Kezdőlap


Feladat:	F.3201	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Baharev Ali , Gyenes Zoltán , Hegedűs Péter , Juhász András , Lippner Gábor , Lukács László , Mecz Balázs , Páles Csaba , Pogány Ádám , Szabadka Zoltán , Székelyhidi Gábor , Terék Zsolt , Terpai Tamás , Végh A. László
Füzet:	1998/október, 410 - 412. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tetraéderek, Térelemek és részeik, Súlypont, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/november: F.3201

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

Az $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ , $D_{1}$ pontok definíciójából következik, hogy $A_{1}$ a $B C D$ ; $A$ pedig a $B_{1} C_{1} D_{1}$ háromszög belső pontja. Ezért léteznek olyan $b$ , $c$ , $d$ , $b_{1}$ , $c_{1}$ , $d_{1}$ pozitív valós számok, amelyekre

\begin{matrix} \begin{matrix} b \cdot \vec{A_{1} B} + c \cdot \vec{A_{1} C} + d \cdot \vec{A_{1} D} & = 0 és & (1) \\ b_{1} \cdot \vec{A B_{1}} + c_{1} \cdot \vec{A C_{1}} + d_{1} \cdot \vec{A D_{1}} & = 0 . & (2) \end{matrix} \end{matrix}

Ezekről a valós számokról még azt is feltehetjük, hogy

\begin{matrix} \frac{A_{1} M}{M A} = \frac{b_{1} + c_{1} + d_{1}}{b + c + d}, \end{matrix}

(3)

mert ha egy számhármas kielégíti (1)-et vagy (2)-t, akkor mindhárom tagját ugyanazzal a (pozitív) konstanssal szorozva ismét a feltételt kielégítő számhármast kapunk. (Az (1)‐(3) feltételek azt jelentik, hogy az

A B C

és az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszögek csúcsaiba megfelelő súlyokat helyezve a súlyozott pontrendszer súlypontja

M

, a két súlyozott háromszög súlypontja pedig

A_{1}

, illetve

A

.)
A (3) feltételből következik, hogy

\vec{M A} (b_{1} + c_{1} + d_{1}) + \vec{M A_{1}} (b + c + d) = 0

. Ezt az (1) egyenlethez adva és rendezve:

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 = \vec{M A} (b_{1} + c_{1} + d_{1}) + \vec{M A_{1}} (b + c + d) + \vec{A_{1} B} \cdot b + \vec{A_{1} C} \cdot c + \vec{A_{1} D} \cdot d = \\ (4) \\ \vec{M A} (b_{1} + c_{1} + d_{1}) + \vec{M B} \cdot b + \vec{M C} \cdot c + \vec{M D} \cdot d . \end{matrix} \end{matrix}

Legyen

N'

A D

szakasznak az a pontja, amelyre

\begin{matrix} \frac{D N'}{N' A} = \frac{b_{1} + c_{1} + d_{1}}{d} \end{matrix}

teljesül. Ekkor

\vec{A N'} (b_{1} + c_{1} + d_{1}) + \vec{D N'} \cdot d = 0

, amit (4)-hez adva és rendezve:

\begin{matrix} \begin{matrix} (\vec{M A} + \vec{A N'}) (b_{1} + c_{1} + d_{1}) + \vec{M B} \cdot b + \vec{M C} \cdot c + (\vec{M D} + \vec{D N'}) \cdot d = 0, azaz \\ \vec{M N'} (b_{1} + c_{1} + d_{1} + d) + \vec{M B} \cdot b + \vec{M C} \cdot c = 0 . \end{matrix} \end{matrix}

Ez viszont csak akkor teljesülhet, ha az

\vec{M B}

\vec{M C}

és

\vec{M N'}

egy síkban van, azaz ha

N'

benne van az

M B C

síkban. Az

M B C

sík és az

A D

egyenes döféspontja viszont

N

, ezért

N' \equiv N

. Tehát

N

A D

szakaszt

d : (b_{1} + c_{1} + d_{1})

arányban osztja. Teljesen hasonló számolással látható be, hogy

\begin{matrix} \frac{A P}{P B} = \frac{b}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} és \frac{A Q}{Q C} = \frac{c}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} . \end{matrix}

Mivel a

B C D

és a

B_{1} C_{1} D_{1}

síkok párhuzamosak, azért az

A_{1} D N

háromszög hasonló a

D_{1} N A

háromszöghöz, tehát

\frac{A D_{1}}{A_{1} D} = \frac{A N}{N D} = \frac{d}{b_{1} + c_{1} + d_{1}}

, s ezért

\begin{matrix} \vec{A D_{1}} = \frac{d}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} \cdot \vec{A_{1} D} . \end{matrix}

Hasonló okoskodással kapjuk, hogy

\begin{matrix} \vec{A B_{1}} = \frac{b}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} \cdot \vec{A_{1} B} és \vec{A C_{1}} = \frac{c}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} \cdot \vec{A_{1} C} . \end{matrix}

Az utolsó három egyenlőséget összeadva és (1)-et felhasználva:

\begin{matrix} \vec{A B_{1}} + \vec{A C_{1}} + \vec{A D_{1}} = \frac{1}{b_{1} + c_{1} + d_{1}} (d \cdot \vec{A_{1} D} + b \cdot \vec{A_{1} B} + c \cdot \vec{A_{1} C}) = 0 . \end{matrix}

Ez viszont csak akkor teljesül, ha az

A

pont a

B_{1} C_{1} D_{1}

háromszög súlypontja, ami éppen a bizonyítandó állítás.

Juhász András (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján