Térgeometriai feladatok és tételek ...

Térgeometriai feladatok és tételek 185
V. FEJEZET
Térgeometriai feladatok és tételek
V.4.
Gyakorlatok és feladatok (192. oldal)
1. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C és D négy nem egy síkban levő pont, akkor létezik
olyan O pont, amelyre OA=OB=OC=OD. (vagyis minden tetraéder gömbbe írható).
Megoldás. Ha O1 a BC D háromszög köré írt kör középpontja, O 2 az ACD
háromszög köré írt kör középpontja és M a [ CD ] szakasz felezőpontja, akkor
OM 2 ⊥CD⎫⎪ ⎪⎬⎪
⇒ ( 1 2 ) ⊥CD.
OM 1 ⊥CD⎪⎭ M OO
V. 1. ábra
A
CD ⊂ ( BCD)
⎫⎪
⎪
CD ⊂ ( ACD)
⎪
⎬ ⇒
⎪
CD ⊥(
O1O2M) ⎪
⎪⎭
( BCD) ⊥(
O1O2M) (1).
( ACD) ⊥(
O O M )
1 2
Ha d1 és d 2 az O1 -ben a ( BCD)
illetve az O2 -ben az ( ACD)
síkokra állított merőleges
egyenesek, akkor (1) alapján
következik, hogy d , d ⊂ ( O M)
1 2 O1
2
és a ( ) sík nem párhuzamos az ( ) síkkal, tehát d ∩d ≠∅.
BDC ACD 1 2
Ha d ∩ d = { O}
, akkor
1 2
2 2
2 2
B
C
O
O1
OB = OC = OD = OO + R ,
2 2
1 1
O 2
M
D
OC = OD = OA =
= OO + R és R , R a BCD háromszög, illetve az ACD háromszög köré írt
1 2
kör sugarai. Ebből következik, hogy OA = OB = OC = OD .
2. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben DA ⊥ AB, DA ⊥ AC és
AB ⊥ AC , akkor m( C AB∠ ) > mCDB ( ∠) .
Szintetikus megoldás
2 2
2
AB ⊥ AC ⇒ m( C AB∠ ) = 90 ⇒ BC = AB + AC (1).
Másrészt a BCD∆ -ben a koszinusz tételből
2 2 2
BC = BD + CD −2BD ⋅CD⋅ cos(
BDC∠)
.
⊥ AB m( DAB∠ ) = 90
2 2 2
Továbbá AD ⇒ ⇒ BD és ⇒
m( DAC∠ ) = 90
= AD +
AC
2 2
2
⇒ ⇒ DC .
= AB + AD AD ⊥AC

186 Térgeometriai feladatok és tételek
2
Tehát BC
2 2 2
= AB + AC + 2AD−2BD ⋅CD ⋅cos( BDC∠)
(2).
D
(1) és (2) alapján
2
AD = BD ⋅CD⋅cos( BDC∠ ) ⇒
A
cos( BDC∠ ) > 0 . Viszont
m( BDC∠) ∈(0,
π),
tehát
m( BDC∠)
< 90 = m( CAB∠
) .
Ezzel az állítást igazoltuk.
C
Vektoriális megoldás
B
AB ⊥AD
⇒ AB ⋅ AD = 0
V. 2. ábra
AC ⊥AD
⇒ AC ⋅ AD = 0
AB ⊥AC
⇒ AB ⋅ AC = 0
BD ⋅ CD = BD ⋅CD ⋅cos( CDB∠)
Másrészt BD ⋅ CD = ( AD −AB)( AD − AC ) =
2 2
= AD −AD ⋅AC−AB⋅ AD + AB ⋅ AC = AD ⇒
2
⇒ AD = BD ⋅CD ⋅cos( CDB∠)
⇒ cos( CDB∠ ) > 0 , de ( CDB∠) ∈(0,
π ⇒
mC ( DB∠ ) < 90 = mCAB ( ∠)
.
Megjegyzés. A feladat állítása következik a tankönyv 3. 12. feladatából.
3. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben DA ⊥ AB, DA ⊥CAés
CD = DB , akkor AC = AB és m( C AB∠ ) > mCDB ( ∠).
Megoldás. A V. 2.ábra jelöléseit használjuk. Az ABC háromszögben a koszinusz
2 2 2
tételből BC = AC + AB −2AC⋅AB⋅cos( CAB∠)
. A BC D háromszögben
BC
= BD + CD −2BD ⋅CD⋅cos( BDC∠)
. Pitágorász tételét alkalmazzuk a
2 2 2
BAD
fenti összefüggésekből következik, hogy
= AB + AD = AD + AC
2
BC
2 2 2
= AB + AC + 2AD−2BD ⋅CD ⋅ cos(
BDC∠)
⇒
2 2 2 2 2
2
és CAD háromszögekben: BD és CD . A
2
⇒ 2 AD = 2BD ⋅CD ⋅cos( BDC∠) −2AC⋅AB⋅cos( CAB∠)
.
Továbbá CD ≡ DB , AD ≡ AD és ( BAD∠) ≡( CAD∠)
⇒ BAD ≡ CAD ⇒
2 2
2
AC ≡ AB . Tehát 2AD = 2 BD cos( BDC∠) −2ABcos(
CAB∠)
⇒
)
∆ ∆
2 2
2 2
⇒ BD − AB = BD cos( BDC∠) −AB cos(
CAB∠)
⇒
2 2
⇒ BD ( 1−cos( BDC∠ ) ) = AB ( 1−cos( CAB∠)
) .
Viszont BD >
AB , mert BD átfogó és AB befogó a BAD derékszögű
háromszögben, tehát

Térgeometriai feladatok és tételek 187
1−cos( BDC∠ ) < 1−cos( CAB∠
) ⇒ cos( BDC∠ ) > cos(
CAB∠
) (1).
Tudjuk, hogy m( B DC∠)
és m( C AB∠) ∈ (0, π)
, valamint a koszinusz függvény
csökkenő a ( 0, π intervallumon, tehát (1)-ből következik, hogy
m( BDC∠ ) < m( CAB∠)
.
4. Bizonyítsd be, hogy ha az OA, OB
és OC térbeli egyenesek nincsenek
egy síkban, akkor az általuk
meghatározott három síkszög
mértékei közül bármely kettő összege
nagyobb vagy egyenlő mint a
harmadik mértéke.
Megoldás. Ha az AOB, AOC és
BOC síkszögek kongruensek, akkor a
tulajdonság igaz. Ha az előbbi szögek
nem kongruensek, feltételezhetjük,
hogy mAOB ( ∠) ≤mBOC ( ∠)
és
mA ( OC∠) ≤mBOC ( ∠)
.
)
O
Így elégséges igazolni, hogy m ( AOC∠ ) + m( AOB∠) ≥m( BOC∠)
. Az OA, OB és
OC egyeneseken vegyük fel az A 1 , 1 és C pontokat úgy, hogy
, majd a egyenesen az A pontot úgy, hogy
. Mivel , az pont a
B 1
) BC 1 1
2
) mBOC ( 1 1∠) ≥mAOB ( 1 1∠)
2 A
m( ABO 1 1 ∠ ) = mOBC ( 1 1∠
mAOB ( 2 1∠ ) = mAOB ( 1 1∠
[ BC 1 1]
szakaszon van. Az AOB és AO háromszögek kongruensek, mert OB közös
B
1
C1
A 1
A
2
C
A
B1
V. 3. ábra
)
1 2 1 C
1 1 C
oldal és mAOB∠ ( 2 1 ) = mAOB∠ ( 1 1 ) valamint mABO ( 1 1 ∠ ) = m . Így
AB 1 1 = AB 2 1,
tehát az AA 1 2 1 szög tompaszög. Az AA 1 2 1 háromszögben az AA
szög a legnagyobb szög, tehát . Ebből következik, hogy az AO és
AOC háromszögekben OC közös oldal, OA és . Ez csak
C
( OB1A∠
2
C
AC 1 1 > AC 2 1
OA AC > AC
2 1
1
2 1
1 1 1 = 2 1 1
akkor lehetséges, ha mAO ( C∠
) = mAOC ( ∠)
. Tehát
1 1 2 1
mAOB ( 1 1∠ ) + mAOC ( 1 1∠ ) > mBOA ( 1 2∠ ) + mAOC ( 2 1∠ ) = mBOC ( 1 1∠
) .
5. Bizonyítsd be, hogy ha OA, OB és OC térbeli egyenesek, akkor
m( BOA∠ ) + m( BOC∠ ) + m( COA∠ ) < 2π.
Megoldás. Vegyük fel az OA, OB és OC egyeneseken az A 1 , B1
és C 1 pontokat
úgy, hogy teljesüljenek az OA 1 = OB1 = OC1
egyenlőségek. Ha M-mel jelöljük az
háromszög köré írható kör középpontját, akkor M az O-nak az ( ABC
) síkra
ABC 1 1 1
eső vetülete, tehát a 3. feladat alapján mA ( OB∠)
mA ( MB∠)
,
1 1
mAO ( 1 C1∠ ) < mAMC ( 1 1∠)
és mBOC∠ ( 1 1 ) < mBMC
( 1 1∠)
, tehát
2
1
1 1
1
1
B
< 1 1

188 Térgeometriai feladatok és tételek
A
B
V. 4. ábra
m( BOA∠ ) + m( BOC∠ ) + m( COA∠ ) < 2 π
O
A1 C1
B1
M
C
B
A
P O
b c
D
a
V. 5. ábra
6. Az OA, OB és OC egyenesek páronként merőlegesek. Az OA=a, OB=b és OC=c
szakaszok függvényében számítsd ki az (ABC) és (OBC) síkok szögét, valamint az O
pont távolságát az (ABC) síktól. Fejezd ki az ABC ∆ területét az OAB, OBC és OAC
háromszögek területének függvényében.
Megoldás. Legyen D ∈ ( BC)
úgy, hogy OD ⊥BC
. AO ⊥OB
, AO ⊥OC
⇒
AO ⊥(
OBC )
és OD ⊂ (OBC ) , tehát a három merőleges tételéből következik, hogy
AD ⊥BC
. Ezen kívül OD ⊥BC
, BC = ( ABC ) ∩ ( OBC ) , AD ⊂ (ABC ) és
OD ⊂ ( OBC ) , tehát m( ( A BC)
, ( OBC)
) = m( ADO∠)
. Az OBC derékszögű
háromszögben OD magasság, tehát
OB ⋅OC
OD =
BC
=
b ⋅c
2 2
b + c
⇒
2 2
AO a b + c
⎛ π⎞
tg( ADO∠)
= = . Viszont m( ADO∠) ∈ ⎜0, ⎟
OD bc
⎜⎝ 2 ⎠⎟
⇒
2 2
a b + c
m( ADO∠ ) = arctg
. Legyen P ∈ ( AD)
úgy, hogy OP ⊥AD
(1).
bc
BC ⊥AD⎫⎪ BC ⊥( OAD)
⎫⎪
⎪⎬⎪ ⇒ ⎪⎬⎪ ⇒ OP ⊥BC , A D, BC ⊂ ( ABC ) és felhasználva az
BC ⊥OD ⎪⎭
OP ⊂ ( AOD)
⎪⎭
(1) összefüggést következik, hogy OP ⊥( ABC
) ⇒ dO,
( ABC) = OP.
AOD∆
-
) = 90
ben m( AOD∠ , OP ⊥AD
és P ∈ ( AD)
, tehát
( )
C

Térgeometriai feladatok és tételek 189
bc
a ⋅
2 2
AO ⋅ OD b + c
abc
OP = d ( O, ( ABC ) ) = = =
AD 2 bc ab + ac + bc
a + 2 2
b + c
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 bc
2 2
a + ⋅ b + c
2 2
AD ⋅ BC b + c
1 2 2 2 2 2 2
TABC = = = a b + a c + b c ,
∆ 2 2 2
ab bc
TOAB = ,
∆ OCB∆
2
2
=
ac
T , OAC∆
2
=
2 2 2
T ⇒ TABC = T OAB + TOBC+ T
∆ ∆ ∆ OAC . ∆
7. Az AB szakaszt levetítettük három páronként merőleges síkra. Bizonyítsd be, hogy a
vetületek hosszának négyzetösszege az AB négyzetének a kétszerese. Az előbbi két
tulajdonságot hasonlítsd össze a Pitágorász tétellel.
Megoldás. Ha az [ AB]
szakaszt
párhuzamosan eltoljuk („bárhová”),
a vetületek hossza és iránya nem
változik. Toljuk az [ AB]
szakaszt
el úgy, hogy az A pont a három sík
O metszéspontjába kerüljön. Ha
B = pr , B = pr
B és
1 ( yAz)
B 2 ( xAz)
B = pr
3 ( xAy)
B,
valamint
( BB2B3) ∩ Ax = { A1
} ,
( BB1B3) ∩ Ay = { A2
} és
( BB1B2) ∩ Az = { A3}
, akkor
AA1B3A2A3B2BB1 téglatest és
innen következik, hogy
2
AB
2 2
= AB + BB . Továbbá
3 3
2
3 = 1
2
2 =
2
1 −
2
2
2 2 2 2
1 2 1 2 2
BB B A AB AA
AA = AB − A B = AB − BB .
x
B 2
z
O=A
A 1
A 3
, AA = A B = AB − AA és
2 2 2 2
2 1 3 3 1
2
3
2 2 2 2 2
3 = AB1 −( AB3 −( AB2 −BB3)
)
B
B 3
B 1
A 2
V. 6. ábra
Ebből összefüggésekből következik, hogy BB ⇒
2 2 2
2 2 2 2 2
2 AB1 − AB3 + AB2
BB3 = AB1 − AB3 + AB2 − BB3
⇒ BB 3 =
. Tehát
2
2 2 2
2 2 2
2 2 AB1 − AB3 + AB2
2 AB1 + AB2 + AB3
AB = AB3
+
⇔ AB =
.
2
2
8. Bizonyítsd be, hogy ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével
egyforma nagyságú szöget zár be, akkor d ⊥ α .
Megoldás. Eltoljuk az α sík három különböző egyenesét és a d egyenest úgy, hogy
egy közös O pontban találkozzanak (ez nem változtat a feladat általánosságán, mert a
.
y

190 Térgeometriai feladatok és tételek
párhuzamos eltolás megtartja a szögeket). Feltételezzük, hogy a d egyenes nem
merőleges a síkra. Legyen M ∈ d tetszőleges és M ′ az M pont vetülete az α síkra
⇒ M′ ≠ O,
mert d nem merőleges az α síkra. Ha M , és M az pont
M
M ′
vetületei a d , d illetve d egyenesekre, akkor, mivel MM ′ ⊥ α ; MM′ 1 , MM′ 2 ,
MM ′ ⊂ α ; d , d , d ⊂ α és
3
MM ′ ⊥d
, MM′ ⊥ , MM′ ⊥ ,
d d
1 1
a három merőleges tétele alapján
, és MM ⊥d
.
d ⊥ MM MM ⊥d
1 1
1
1
2
2
2
2 2
2
3
3
3 3
3 3
1 2
1M
( MOM∠ 1 ) = 2 ) (MOM)
M
2
( OM
M
3M Tehát az OM , OM és OM
háromszögek derékszögűek és a
feladatbeli feltétel alapján
∠ = 3 ∠
(mértékük legyen x).
OM1
OM2
OM 3
cos
x = = =
OM OM OM
⇒
OM1
= OM2
= OM 3 ⇒ O az MM 1 2 3 háromszög köré írt kör középpontja (1).
Mivel m( M ′ M1O∠)
= m(
M′ M2O∠ ) m M′
3O∠)
= 90 ⇒ M1
, M2 és M 3 rajta
vannak az OM átmérőjű körön, tehát O rajta van az MM háromszög köré írt
M
d1 O
M
2
M
M
3
α
= ( M
körön, ez pedig ellentmond az (1) tulajdonságnak ⇒ d ⊥ α .
1 2M3 9. (Menelaosz tétele) Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélein vegyük fel az
M, N, P illetve Q pontokat. Bizonyítsd be, hogy M, N, P, Q pontosan akkor vannak egy
AM BN
CP DQ
síkban, ha ⋅ ⋅ ⋅ = 1 .
MB NC
PD QA
Megoldás. „⇒” Feltételezzük, hogy M, N, P és Q egy síkban vannak.
I. eset.
( MNPQ)
|| AC
⎫⎪
⎪
A
( MNPQ)
∩ ( ACD)
= PQ ⎪
⎬ ⇒
⎪
( MNPQ)
∩ ( ABC
) = MN ⎪
⎪⎭
MN || AC
M
Q
.
PQ || AC
ABC ∆ -ben MN || AC
, tehát Thalesz tétele
BN BM
alapján = .
NC MA
ACD∆ -ben PQ || AC
, tehát Thalesz tétele
V. 7. ábra
B
N
d 3
C
d 2
3
P
M
M 1
/
D
V. 8. ábra

Térgeometriai feladatok és tételek 191
DQ DP
AM BN CP DQ
alapján = . Ebből következik, hogy ⋅ ⋅ ⋅ = 1 .
QA PC
MB NC PD QA
II. eset. Legyen MNPQ ∩ AC = { R}
. Az M, N és R illetve a P, Q és R pontok
kollineárisak, mert P Q = ( ACD)
∩ ( MNPQ
) és R ∈A C ⊂(
ACD)
, valamint
R ∈ ( MNPQ)
, tehát R ∈( ACD)
∩(
MNPQ
) illetve M N = ( ABC ) ∩ (MNPQ)
és
R ∈MN ⊂(ABC)
valamint R ∈ ( M NPQ)
, tehát R ∈( ABC) ∩(
MNPQ)
.
Felírjuk a síkbeli Menelaosz tételt az ABC -re és az M, N ,Rkollineáris
pontokra,
valamint az ACD∆ -re és a P, Q ,Rkollineáris
pontokra.
AM BN CR
⋅ ⋅ = 1
MB NC RA
CP DQ AR
⋅ ⋅ = 1 .
PD QA RC
A fenti két összefüggés megfelelő oldalait összeszorozva a bizonyítandó
AM BN CP DQ
⋅ ⋅ ⋅ = 1
MB NC PD QA
összefüggéshez jutunk.
AM BN CP DQ
„⇐” Feltételezzük, hogy ⋅ ⋅ ⋅ = 1 (*).
MB NC PD QA
I. eset. Ha PQ || AC , akkor az ACD∆ -ben Thalesz tételét felírva következik, hogy
DP DQ CP DQ
AM BN AM CN
= ⇒ ⋅ = 1.
(*) alapján ⋅ = 1 ⇒ = .
PC QA PD QA
MB NC MB NB
Alkalmazva Thalesz tételének fordított tételét az ABC -ben, következik, hogy
MN || AC . Viszont PQ || AC ⇒ MN || PQ ⇒ M, N ,Pés
Q egy síkban vannak.
II. eset. Ha MN || AC , következik, hogy PQ || AC , tehát M, N ,Pés
Q egy síkban
vannak.
III. eset. Ha MN ∩ AC = { R}
, PQ ∩ AC = { R′ } , akkor az ABC ∆ -ben az M, N, R
kollineáris pontokra felírva Menelaosz tételét , a következő összefüggést kapjuk:
AM BN CR
⋅ ⋅ = 1 (1).
MB NC RA
Az ACD -ben a P, Q, R ′
∆
kollineáris pontokra felírva Menelaosz tételét:
DQ AR′ CP
⋅ ⋅ = 1 (2).
QA R′ C PD
Az (1) és (2) összefüggések megfelelő oldalait összeszorozva kapjuk, hogy
AM BN CP DQ CR AR′
CR AR′
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 1,
innen pedig (*) alapján ⋅ = 1 ⇒
MB NC PD QA RA R′ C
RA R′ C
∆
∆

192 Térgeometriai feladatok és tételek
CR CR′
= . Viszont C, A és R ′ kollineárisak, és R, R′ az AC szakaszon kívül
RA R′ A
helyezkedik el, tehát R = R′ . Ebből következik, hogy
MN ∩ AC = PQ ∩ AC = { R}
⇒ MN ∩AC∩PQ = { R}
,
tehát MN és PQ metsző egyenesek, ez pedig azt jelenti, hogy MNP , , és Q egy
( BCO) ∩ AD } BDO ∩ A
AB
1 AC1
C1C 1D síkban vannak.
10. (Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben A 1 ∈ ( BCD)
, O ∈ AA1,
= {D1,
( ) C = { C1}
, ( CDO) ∩ = { B1}
. Bizonyítsd be,
AO AB AD1
hogy = + + .
OA1 B1B D
Megoldás. A bizonyítás során felhasználjuk a következő, síkbeli Van Aubel tételt.
Az ABC ∆ -ben ha AA1 ∩BB1 ∩CC1
= { O}
, ahol A1∈BC , B1AC és
AC AB
, akkor = + B1O 1 C1BB AO BA1
CB1
B
⋅
OA1 BC B1
1 1 B
1 AO CA1
⋅
1 OA1 BC
1 1
{
O ∩
1 1
C
BOO , ,
∈
1 1
C1∈AB 1C AO
. Az AAC 1 ∆ -ben , ,B kollineárisak, tehát
OA
1 1
Menelaosz tételéből ⋅ ⋅ = 1 ⇒
A
A
AB AO
= .
BC OA
C
Hasonlóan AC
= . Összeadva ez utóbbi két összefüggést, kapjuk, hogy
CB
A
AB AC AO
+ = .
BC 1 C1BOA1 D 1
A térbeli Van
bizonyítása
Aubel tétel
Legyenek O1} = CD1
∩ DC 1 és
B1
{ E} = A 1 CD.
Az ACD∆ -ben
felírva Van Aubel tételét, kapjuk, hogy
B
O
C1
O 1
D
AO AC AD1
= + (1). A B, O és O 1
OE 1 C1
DD 1
pontok kollineárisak, mert
( BCO)
és
1
BOO , ,
BOO , , 1 ∈(BCO) ∩(
BOD ) = BO1.
V. 9. ábra
A BA , és E pontok is kollineárisak, mert A1 ∈ ( A BE)
és BE , ∈ (ABE)
, továbbá
1
BA , 1,
E
A
C
E
∈ ( BCD)
⇒ B, A , E ∈( ABE)
∩ ( BCD) = BE
. Az ABE -ben felírva
AO
(1)
1 AO1 AB1
Van Aubel tételét kapjuk, hogy = + =
OA O E B B
AC
AB
1 AD1
+ + .
B B
C C D D
1 1
1
1
1 ∈
1 ∈
( BOD)
∆
1 1
⇒

Térgeometriai feladatok és tételek 193
11. Az ABCD tetraéder súlypontját jelöljük G-vel. Bizonyítsuk be, hogy az
M ∈( AB), N ∈ ( AC)
és P ∈ (AD)
pontok által meghatározott sík pontosan akkor
BM CN DP
tartalmazza G-t, ha + + = 1.
MA NA PA
Megoldás. Jelöljük dX
-szel az X pont távolságát az MNP síktól, ha
dG1
X ∈ { A, B, C, D, G1}
. G ∈( M NP)
⇔
dA
1 dG1 = . De
3 dA 1 dB + dC + dD
= ⋅ , tehát a
3 dA
dB dC G pont akkor és csakis akkor van az MNP síkban, ha +
dA dA dD
+
dA
= 1.
Másrészt
dB dA BM
= ,
MA
C d
dA CN
= és
NA
D d
dA DP
= , tehát G ( M )
PA
NP
DP
∈ ⇔ 1
PA =
BM CN
+ + .
MA NA
Megjegyzés. Hasonló módon igazolható a következő általánosabb tulajdonság is:
Ha ABCD egy tetraéder, Q egy pont a térben, ( BCD) ∩ AD = { P1}
,
( BCD) ∩ AC = { N1}
és ( BCD) ∩ AB = { M1}
, továbbá M ∈ AB,
N ∈ AC és
P ∈ AD tetszőleges pontok, akkor a Q pontosan akkor van az (MNP) síkban, ha
BM AM1 CN AN1 DP AP
⋅ + ⋅ + ⋅ = 1
MA M B NA N C PA P D
1 .
1 1 1
12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az A′ B ′ , BC ′ ′ és C′ A ′
középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az AB ′ C ′ , BC A′ ′ és CA ′ B′
háromszögek mozgathatók úgy, hogy az A, B és C csúcsok egy pontban találkozzanak.
(vagyis, hogy egy tetraédert kapjunk)
1. megoldás. Ha a BC ′ ′
A
mentén tűrjük fel az AB ′ C ′ ∆
háromszöget, és egy adott pillanatban
az [AA′ ] szakasz hossza megegyezik
B '
C '
V. 10. ábra
a [BC ′ ′ ] szakasz hosszával, akkor
éppen a keresett tetraédert kapjuk,
mert ekkor AA ′ B′
≡ CA′
B′
és
AC A′ ′ ≡ BC
A′ ′ . Nyilvánvaló, hogy a feltűrés folyamán az AA ′ szakasz hossza
∆
∆
∆ ∆
A
B C
'
csökken. Legyen AC ′′ ′ B′ az AC ′ ∆ B′ ∆ a feltűrés után. Észrevehető, hogy
AOC
′ ≡ ′′ OC ⇒ [ ] . Az ′′
∆ A ′ ∆ AO ≡ [ OA′′
] AOA ′ ∆ -ben a háromszög egyenlőtlenséget
felírva
AO ′′ + OA′ > AA ′ ′′ ⎫⎪
⎪⎬⎪ ⇒ AA ′ > A′ A′′
.
A′′ O + OA′ = AO + OA′ = AA′
⎪⎭
Az AA′ szakasz hossza akkor lesz a legrövidebb, ha visszatűrjük a síkba az AB′ C ′ ∆ -
et. Az ⎡ ⎤
⎢⎣
AA ′ ′′ , AA′
⎥⎦
intervallumban bármilyen értéket felvehet az AA ′′ ′
. Tehát annak

194 Térgeometriai feladatok és tételek
szükséges és elégséges feltétele, hogy egy tetraédert kapjunk a három háromszög
feltűrése után az, hogy AA ′ ′′′ ≤BC ′ ′ ≤AA′
. Mivel m( A∠ ) < 90 ⇒
⇒ az AC ′ A′ B′
paralelogrammában AA Az
m( AB′ A′∠
) > 90
′ > B′ C .
′
AA ′ ′′ CB ′ ′
( ) ( )
trapézban mC B′ ′ A′∠ = mABC∠
< 90 ⇒ C′ B ′ > AA ′ ′′′ . Tehát fel
lehet tűrni úgy a háromszöget, hogy egy tetraédert kapjunk.
ABC ′ ′ ′
′ ′ ′
(AB ′ )
′′ H
2 2
⎛ha⎞ ⎟
⎛ ha⎞
⎜ ⎟ −⎜ − ⎟
⎜ ⎟ = AH ⋅ HA1
=
2 ⎟
AH
2 ⎟⎠
4R
⎝ ⎠ ⎝ ⎜
( ∠ ) > 90
EB′ C ′ F ′ E ′
os A cos B cosC
′ < C ′ B
D′ ′
B
2. megoldás. Az A-nak az síkra eső vetülete a mozgás ideje alatt az ABC
háromszög A-ból húzott magasságán mozog. Elégséges azt igazolni, hogy az ABC
háromszög H magasságpontja az ABC háromszög belsejében van és, hogy a
feltűrés során, amikor A, B és C rákerül a H-ban ′ ′ C -ra emelt merőlegesre,
akkor ugyanabba a pontba kerülnek. Az A szakasz hosszára érvényes az
2 2
A′′ H =
c
egyenlőség. Mivel ez a kifejezés szimmetrikus A, B és C-re nézve a feltűrés során
kaphatunk tetraédert.
13. Mi történik ha tompaszögű háromszögből indulunk?
Megoldás. Az előző feladat alapján, ha m A , akkor AA ′ , tehát
nem lehet feltűrni a háromszöget a kért módon.
14. Az ABCD A′ B′
C és BCF papír kockák tetejére a VA ′ ′ CD′ ′
és VBEFC ′ ′ ′ ′ szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy
2
VA′ ′ ′ CD′ ′ BCEF ′ ′ ′ ′ BCC B′ VB′
1 C′
1 = VB′ 2 = AB.
Az AB , , ′ , illetve V2B ′ C′
lapokat elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot
kapunk, ha a V ′ ′ 2
CDEF ′ ′ ′ ′
1 és V csúcsokat úgy mozgatjuk, hogy az AB síkba
kerüljenek?
Megoldás. A V. 11. Ábrának megfelelően, egy szabályos hatoldalú gúlát kapunk,
amelynek a felső alapja fel van osztva háromszögekre.
,
A
A
V1 V2
,
D
D
,
B
,
C
C
,
E
,
F
F
,
A
A
V
1
=V 2
D
,
B
C
,
E
B
E
V. 11. ábra
,
D
B
C
E
1
,
,
F
F

Térgeometriai feladatok és tételek 195
5.1.14. Gyakorlatok és feladatok (204. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy ha O, A, B és C nincsenek egy síkban, akkor bármely
M pont
esetén léteznek olyan λ1, λ 2,λ3 valós számok, hogy OM = λ1OA + λ2OB + λ3OC
.
Megoldás. Az M ponton át párhuzamosokat húzunk az OA, OB, OC egyenesekkel,
ezek metszik az ( OBC ) , ( OAC ) és ( OAB) síkokat az M 1 , M 2 és 3 pontokban.
M
( MM2M3 ) || ( OBC ) , ( MM1M2 ) || ( OAB)
,
( MM1M3 ) || ( OAC ) és ha
{ A1} = ( MM2M3) OA ∩ ,
{ B1} = ( MM1M3) ∩OB
és
{ C1} = ( MM1M2) OC ∩ ,
akkor az OA 1 3
paralelepip on é
M B1C1M2MM1 ed s
OM = OC1 + OM ⎫⎪ 3
⎪
⎬⎪
OM 3 = OA1 + OB1⎪
⎪⎭
OM OA
C
M1
M
C1
M2 B
O
⇒
= + OB + OC .
B1
A1
M3
V. 12. ábra
A
1 1
Továbbá A1∈OA, , ⇒ , , úgy, hogy
1 , OB , OC ⇒ OM .
′
goldás. Adjuk össze a
GG = GA +
GG = GB +
GG GC
ő ket. Mivel
GA + GB +
GA ′ ′ + GB ′ ′ +
tke hog
3GG ′ = AA′ + BB′ + CC
OA
B1∈OB
2OB C1∈OC
λ 1 3OC λ =
∃ λ1
λ2
3
= OA +
R λ ∈
1 2OB
OA1 = λ
1 λ λ =
3OC λ +
2. Bizonyítsd be, hogy ha ABC és A′ B ′ ∆ C′ két háromszög és G illetve G ′
∆
a
súlypontjaik, akkor 3GG ′ = AA′
+ BB′+
CC .
A
G
C
,
A
Me
′ AA′ + A′ G′
,
′ BB′ + B′ G ′ és
′ = + CC ′ + C ′ G ′
B
,
B
V. 13. ábra
,
G
,
C
egyenl sége
GC = 0 és
GC ′ ′ = 0
köve zik, y
′ .
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög!
AB + AC
Megoldás. AA1 , BB1 és CC 1 oldalfelezők, tehát AA 1 = ,
2
BC + BA
BB1
=
2
+ CB
és 1
2
CA
CC = . Ebből következik, hogy
1

196 Térgeometriai feladatok és tételek
AB + AC + BC + BA + CA + CB
AA1 + BB1 + CC1
=
=
2
AB + BA + AC + CA + BC + CB
= = 0 ,
2
tehát az AA1 , BB 1 és CC 1 szakaszokkal szerkeszthető háromszög.
4. Bizonyítsd be, hogy egy tetraéder súlyvonalai lehetnek egy tetraéder valamilyen
körüljárási irány szerint vett élei.
Megoldás
AB + AC + AD BA + BC + BD CA + CB + CD
AG1
=
, BG2
=
, CG 3 =
és
3
3
3
DA + DB + DC
DG4
=
, tehát AG 1 + BG2 + CG3 + DG4
=
3
AB + BA + AC + CA + AD + DA + BC + CB + BD + DB + CD + DC
= = 0 .
3
Mivel A, B, C és D nem egy síkban vannak, következik, hogy az AG1 , BG 2 , CG 3 és
DG4
vektorok nem csúsztathatók egy síkba, így a fentiek alapján szerkeszthető velük
egy tetraéder.
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélein felvesszük
az M, N, P illetve Q pontokat úgy, hogy AM BN CP DQ = = = = k , akkor az
MB NC PD QA
MNPQ és ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek.
Megoldás. Ha O egy tetszőleges pont a térben és G illetve G 1 az ABCD illetve az
MNPQ tetraéderek súlypontjai, akkor
OA + OB + OC + OD OM + ON + OP + OQ
OG =
és OG 1 =
.
4
4
AM OA + kOB OB + kOC OC + kOD
= k ⇒ OM =
, ON =
, OP =
és
MB 1 + k
1 + k
1 + k
OD + kOA
OQ =
. Ebből következik, hogy
1 + k
( )
( ) 1
1
OG = OA + OB + OC + OD + kOA + kOB + kOC + kOD =
4 k + 1
( ) ( )(
1
OA + OB + OC + OD
= k + 1 OA+ OB + OC + OD)
=
,
4 k + 1 4
tehát OG = OG1
⇒ G = G 1 .
6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?
Megoldás. Válasszuk az előbbi feladatban O pontnak az A-t.

Térgeometriai feladatok és tételek
AB + AC + AD AM + AN + AP + AQ
AG =
(1), AG1
=
.
4
4
AM
k1
MB
197
= ⇒
kAB 1 BN
AM = , k2
1 + k1
CN = ⇒
AB + k2AC AN =
,
1 + k2
CP
k3
PD = ⇒
AC + k3AD DQ AD
AP =
, = k4
⇒ AQ = .
1 + k3
QA 1 + k4
1⎛ k1 A fentiek alapján AG1 = ⎜
4 ⎜ ⎜⎝1+ k
1 ⎞
⎟
1⎛ k2
+ ⎟AB + ⎜
1+ k
⎟
⎠⎟ 4⎝ ⎜ ⎜1+
k
1
+
1+
k
⎞
⎟
⎟ ⎟AC+
⎠⎟
1 2 2 3
⎛ k3
⎞
⎟
1 1
+ ⎜ ⎟AD
4⎜ +
1 k3 1 k
⎟ (2).
⎜ ⎝ + + ⎟
4⎠
Mivel AB, AC és AD nem egy síkban vannak és AG = AG , (1) és (2) alapján
k1
következik, hogy
1+ k1 1
+
1+
k2
k2
= 1,
1+ k2 1
+
1+
k3
k3
= 1,
1+ k3 1
+
1+
k4
= 1.
Ebből k1 = k 2,
k 2 3 és , tehát k k , vagyis a tétel fordítottja
is igaz.
k = 3 k = 4 k 1 = 2 = k3 = k4
7. Bizonyítsd be, hogy ha MA + MB + MC = 0 és az MA , MB, MC vektorok
hossza egyenlő egymással, akkor az ABC ∆ egyenlő oldalú és M a középpontja.
Megoldás. Nyilvánvaló, hogy a három vektor egy síkban van. Legyen C 1 a C pont
szimmetrikusa az pontra nézve. Innen következik, hogy + = ⇒
M
MA MB MC
rombusz és MC ⇒ és MC 1 egyenlő
oldalú háromszögek, tehát m B , és
. Ebből következik, hogy az ABC egyenlő oldalú és M a
középpontja.
A∆ = 12
0
MAC1B 1 = MB = BC1 = AC1
MC1B∆
( MA∠ ) = 120 m( BMC∠)
0
m AMC
∆
( ∠ ) = 12
Megjegyzés. Lásd a IV. 5. Paragrafus 11/c feladatát.
8. Az ABCD négyszögben [ AB] ≡ [ CD]
. Bizonyítsd be, hogy az[ AD ] és [ BC ]
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD
egyenesek szögének belső szögfelezőjével.
Megoldás. Legyenek M és N az [ AD] illetve [ BC ] szakaszok felezőpontjai. Ha O
OA + OD OB + OC
egy tetszőleges pont a síkban, akkor OM =
és ON = , tehát
2
2
AB + CD
MN = . Mivel AB = CD , következik, hogy AB + CD az AB és CD
2
vektorokra épített rombusz A csúcsból kiinduló átlója, tehát szögfelezője a vektorok
által bezárt szögnek. Ez alapján MN párhuzamos az AB
és CD által bezárt szög
szögfelezőjével.
1
1

198 Térgeometriai feladatok és tételek
9. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az M ∈ [ AD]
és N ∈ [ BC]
AM BN AB
pontokat úgy, hogy = = . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB
MD NC CD
és CD egyenesek szögének belső szögfelezőjével ( AB || / CD).
OA + kOD ⎫⎪
OM = ⎪
AM BN AB
1 + k ⎪
Megoldás. = = = k ⇒
⎪ AB + kCD
⎬⎪⇒MN
=
.
MD NC CD OB + kOC ⎪ 1 + k
ON = ⎪
1 + k
⎪ ⎭
Mivel AB
= k , következik, hogy az AB és kC vektorok azonos hosszúságúak, és
CD
így az összegvektoruk párhuzamos az és CD által bezárt szög szögfelezőjével.
Ebből következik, hogy MN párhuzamos az AB és CD által bezárt szög
szögfelezőjével.
D
AB
10. Általánosítsd az előbbi két feladatot oly módon, hogy egy térbeli tulajdonsághoz
jussál!
Megoldás. 1. Az ABCD tetraéderben [ AB] ≡ [ CD]
. Ekkor az [ AD]
és [ BC ]
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD által
bezárt szög szögfelezőjével.
AM BN AB
2. Az ABCD tetraéderben M ∈ [ AD]
, N ∈ [BC]
és = = . Ekkor az
MD NC CD
MN párhuzamos az AB és CD által bezárt szög szögfelezőjével.
A bizonyítás hasonló a 9. és 10. feladat bizonyításához, sőt megegyezik velük, mert
sehol sem használtuk fel, hogy síkban dolgozunk. 1998-ban Mihai Miculiţa a
következő általánosítást javasolta az országos olimpiára (módosított szöveg): Ha
ABCA′ B′ C ′ egy háromoldalú csonka gúla (V a csúcsa), P ∈ AB,
P′ ∈ A′ B′
,
M ∈ BC , M′ ∈ B′ C′
, N ∈ CA,
és N′ ∈C
′ A′
úgy, hogy telejsüljenek az
AP A′ P′
AA′
= =
PB P ′ B′
BB′
, BM BB
B′ M ′ ′
= =
MC M ′ C ′ CC
′ és CN C ′ N ′ CC ′
= = egyenlőségek,
NA N ′ A′
AA′
akkor az AM, BN és CP egyenesek összefutók, az A′ M ′ , BN ′ ′ és C′ P ′ egyenesek
összefutók és a két összefutási pont által meghatározott egyenes párhuzamos egy
rögzített iránnyal, ha A ′ , B′ és C ′ mozognak a VA, VB és VC egyeneseken.
11. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben AB ⋅ CD = AC ⋅ CD = AD ⋅ BC ,
akkor a csúcsokat a szemben fekvő lap beírt körének középpontjával összekötő
egyenesek összefutóak.
Megoldás. Tudjuk, hogy a háromszögbe írt kör középpontja a belső szögfelezők
metszéspontja. Legyen M ∈ [AC]
úgy, hogy BM az ABC ∠ szögfelezője. A
AM AB
szögfelező tétele alapján = , de a feltételben szereplő egyenlőségből
MC BC
AB AD
= ⇒
BC CD
AM
MC
AD
= ⇒ (a szögfelező tétel fordított tételéből) DM
az
CD

Térgeometriai feladatok és tételek 199
ADC∠ szögfelezője is. Hasonló indokból bármely élhez tartozó háromszögek
harmadik csúcsából húzott szögfelezők talppontja megegyezik. Legyenek ezek a
pontok: N ∈ [ CD]
, P ∈ [ AD]
, Q ∈ [ BC]
, R ∈ [ AB]
és T ∈ [BD]
, továbbá , ,
I 3 és I 4 a BCD , ACD , AB és ABC háromszögek beírt köreinek középpontjai
(azaz a szögfelezők metszéspontjai). Először igazoljuk, hogy AI1
és metsző
egyenesek. Nyilvánvaló, hogyAI 1 ⊂ ( AB ) és BI 2 ( ABN ) . és BI nem
lehetnek párhuzamosak, mert az ABN ∆ (belső) Ceva féle egyenesei. Tehát AI és
BI 2 metszik egymást egy I pontban, mert egy síkban vannak. A továbbiakban
igazoljuk, hogy DI is átmegy az I ponton.
I ∈AI1⊂( ADQ)
∈( DQ)
∩(
BMD)
4
I ∈BI2⊂( BMD)
I ∈ DI4
4
1 BI 2
4
=
I1
I 2
D
BI 2
N ⊂ AI1
2
1
4
⎫⎪
⎪
⎬ I A
( AD
) ∩ ( BMD)
⎪
⎪⎭
3
3
E} = AD
∩ BC
{ F} = A
AE
B ∩CD
= k2a
AC
= a
AF 1
β a αβ
a = AD
, ∈ [0,
= b
1]
⇒ . Viszont DI Q ,
tehát . Ebből következik, hogy DI is átmegy I-n. Hasonlóan CI is
tartalmazza az I pontot, tehát AI , , CI és DI összefutó egyenesek.
12. (Newton – Gauss tétel) Az ABCD síkbeli négyszögben { és
. Bizonyítsd be, hogy az AC, BD és EF szakaszok felezőpontjai egy
egyenesen vannak.
1. megoldás. Bevezetjük a következő jelöléseket: AB , k ,
és . A BE és DF szakaszok C metszéspontjának helyzetvektora (A-hoz
viszonyítva) = αa+ (1 − α)kb= βb+
(1 − )k , ahol . Ebből
következik, hogy
k1(1 − k2)
α =
1 − kk
2 1
1 2
k2(1
− k1)
β =
1 − kk 1 2
k1(1 −k2) k2(1 −k1)
AC = a + b
1−kk 1 2 1−kk
1 2
1
= AC
2
1
AN = ( a + b)
2
( 1 + k2b)
1
AP = k a
2
1 )a
+ ( k2 −1)
b
1 (k2
−1)b
(( k −1
kk 1 2
( k − 1) a +
1
MN = A = )
1 −
NP AN =
N − A
= AP
M
, tehát
M
B D
N
Az előbbi összefüggések alapján a
C
felezőpontok helyzetvektorai AM ,
F
P
és , tehát
E
V. 14. ábra
és
−
.
1
Így MN = NP
, tehát az M, az N és a P pont egy egyenesen van.
1 − kk
1 2
és
A

200 Térgeometriai feladatok és tételek
2.megoldás. Legyen M, N és P az [ AC ], [BD]
és [ FE ] szakaszok felezőpontja.
Az ABE háromszögben az F ∈ AB,
C ∈ BE , D ∈ AE kollineáris pontokra
C
felírjuk Menelaosz tételét
1
E =
ED AF B
⋅ ⋅ (1).
DA FB C
V. 15. ábra
Ha A1
, B1
és E 1 az[ EB ], [AE] és [ AB]
A
szakaszok felezőpontjai, akkor az [ EM]
az
1
ABC ∆ -ben középvonal, tehát EM 1 || BE.
MB1
az ACE∆ -ben középvonal, tehát
MB1
|| BE . A fentiek alapján következik,
hogy E 1 , M és B 1 kollineárisak.
Hasonlóan P, A1 és B 1 is kollineárisak és
AB 1 1 || AF,
valamint E1 , N és A 1 is
kollineárisak és EA 1 1 || AE.
Az ABE∆ -ben E1∈AB, B1AE ,
BE , továbbá EB és
∈
B
E1
M
N
D
F
C
P
A
1
B1
E
C ∈ 1 1 || BE
EM 1 BC
AC ∩ B1E1 = { M } , innen következik, hogy = (2).
MB1 CE
CN
Hasonlóan
NE1 ED BP 1 AF
= (3) és = (4).
DA PC FB
Az (1), (2), (3) és (4) összefüggéseket összevetve, kapjuk, hogy
EM 1 CN BP 1 ⋅ ⋅ = 1.
Ebből Menelosz tételének fordított tétele alapján (az
MB1 NE1 PC
ABE 1 1 1∆-re
és az M ∈ E1B1, N ∈ E1A1, MN , és P kollineárisak.
P ∈ AB 1 1 pontokra) következik, hogy
Megjegyzés. Az MP egyenest az ABCD EF teljes négyszög Gauss egyenesének
nevezzük.
13. Az ABC -ben az AA ′
∆
, BB′ és CC ′ egyenesek összefutóak (A ′ ∈ ( BC)
,
B′ ∈ ( AC)
és C ′ ∈ ( AB)
). Jelöljük az ABC és A′ BC ′ ′ háromszögek oldalainak
felezőpontjait M, N, P illetve M′ , N′ , P′ -vel. Bizonyítsd be, hogy
MM ′ ∩NN′ ∩PP
′ ≠Ø
( M ∈(
BC)
, M′ ∈(
B′ C′ ) stb.).
Megoldás. Legyen O az AA ′ , BB′ és CC ′ metszéspontja. Legyenek M ′′ , N ′′ és
P ′′ az AO , BO és CO felezőpontjai. Ekkor az AC ′ OB′ BC teljes négyszög
átlóinak felezőpontjai M ′′ , M ′ és M . Az előző tulajdonság (Newton – Gauss-tétel)
alapján M ′′ , M ′ és M kollineárisak. Hasonlóan N ′′ , N ′ és N, valamint P ′′ , P′ és
P is kollineárisak.
Így elégséges igazolnunk, hogy MM ′′ , NN ′′ és PP ′′
összefutóak.

Térgeometriai feladatok és tételek 201
OC
NM ′′ középvonal az AOC ∆ -ben, tehát MN ′′ || OCés
MN ′′ = (1), továbbá
2
OC
NM ′′ középvonal BOC ∆ -ben, tehát NM ′′ ||OCés
NM ′′ = (2).
2
Az (1) és (2) alapján N′′ M || MM ′′ és NM ′′ = MM ′′ , következik, hogy N′′ M NM′′
paralelogramma. A paralelogramma
A
jól ismert tulajdonságából következik,
hogy az MM ′′ és NN ′′ átlók
metszéspontja mindkét átlónak
B
C
,,
N
,,
M
,
M
O
,
N
,
A M
N
B
C
felezőpontja.
A fenti érveléshez hasonlóan az
MM ′′ és PP ′′ metszéspontja felezi
az [ MM ′′ ] és [ PP ′′ ] szakaszokat.
Tehát mindhárom egyenes átmegy az
[ MM ′′ ] szakasz
felezőpontján,
és így
összefutóak.
V. 16. ábra
14. Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges A 0 pontjára vegyünk fel az AA0 -n
egy M pontot. A ( BCM ) ∩AD, ( BDM ) ∩ACés
( CDM ) ∩ AB metszeteket jelöljük
rendre D C és B -el. Az A-n át a (BCD) síkkal húzott párhuzamos α sík az
0 1 , AD
1 ,
AC 0 1
1
1
és AB egyeneseket D , C illetve B -ben metszi. Bizonyítsd be, hogy a
0 1 2 2
c
BC 2 2D2∆súlypontja
éppen A. (András Szilárd)
Megoldás. Tekintsük az A pontot egy koordinátarendszer kezdőpontjának.
Bevezetjük a következő jelöléseket: a0
= AA0
, b , stb. Mivel A B ⇒
a b , és d vektorok konvex
kombinációja, azaz ∃ ∈
= AB
0 ∈ ( CD)
a0
B
2
V. 17. ábra
αβγ , , R
D
A
2
úgy, hogy α β és
a0= b + .
⇒
m a0 .
+ + γ = 1
α βc
+ γd M ∈ AA0
= λ = λαb
+ λβc + λγd
(Feltételezhetjük, hogy
*
λ ∈ R \ { 1}
B2 2 2 D
, mert ellenkező
esetben a BC 2 2 2 egy ponttá
zsugorodna, vagy nem léteznének
a , C , metszéspontok.)
D ∆
Ugyanakkor, mivel
következik, hogy
D 1 ∈ AD,
B
2
B1
M
A 0
C2
C1
C
D
1
A
D

