Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometriai bizonyítások, Négyszög alapú gúlák, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/október: A.407

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 $A C E$ síkon $B'$ -vel, illetve $D'$ -vel. Mivel az $A B C$ , $A B E$ és $B C E$ síkok egyaránt $45^{\circ}$ -os szöget zárnak be az $A C E$ síkkal, a $B'$ pont távolsága az $A C$ , $A E$ és $C E$ egyenesek mindegyikétől éppen $B B'$ , függetlenül attól, hogy $B'$ az egyeneseknek melyik oldalára esik. Hasonlóképpen, a $D'$ pont távolsága az $A C$ , $A E$ és $C E$ egyenesek mindegyikétől éppen $D D'$ (1. ábra).

1. ábra

Négy olyan pont van az

A C E

háromszög síkjában, ami egyenlő távolságra van az

A C

A E

C E

egyenesektől; a háromszög beírt körének, valamint a három hozzáírt körének középpontja. Jelölje ezeket

I

, illetve a szokásos indexeléssel

I_{A}

I_{C}

és

I_{E}

; a

B'

és a

D'

pont ezek közül kettő.
Mivel az

A B E

és az

A D E

síkok, illetve a

B C E

és a

C D E

síkok szimmetrikusak az

A C E

síkra, az

E B

és az

E D

egyenesek is egymás tükörképei. Az

E B

és

E D

egyenesek merőleges vetülete az

A C E

síkra tehát egybeesik; a

B'

és

D'

pont az

A E C

szögnek ugyanazon a (belső vagy külső) szögfelezőjén van.

2. ábra

B'

és

D'

A E C

szög belső szögfelezőjén van, akkor egyikük

I

, a másik

I_{E}

. Mivel

B

és

D

szerepe felcserélhető, feltehetjük, hogy

B' = I

és

D' = I_{E}

(2. ábra). A Pitagorasz-tételt felírva az

A B B'

A D D'

és

A B' D'

derékszögű háromszögekre,

\begin{matrix} A B^{2} + A D^{2} & = ({A B'}^{2} + {B B'}^{2}) + ({A D'}^{2} + {D D'}^{2}) = \\ = ({A B'}^{2} + {A D'}^{2}) + {B B'}^{2} + {D D'}^{2} = {B' D'}^{2} + {B B'}^{2} + {D D'}^{2} . \end{matrix}

Hasonlóan, az

A

helyére

C

-t írva,

\begin{matrix} B C^{2} + C D^{2} & = ({B' C}^{2} + {B B'}^{2}) + ({C D'}^{2} + {D D'}^{2}) = \\ = ({B' C}^{2} + {C D'}^{2}) + {B B'}^{2} + {D D'}^{2} = {B' D'}^{2} + {B B'}^{2} + {D D'}^{2} . \end{matrix}

Azt kaptuk, hogy

A B^{2} + A D^{2} = B C^{2} + C D^{2}

, az állítás tehát teljesül.
Most vizsgáljuk azt az esetet, amikor

B'

és

D'

A E C

szög külső szögfelezőjén van, vagyis egyikük

I_{A}

, a másik

I_{C}

. Az

A B' C D'

négyszög, ami a gúla

A B C D

alaplapjának merőleges vetülete az

A C E

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

A C E

háromszög két oldallappal is

135^{\circ}

-os szöget zár be. (Ez az oka a sok 4 pontos dolgozatnak.) Ha az

A C E

sík mindegyik oldallappal ugyanakkora szöget zár be, akkor a konkáv eset valóban nem lehetséges (csak a hurkolt), de ez mindenképpen indoklásra szorul.