Kezdőlap


Feladat:	1986. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Benczúr András [1983-1987] , Bereczky Áron , Bóna Miklós , Bordás Ferenc , Csom Gyula , Cynolter Gábor , Kós Géza , Lipták László , Mándy Attila , Montágh Balázs , Rimányi Richárd , Szabó Gábor , Tóth Gábor
Füzet:	1987/február, 51 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometria alapjai, Téglatest, Vektorok lineáris kombinációi, Vektorok skaláris szorzata, Háromszögek nevezetes tételei, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Háromszögek egybevágósága, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Trigonometrikus függvények, Tengely körüli forgatás, Vetítések, Derékszögű háromszögek geometriája, Geometriai egyenlőtlenségek, Tetraéderek, Magasságvonal, Magasságpont, Kör geometriája, Téglalapok, Egyéb sokszögek egybevágósága, Paralelepipedon, Egyenes körkúpok, Rombuszok, Középvonal, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/február: 1986. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Először is megmutatjuk, hogy a félegyenesek közös pontja csak a téglatest valamelyik csúcsa lehet. Mivel egy lapnak két átlója van, a három átló közül legalább kettőnek különböző lapokon kell lennie. Két ilyen átló nem lehet szemben fekvő lapokon, mert azok síkjai párhuzamosak, s így a rajtuk levő egy-egy egyenesnek nincs közös pontja. Két szomszédos lapon levő egyenesek csak a lapok metszésvonalán metszhetik egymást, két lapátló tehát csak úgy, ha egyik végpontjuk közös, vagyis a tégla egy csúcsa. Ekkor viszont a harmadik félegyenesen levő átló csak a kérdéses csúcsban találkozó harmadik oldallapnak a csúcsból induló átlója lehet.

1. ábra

Jelöljük a téglatest csúcsait

A

B

C

D

A^{'}

B^{'}

C^{'}

D^{'}

-vel az 1. ábra szerint, és tekintsük az

A

csúcsból induló lapátlókat. Jelöljük az

\vec{A B}

\vec{A D}

\vec{A A^{'}}

vektorokat

a

b

c

-vel, hosszukat

a

b

c

-vel. Ekkor az átlók irányába mutató vektorok:

\begin{matrix} e = \vec{A C} = a + b, f = \vec{A B^{'}} = a + c, g = \vec{A D^{'}} = b + c. \end{matrix}

Két félegyenes akkor zár be hegyesszöget, ha az irányukba mutató vektorok skaláris szorzata pozitív. Esetünkben, mivel az

a

b

c

vektorok páronként merőlegesek egymásra,

\begin{matrix} ef = (a+b)(a+c) = a^{2} + ac + ba + bc = a^{2} > 0, \end{matrix}

tehát az

A C

és

A B^{'}

átlók közt hegyesszög van. Hasonlóan látható be, hogy a másik két átlópár is hegyesszöget zár be.
A szögek összegének megállapításához belátjuk, hogy a három átló közötti szögek megegyeznek pl. az

A C D^{'}

háromszög belső szögeivel. Ebből természetesen következik, hogy összegük

180^{\circ} .

\begin{matrix} B^{'} A D^{'} ∢ = C D^{'} A ∢, \end{matrix}

mert Pitagorasz tételéből

\begin{matrix} B^{'} D^{' 2} = a^{2} + b^{2} = A C^{2} és C D^{' 2} = a^{2} + c^{2} = A B^{' 2,} \end{matrix}

tehát az

A C D^{'}

és a

D^{'} B^{'} A

háromszög megfelelő oldalai egyenlők, s így a háromszögek egybevágók. Felhasználva még a

\begin{matrix} B^{'} C^{2} = b^{2} + c^{2} = A D^{' 2} \end{matrix}

egyenlőséget is, kapjuk, hogy az

A C D^{'}

és

C A B^{'}

háromszögek is egybevágók, amiből következik, hogy

\begin{matrix} A C D^{'} ∢ = C A B^{'} ∢ . \end{matrix}

Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
Most megmutatjuk, hogy ha

α

β

γ

olyan hegyesszögek, amelyek összege

180^{\circ},

akkor van olyan téglatest, amelyiknek az egyik csúcsából induló lapátlók közti szögek

α

β,

illetőleg

γ .

Rajzoljunk olyan háromszöget, amelyiknek a szögei

α

β,

illetőleg

γ .

Ilyen van, mert a szögek összege

180^{\circ} .

Legyen az

α

β

γ

szöggel szemközti oldal hossza

e

f,

illetőleg

g .

Ekkor egy olyan téglatest

a

b

c

éleire, amelyiknek három lapátlója az adott szögeket zárja be, az

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = e^{2}, a^{2} + c^{2} = f^{2}, b^{2} + c^{2} = g^{2} \end{matrix}

(1)

egyenletrendszernek kell teljesülnie. Ennek megoldása :

\begin{matrix} a = \sqrt[]{(e^{2} + f^{2} - g^{2}) / 2,} b = \sqrt[]{(e^{2} + g^{2} - f^{2}) / 2,} c = \sqrt[]{(f^{2} + g^{2} - e^{2}) / 2.} \end{matrix}

A gyökjelek alatt pozitív számok állnak, mert a koszinusztétel szerint ezek az értékek

\begin{matrix} e f cos γ, e g cos β, f g cos α, \end{matrix}

(2)

és ezek a szögek hegyes volta miatt pozitívak.
Szerkesszünk ezekkel az élhosszúságokkal

A B C D A' B^{'} C^{'} D^{'}

téglatestet. Az 1. ábra jelöléseit használva az

A

csúcsból induló

A C

A B^{'}

A D'

lapátlók hosszára ekkor rendre az (1) alatti értékek adódnak. Az átlókat vektoroknak tekintve páronkénti skaláris szorzataikra viszont a (2) alatti értékeket kapjuk, hiszen pl.

\begin{matrix} \vec{A C} \cdot \vec{A B^{'}} = a^{2} = (e^{2} + f^{2} - g^{2}) / 2 = e f cos γ . \end{matrix}

Itt felhasználtuk a megoldás elején végzett számítást is. Mivel a cosinus függvény

0^{\circ}

és

180^{\circ}

közt minden

1

és -

1

közti értéket csak egyszer vesz fel, ez csak úgy lehet, ha a lapátlók szöge rendre

γ

β

és

α .

Ezzel a feladatot megoldottuk.

Megjegyzések. 1. A versenyzők nagy része számításon keresztül oldotta meg a feladatot, ezért választottunk elsőnek egy számításon alapuló megoldást. Akadtak olyanok is, akik a

\begin{matrix} cos ((e, f) ∢ + (f, g) ∢ + (e, g) ∢) = - 1, \end{matrix}

vagy a

\begin{matrix} cos ((e, f) ∢ + (f, g) ∢) = - cos (g, e) ∢ \end{matrix}

egyenlőség igazolásával látták be, hogy a szögek összege

180^{\circ} .

2. Annak a belátására, hogy bármely

3

hegyesszöghöz, amelyeknek az összege

180^{\circ},

van olyan téglatest, amelynek

3

lapátlója közti szögek éppen az adottak, azt bizonyítottuk be, hogy minden hegyesszögű háromszöghöz található a térben olyan pont, amelyiket a csúcsokkal összekötő egyenesek páronként merőlegesek. Lényegében ennek a bizonyítását kívánta az 1938. évi Eötvös verseny 3. feladata.^{$^{*}$}

3. A szögösszegre vonatkozó bizonyítás során azt láttuk be, hogy az

A B^{'} C D^{'}

tetraéder kitérő élpárjai egyenlő hosszúak. Így az oldallapok egybevágó háromszögek. Az ilyen tetraédereket egyenlőoldalúnak nevezik. Ezek a szabályos tetraédernél kevésbé speciálisak, mégis rendelkeznek a szabályos háromszögek számos tulajdonságának a térbeli megfelelőjével.

A feladat megoldható számolás nélkül, amint a további megoldások mutatják. Nem bizonyítjuk újra, hogy a félegyeneseknek a tégla egy csúcsából kell indulniuk. Ennek bizonyítása egyébként nem igényelt számítást.

2. ábra

II. megoldás. Belátjuk, hogy a

C A D^{'} ∢

hegyesszög. Forgassuk a

C A D^{'}

háromszöget

C D^{'}

oldala körül a

C D D^{'}

síkba; jelöljük

A

új helyzetét

A_{1}

-gyel. (2. ábra).

D

C A_{1} D^{'}

háromszög belsejében lesz, ugyanis az

A

csúcs egy

C D^{'}

-re bocsátott merőleges síkban mozog forgatás közben. Ennek a síknak az

E

metszéspontja a

C D^{'}

egyenessel a

C D^{'}

szakasz belsejében van, mert

A

merőleges vetülete,

D,

rajta van a

C D D'

sík és a merőleges sík metszésvonalán, az

A_{1} E

egyenesen; így

D E

C D D'

derékszögű háromszög

D

-ből húzott magassága, talppontja tehát az átfogó belsejére esik. Mivel az

A D E

háromszög

A E

átfogója nagyobb a

D E

befogónál, így

D

A_{1} E

szakaszon van. Ekkor azonban

\begin{matrix} C D E ∢ > C A_{1} E ∢ és E D D^{'} ∢ > E A_{1} D' ∢, \end{matrix}

mert a bal oldalon a

C A_{1} D,

ill. a

D A_{1} D'

háromszög

D

-nél levő külső szöge áll, a jobb oldalon viszont az

A_{1}

csúcsnál fekvő belső szög. A megfelelő oldalakat összeadva :

\begin{matrix} 90^{\circ} = C D E ∢ + E D D^{'} ∢ > C A_{1} E ∢ + E A_{1} D^{'} ∢ = C A_{1} D^{'} ∢, \end{matrix}

és ezt akartuk bizonyítani. Hasonlóan látható be, hogy a másik két átlópár is hegyesszöget zár be.
Az

A B^{'} C D^{'}

tetraéder egyenlőoldalú, mert az

A B'

C D'

B' C

D^{'} A

A C

B' D^{'}

szembenfekvő élpárok a tégla két-két szembenfekvő lapjának egy-egy átlója ; ezek a lapok egybevágó téglalapok és a téglalap két átlója egyenlő hosszú.
Ekkor egybevágók a következő háromszögek :

A C D^{'}

C A B^{'}

D^{'} B^{'} A

és így

\begin{matrix} C A B^{'} ∢ = A C D' ∢, B^{'} A D^{'} ∢ = C D^{'} A ∢ . \end{matrix}

A jobb oldali szögek az

A C D^{'}

háromszög belső szögei, tehát a három lapátló közti szögek összege :

\begin{matrix} B^{'} A C ∢ + C A D^{'} ∢ + D^{'} A B^{'} ∢ = D^{'} A C ∢ + C A D^{'} ∢ + A D^{'} C ∢ = 180^{\circ} . \end{matrix}

Ezzel beláttuk a feladatban szereplő feltételek szükséges voltát.

