Feladat: A.407 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bogár Péter ,  Bohus Péter ,  Gyenizse Gergő ,  Hujter Bálint ,  Kisfaludi-Bak Sándor ,  Kónya Gábor ,  Korándi Dániel ,  Kornis Kristóf ,  Lovász László Miklós ,  Nagy Csaba ,  Nagy Dániel ,  Nagy János ,  Sümegi Károly ,  Tomon István 
Füzet: 2007/március, 157 - 158. oldal  PDF file
Témakör(ök): Térgeometriai bizonyítások, Négyszög alapú gúlák, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2006/október: A.407

Az ABCDE négyoldalú gúlában az ACE sík 45-os szöget zár be az ABCD, ABE, BCE, CDE és DAE lapok mindegyikével. Igazoljuk, hogy AB2+AD2=BC2+CD2.

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

Megoldás. Jelöljük a B és a D pontok merőleges vetületét az ACE síkon B'-vel, illetve D'-vel. Mivel az ABC, ABE és BCE síkok egyaránt 45-os szöget zárnak be az ACE síkkal, a B' pont távolsága az AC, AE és CE egyenesek mindegyikétől éppen BB', függetlenül attól, hogy B' az egyeneseknek melyik oldalára esik. Hasonlóképpen, a D' pont távolsága az AC, AE és CE egyenesek mindegyikétől éppen DD' (1. ábra).

 

 
1. ábra
 

Négy olyan pont van az ACE háromszög síkjában, ami egyenlő távolságra van az AC, AE, CE egyenesektől; a háromszög beírt körének, valamint a három hozzáírt körének középpontja. Jelölje ezeket I, illetve a szokásos indexeléssel IA, IC és IE; a B' és a D' pont ezek közül kettő.
Mivel az ABE és az ADE síkok, illetve a BCE és a CDE síkok szimmetrikusak az ACE síkra, az EB és az ED egyenesek is egymás tükörképei. Az EB és ED egyenesek merőleges vetülete az ACE síkra tehát egybeesik; a B' és D' pont az AEC szögnek ugyanazon a (belső vagy külső) szögfelezőjén van.
 

 
2. ábra
 

Ha B' és D' az AEC szög belső szögfelezőjén van, akkor egyikük I, a másik IE. Mivel B és D szerepe felcserélhető, feltehetjük, hogy B'=I és D'=IE (2. ábra). A Pitagorasz-tételt felírva az ABB', ADD' és AB'D' derékszögű háromszögekre,
AB2+AD2=(AB'2+BB'2)+(AD'2+DD'2)==(AB'2+AD'2)+BB'2+DD'2=B'D'2+BB'2+DD'2.
Hasonlóan, az A helyére C-t írva,
BC2+CD2=(B'C2+BB'2)+(CD'2+DD'2)==(B'C2+CD'2)+BB'2+DD'2=B'D'2+BB'2+DD'2.
Azt kaptuk, hogy AB2+AD2=BC2+CD2, az állítás tehát teljesül.
Most vizsgáljuk azt az esetet, amikor B' és D' az AEC szög külső szögfelezőjén van, vagyis egyikük IA, a másik IC. Az AB'CD' négyszög, ami a gúla ABCD alaplapjának merőleges vetülete az ACE síkra, mindkét esetben hurkolt (3. ábra), ami ellentmondás. Ez az eset tehát nem lehetséges.
 

 
3. ábra
 

Megjegyzések. 1. A bizonyítandó egyenlőség a hurkolt esetben is teljesül.
2. A versenyzők többsége indoklás nélkül feltételezte, hogy a gúla konvex, és nem vizsgálta azt az esetet, amikor az ACE háromszög két oldallappal is 135-os szöget zár be. (Ez az oka a sok 4 pontos dolgozatnak.) Ha az ACE sík mindegyik oldallappal ugyanakkora szöget zár be, akkor a konkáv eset valóban nem lehetséges (csak a hurkolt), de ez mindenképpen indoklásra szorul.