Feladat: 414. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Friedmann B. ,  Grosz A. ,  Kántor N. ,  Kornis Ö. ,  Prakatur T. ,  Riesz Fr. ,  Szabó I. ,  Szabó K. ,  Weisz Lipót 
Füzet: 1898/március, 135 - 138. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Menelaosz-tétel, Szinusztétel alkalmazása, Tetraéderek, Térelemek és részeik, Szinusztétel alkalmazása a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1897/október: 414. matematika feladat

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

1. Legyen először a P pont az ABC háromszög síkjában. Bizonyításainkban a következő egyszerű segédtételt fogjuk felhasználni:
Ha valamely XYZ háromszög X csúcsából a szemben fekvő YZ oldalhoz XX1 szelőt húzunk, akkor:

X1YX1Z=XY⋅sinYXX1^XZ⋅sinZXX1^

Ennek kimutatására az XYX1 és XZX1 háromszögekre a sinus tételt a következőképpen alkalmazzuk:
X1YX1X=sinYXX1^sinXYX1^

és
X1ZX1X=sinZXX1^sinXZX1^.
E két egyenlet hányadosát képezve, és tekintetbe véve azt, hogy
sinXZX1^sinXYX1^=XYXZ
nyerjük segédtételünket.
Alkalmazzuk már most a lehozott tételt a PAB,PBC és PCA háromszögekre.
 

 

Akkor
FAFB=PA⋅sinAPF^PB⋅sinBPF^

DBDC=PB⋅sinBPD^PC⋅sinCPD^
és
ECEA=PC⋅sinCPE^PA⋅sinAPE^

E három egyenletet összeszorozva és tekintetbe véve azt, hogy:
APF^=180∘-CPD^
BPD^=APE^
CPE^=BPF^
nyerjük:
FAFB⋅DBDC⋅ECEA=1
mi a Menelaos-féle tétel értelmében világosan azt bizonyítja, hogy a D,E és F egy egyenesben feküsznek.
 
2. Vegyük már most a P pontot az ABC háromszög síkján kívül.
Ez esetben a PA,PB,PC egyenesek oly tetraëder oldaléleit képezik, melynek alapja az ABC háromszög és csúcsa a P pont.
 

 

A PD,PE,PF egyenesek helyett most olyan d,e,f síkokat kell vennünk, melyek valamennyien a P csúcson mennek keresztül és merőlegesek megfelelően a PA,PB,PC oldalélekre. A d sík a BC oldalon a D pontot, az e sík a CA oldalon az E pontot, és végre az f sík az AB oldalon az F pontot határozza meg.
Messe a d sík az AC,AB oldalakat Aγ,Aβ pontokban, az e sík az BA,BC oldalakat Bα,Bγ pontokban, és végre az f sík a CA,CB oldalalakat Cα,Cβ pontokban. Akkor:
PAγ⊥PA  és  PAβ⊥PA
PBα⊥PB  és  PBγ⊥PB
PCβ⊥PC  és  PCα⊥PC

és valamennyi a d,c,f síkoknak a PA,PB,PC egyenesekre való merőlegességéből következik.
Az Aβ,D és Aγ pontok egy egyenesben feküsznek és pedig a d síknak az ABC síkkal való metszésvonalában, és így a Menelaos-féle tétel értelmében:
DBDC⋅AβCAαA⋅AγAAγB=1.

De ha segédtételünket a PCA és PAB háromszögek PAβ illetőleg PAγ szelőjére alkalmazzuk, akkor:
AβCAβA=PC⋅sinCPAβ^PA⋅sin90∘
és
AγAAγB=PA⋅sin90∘PB⋅sinAγPB^
és így
DBDC⋅PC⋅sinCPAβ^PB⋅sinAγPB^=1.

Hasonlóképpen:
ECEA⋅PA⋅sinAPBγ^PC⋅sinBαPC^=1
és
FAFB⋅PB⋅sinBPCα^PA⋅sinCβPA^=1.

E három egyenlőséget összeszorozva és tekintetbe véve, hogy:
CPAβ^=CβPA^APBγ^=AγPB^BPCα^=BαPC^
nyerjük:
DBDC⋅ECEA⋅FAFB=1
mi a Menelaos-féle tétel értelmében a D,E,F pontoknak egy egyenesben való fekvését bizonyítja.
 
Megjegyzések. Ha a P pont az ABC háromszög köré írható kör kerületén bárhol van, akkor a DEF egyenes keresztül megy e kör középpontján.
A tétel folyománya a következő tétel:
Legyen adva egy AA1,BB1 és CC1 magasságokkal bíró ABC háromszög és síkjában egy P pont akárhol; bebizonyítható, hogy PAA1,PBB1 és PCC1 körök középpontjai egy egyenesben feküsznek. (Vagyis a P ponton kívül még egyszer egy pontban találkoznak.)
 
(Weisz Lipót.)

 
A feladatot még megoldották: Friedmann B., Grosz A., Kántor N., Kornis Ö., Prakatur T., Riesz Fr., Szabó I., Szabó K.