3. ábra

Teljesüljön az

α

β

γ

hegyesszögekre az

α + β + γ = 180^{\circ}

összefüggés. Rajzoljunk

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszöget, amelyiknek ekkorák a szögei. Jelöljük az

A_{2} A_{3}

A_{3} A_{1}

A_{1} A_{2}

oldalak felezőpontját rendre

B^{'}

C

D^{'}

-vel (3. ábra). (Így maradunk összhangban az eddigi jelölésekkel.) A

C A_{1} D^{'}

háromszöget a

C D^{'}

oldala körül, a

B^{'} A_{2} D^{'}

háromszöget pedig a

B^{'} D^{'}

oldala körül forgatva az

A_{1}

és

A_{2}

pontok találkoznak a tér egy

A

pontjában. Az

A_{1}

pont vetülete ugyanis az

A_{1}

-ből

C D^{'}

-re állított merőlegesen mozog. Ez merőleges

A_{2} A_{3}

-ra is, tehát az

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszög magasságvonala. Metszéspontját

C D^{'}

-vel jelöljük

E

-vel. Ez felezi a magasságot. Hasonlóan

A_{2}

vetülete a

B^{'} D^{'}

-re merőleges egyenesen mozog a forgatás során. Ez a háromszög

A_{2}

-ből húzott magasságvonala, a háromszögbe eső szakaszát a

B^{'} D^{'}

-vel való

F

metszéspont felezi.
A két egyenes

M

metszéspontja a háromszög magasságpontja. Ez a háromszög belsejében van, mert a háromszög hegyesszögű. Az említett felezési tulajdonságok miatt

\begin{matrix} A_{1} E > E M és A_{2} F > F M . \end{matrix}

Ennek folytán az a kör, amelyiken

A_{2}

mozog, az

M

pontban a háromszög síkjára merőlegesen álló egyenest metszi. A metszéspont legyen

A .

Erre

\begin{matrix} A D^{'} = A_{1} D^{'} = D^{'} A_{2}, \end{matrix}

így ugyanebbe a pontba jut a forgatás közben

A_{2}

is. Az

A

pontra teljesülnek az

\begin{matrix} A C = C A_{1} = C A_{3} és A B^{'} = B^{'} A_{2} = B^{'} A_{3} \end{matrix}

egyenlőségek, tehát az

A B^{'} C

háromszög egybevágó

A_{3} B^{'} C

-vel. Az

A B^{'}

A C

és

A D^{'}

félegyenesek közti szögek tehát az adott hegyesszögekkel egyenlők, az

A B^{'} C D^{'}

tetraéder pedig egyenlő oldalú.
Olyan téglatestet kell még szerkesztenünk, amelyiknek az

A

csúcsból induló élek lapátlói. Húzzunk

A B^{'}

felezőpontján át olyan

D^{'} C

-vel egyenlő és egy irányban párhuzamos

A^{'} B

szakaszt, amelyet a pont szintén felez, és hasonlóan

C D^{'}

felezőpontján át

B^{'} A

-val egyenlő, párhuzamos és egyirányú

C^{'} D

szakaszt, amelyet a pont szintén felez (4. ábra).

4. ábra

Ekkor

A A^{'} B^{'} B

és

C C^{'} D^{'} D

párhuzamos oldalú és egybevágó téglalapok, mert átlóik egyenlők és felezik egymást, tehát

A B C D A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

paralelepipedon. Ekkor azonban téglalapok a többi lapjai is, mert

\begin{matrix} B D = B^{'} D^{'} = A C = A^{'} C^{'} és B C^{'} = A D^{'} = C B^{'} = D A^{'}, \end{matrix}

mivel a tetraéder szemben fekvő élei egyenlők. A paralelepipedon tehát téglatest. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Megjegyzések. I. A megoldásból látható, hogy tetszés szerinti

A B^{'} C D^{'}

tetraéderhez megszerkeszthető az

A B C D A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

paralelepipedon, a tetraéder ún. bennfoglaló paralelepipedonja. Erre vonatkozóan lényegében azt láttuk be, hogy a bennfoglaló paralelepipedon akkor és csak akkor téglatest, ha a tetraéder egyenlőoldalú. Hozzátehetjük ‐ ez könnyen látható ‐, hogy akkor és csak akkor kocka, ha a tetraéder szabályos.

2. Az előző megjegyzésnek és a feladat állításának az összevetéséből azt is kapjuk, hogy az egyenlőoldalú tetraéder élei közti szögek hegyesszögek. Nem igaz viszont a megfelelő állítás a lapok közti szögekre. A fenti megoldásban felhasználtuk, hogy az

M

magasságpont az

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszög belsejében van, mert az hegyesszögű. Nem kell azonban a

B^{'} C D^{'}

középháromszögben lennie. Ha pl. a

D^{'} A_{2} B^{'}

háromszögbe esik (5. ábra), akkor az

A B^{'} D^{'}

és

B^{'} C D^{'}

lapok szöge tompaszög.

5. ábra

III. megoldás. Fektessünk az

A B C D A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

téglatest

A

csúcsán át az

A C

lapátlóra merőleges síkot (6. ábra). Ennek a téglával az

A A^{'}

éle közös, a test a sík egyik oldalán fekszik. Ennélfogva az

A B^{'}

és

A D^{'}

félegyenesek hegyesszöget zárnak be a síkra merőleges

A C

félegyenessel. Hasonlóan látható be, hogy az utoljára említett két félegyenes is hegyesszöget zár be.

6. ábra

7. ábra

Tükrözzük a téglatestet az

A A^{'} D^{'} D

és

B B^{'} C^{'} C

lapok középpontján átmenő tengelyre (7. ábra). Ekkor a

B^{'} A D^{'} ∢

és a

C D^{'} A ∢

egymásba megy át, tehát ezek egyenlők. Az

A B C D

és

A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

lapokra merőleges tengelyen át tükrözve kapjuk a

D^{'} C A ∢

és

B^{'} A C ∢

egyenlőségét. Az

A B^{'}

A C

A D^{'}

lapátlók közti szögek tehát az

A C D^{'}

háromszög belső szögeivel egyenlők, s így összegük

180^{\circ} .

Ezzel a feltételek szükséges voltát beláttuk.
Legyen most

α

β

γ

három hegyesszög, amelyek összege

180^{\circ} .

Rajzoljunk a síkban

γ

szöget bezáró

e

és

f

félegyenest, majd egy

α

nyílásszögű körkúpot

e

tengellyel és egy

β

nyílásszögűt

f

tengellyel. Ezek metszik egymást. Legyen ugyanis a kúpok metszésvonala

e

és

f

síkjával

g_{1}

h_{1}

és

g_{2}

h_{2},

akkor ezek közül kettő, mondjuk

h_{1}

és

h_{2},

egymás meghosszabbítása, mert a szögek összege

180^{\circ}

(8. ábra). A

g_{1}

h_{1}

és

g_{2}

h_{2}

félegyenesek közti szögtartomány nyílásszöge

2 α,

ill.

2 β .

8. ábra

Mivel

\begin{matrix} 2 α + 2 β = 360^{\circ} - 2 γ > 180^{\circ}, \end{matrix}

így a két szögtartomány átfedi egymást. Közös részük mindkét kúpban benne van, azok tehát valóban metszik egymást. Egyik metszésvonalukat

g

-vel jelölve, az

e

f

g

félegyenesek közti szögek

γ

β

és

α .

9. ábra

Jelöljük a félegyenesek közös kezdőpontját

0

-val. Legyen

g

egy ettől különböző pontja

D_{1} .

Húzzuk meg

D_{1}

-ből az

O D_{1}

-gyel

e

és

g

síkjában

(f, g) ∢ (= β)

és

f

és

g

síkjában

(e, g) ∢ (= α)

szöget bezáró egyenest (9. ábra). Az előbbinek

e

-vel, ill. az utóbbinak

f

-fel való metszéspontja legyen

B_{1},

ill.

C .

Ekkor az

O B_{1} D_{1}

és

D_{1} C O

háromszög egybevágó, mert a közös

O D_{1} = D_{1} O

oldalukon levő szögek egyenlők. Így

O B_{1} = D_{1} C

és

B_{1} D_{1} = C O .

Ekkor viszont a

B_{1} O C

háromszög is egybevágó az előbbiekkel, mert

\begin{matrix} B_{1} O C ∢ = γ = O B_{1} D_{1} ∢ \end{matrix}

és a megfelelő szögszárakon levő oldalak egyenlők. Így viszont a

C D_{1} B_{1}

háromszög is egybevágó az előbbiekkel, mert az utolsó egybevágóságból következik, hogy

C B_{1} = O D_{1}

és így pl. az

O B_{1} D_{1}

háromszöggel megfelelő oldalaik egyenlők. Az

O B_{1} C D_{1}

tetraéder tehát egyenlőoldalú.
Jelöljük a

C O

C B_{1}

C D_{1}

O B_{1}

B_{1} D_{1}

D_{1} O

élek felezőpontját rendre

A

B^{'}

D^{'}

U

V

W

-vel. Ekkor

A

B^{'}

V

W

egy rombusz csúcsai, mert

A B^{'}

és

W V

párhuzamos

O B_{1}

-gyel és fele akkora, miután az

O C B_{1},

ill.

O D_{1} B_{1}

háromszög középvonala. Így egy síkban vannak és egy paralelogramma csúcsai. Ezen felül

A W

C O D_{1}

háromszög középvonala, tehát félakkora, mint

C D_{1},

ami meg

O B_{1}

-gyel egyenlő. Így a paralelogramma valóban rombusz, tehát

A V

és

B^{'} W

átlói merőlegesek és felezik egymást. Hasonlóan látható, hogy

A U V D^{'}

és

B^{'} D^{'} W U

is rombusz, így

A V

B^{'} W

és

D^{'} U

páronként merőlegesek és felezőpontjuk közös; jelöljük ezt

A^{'}

-vel.
Az

A^{'}

pontból az

A B^{'} D^{'}

háromszög oldalai derékszögben látszanak. Legyen

B

C^{'},

ill.

D

az a pont, amire

A A^{'} B^{'} B

A^{'} B^{'} C^{'} D^{'},

ill.

A A^{'} D^{'} D

paralelogramma. Mivel ezek a paralelogrammák téglalapok, az

A B C D A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

paralelepipedon téglatest. Ennek

A B^{'}

A C

A D^{'}

lapátlói rendre

O B_{1}

O C

O D_{1}

-gyel párhuzamosak, így a köztük levő szögek az adott szögek. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Megjegyzések. 1. Azok a versenyzők, akik számolásmentes utat követtek a feladat megoldásában, az elégségesség bizonyításánál többnyire adottnak tekintettek három egy pontból induló, nem egy síkban fekvő félegyenest, amelyek közti szögek hegyesszögek és összegük

180^{\circ} .

Ekkor nem is használták azt a feltételt, hogy a szögek hegyesszögek. Valójában ez éppen annak a belátásához kell, hogy tetszés szerinti három hegyesszöghöz, amelyek összege

180^{\circ},

van három olyan félegyenes, amelyek éppen ekkora szöget zárnak be. Emögött pedig az rejlik, hogy egy háromél élei közti szögek közül bármelyik kettő összege nagyobb a harmadiknál.
2. A megoldás gondolatmenetével tetszés szerinti tetraéderre belátható, hogy a szemközti élpárok felezőpontjait összekötő szakaszoknak ‐ a tetraéder középvonalainak ‐ közös a felezőpontja. A középvonalak a tetraéder bennfoglaló paralelepipedonjának egy csúcsból induló éleivel párhuzamosak és egyenlők. Így akkor és csak akkor merőlegesek páronként, ha a tetraéder egyenlőoldalú.

^{$^{*}$}Lásd : Hajós Gy.‐ Neukomm Gy ‐ Surányi J.: Matematikai versenytételek, II. köt., 2. kiad. (Tankönyvkiadó, Budapest, 1965) 65‐66. old.