202 Térgeometriai feladatok és tételek
d1= µ d , µ ∈ R (1).
D1∈( BMC)
1 2 ) −α − α +
⇒ d1 = α1b + α2m + ( 1 −α1 − α2)
c =
2λγd
(2). Az (1) és (2) összefüggésekből következik, hogy
( α1 + α2λα) b + ( α2λβ + 1−
c α
( α1 + α2λα) b + ( α2λβ+ 1−α1 − α2) c + ( α2λγ − µ ) d = 0.
Mivel , és d nem koplanárisak, következik, hogy ⎪ b ⎨ ,
tehát
c
⎧⎪
⎪ α1 + α2λα = 0
⎪
αλβ 2 + 1−α1 − α2
= 0
⎪ αλγ 2 − µ = 0
⎪⎩
1
α2
= (a nevező nem lehet 0, mert ellenkező esetben a 0⋅ α2
= 1
1 − λ( α+
β)
λγ λγ
ellentmondáshoz jutnánk), µ = és d1= d. Hasonlóan
1 − λ( α+ β)
1 − λ( α+ β)
λα λβ
belátható, hogy b1 = b és c1= c .
1 − λ( α+ β)
1 − λ( α+ β)
( BC 2 2D2) || ( BCD)
⎫⎪
⎪
( BC 2 2D2) ∩ ( ADA) = AD⎪
2⎬⇒
AD2 = A0D. ⎪⎪⎪
( BCD) ∩ ( ADA0) = A0D⎪ ⎪⎭
Tehát d2 = rAD 0 = r( d −a0)
, ahol r ∈ . Az és AD háromszögek
hasonlóságából AD1 = rD1D, tehát d2 r és d r ⇒
=
AD1D2∆ 0 1
a =
D∆
d −
1 d −d1
( )
( )
⎛ λγ ⎞ ( ) ( )
⇒ ⎜ 1 1
1 1
⎟
− λ α + β + γ r − λ
d = r ⎜ ⎟
⎜
− d r d
1 λ( α β) ⎟ = =
d .
⎜⎝ − + ⎠⎟1−
λ( α+ β) 1−
λ( α + β)
λγ λγ
Ugyanakkor d1= d,
tehát λγ = r ( 1 − λ)
⇒ r = .
1 − λ( α+ β)
1 − λ
λγ
Következésképpen 2 = ( −α − βc
+ ( 1 − γ) d)
1 − λ
d b . Hasonlóan
λα λβ
b2= ( ( 1 −α) b−βc−γd
) és c2= ( − αb + ( 1 −β) c−γd)
.
1 − λ
1 − λ
A fentiekből következik, hogy b2 + c 2 + d2
= 0 , tehát AB 2 + AC2 + AD2
= 0 , és
innen következik, hogy A aBC D2∆háromszög súlypontja.
2 2
6.12. Gyakorlatok és feladatok (212. oldal)
1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre OA ⋅OM
konstans ha O
és A rögzített pontok.

Térgeometriai feladatok és tételek 203
Megoldás. Tudjuk, hogy OA ⋅ OM = OA ⋅ prOA OM , ez utóbbi modulusa
OA ⋅ prOA OM . Az OA ⋅OM
szorzat pozitív, ha OA és pr OA azonos
irányításúak, és negatív, ha ellentétes irányításúak. Legyen OA
(állandó).
OM
⋅OM
= k ∈ R
Vegyünk fel egy koordinátatengelyt úgy, hogy az origó legyen O és a pozitív irányítás
OA . Legyen B a
k
koordinátájú pont. (Ha OA = 0 ,akkor k = 0 és M lehet
OA
bárhol a térben.) Ekkor OB ⋅ OA = k , tehát OB = prOA OM ⇒ B az M pont vetülete
az OA egyenesre. Eszerint a keresett mértani hely a B-ben az OA egyenesre állított
mrőleges sík.
2. Bizonyítsd be, hogy az OA ⋅OB
skalárszorzat értéke az O pontnak az AB átmérőjű
körre (gömbre) vonatkozó hatványa.
Megoldás. Legyen M az AB átmérőjű kör és az OB egyen es metszéspontja. Ekkor
, mert átmérő ⇒
⇒ OA
, ez
utóbbi pedig az O hatvány körre, mert O, M és B kollineárisak és M és B rajta
vannak a körön. (Az OM
Ha A é
= OM
szorzat negatív, ha O a kör belsejében van és pozitív,
ha O a körön kívül van.)
m( AMB∠ ) = 90
AB
a a
OB
prOB OA ⋅ OB = OM ⋅OB
⋅
3. s B rögzített pontok, határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre
MA ⋅ MB konstans.
Megoldás. Tudjuk, hogy MA ⋅ MB az AB átmérőjű körre vonatkoztatott hatványa.
Meg kell határozni azon M pontok halmazát, amelyeknek egy adott körre
vonatkoztatott hatványa állandó. Legyen ez az állandó k.
I. eset. Ha k = 0 , akkor nyilvánvaló, hogy a mértani hely az AB átmérőjű kör.
II. eset. Ha k > 0 , akkor az M pont a körön kívül kell legyen és a hatványa egyenlő az
M és M-ből a körhöz húzott érintő érintési pontjának távolságának négyzetével. Tehát
2
ha M ′ az érintési pont, akkor ( MM ′ ) = k ⇒ MM ′ = k . Ekkor OMM
2
2
2 2 AB
derékszögű M ′ -ben és OM = ( OM ′ ) + ( MM ′ ) = + k ⇒
4
2
AB
OM = k + , tehát OM állandó, és ebben az esetben a mértani hely rajta van
4
2
AB
az O középpontú, k + sugarú körön. Az előbbiek alapján az is következik,
4
hogy ezen kör minden pontja hozzátartozik a mértani helyhez.
2
AB
III. eset. Ha − ≤ k < 0 , akkor nyilvánvaló, hogy az M pont a kör belsejében van
4
és a hatvány
AB
4
2
2 2
OM − R
2
= OM − = k ⇒
2
AB
OM = k + . Ebben az
4
∆ ′

204 Térgeometriai feladatok és tételek
2
2
AB
AB
esetben is a mértani hely az O középpontú, k + sugarú kör. (Ha k = − ,
4
4
akkor a mértani hely az O pont, azaz egy elfajult kör.)
2
AB
IV. eset. Ha k < − , akkor nincs ilyen M pont.
4
2
AB
Összevetve a különböző eseteket, kijelenthetjük, hogy ha k ≥− , akkor az M
4
2
AB
pontok mértani helye az O középpontú és k + sugarú kör.
4
Megjegyzés. Ha a térben vagyunk, akkor a mértani hely a síkbeli körnek megfelelő
gömb.
4. Bizonyítsd be, hogy
2 2 2
a + b + c
AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA ⋅ CB =
2
(ahol a, b és c az ABC ∆ oldalainak hosszai)
Megoldás
2
AB ⋅ AC + BC ⋅ BA = AB ⋅( AC − BC ) = AB ⋅ AB = c
2
AB ⋅ AC + CA⋅ CB = AC ⋅( AB − CB) = AC ⋅ AC = b
BC ⋅ BA + CA ⋅ CB = BC ⋅ BA − CA = BC ⋅ BC = a
( ) 2
Ha az előbbi összefüggéseket összeadjuk, a keresett egyenlőséghez jutunk.
5. Bizonyítsátok be, hogy ha M és N az AC és BD szakaszok felezőpontjai (A, B, C és
D tetszőleges térbeli pontok, akkor
2 2 2 2 2 2 2
4MN = AB + BC + CD + DA −AC− BD . (Euler tétele)
a + c b + d
Megoldás. m = , n = , ahol a pontoknak megfelelő kisbetűkkel
2 2
jelöltük a pontok helyzetvektorait. b− a + d − c AB + CD Tehát MN = n − m = =
⇒ 2 MN = AB + CD ⇒
2 2
2 2 2
⇒ 4MN= ( AB + CD)( AB + CD) = AB + CD + 2AB⋅CD
(1).
2
AB ⋅ CD = ( AC −BC)( BD − BC ) = AC ⋅BD−AC⋅BC −BC ⋅ BD + BC =
2 2
= AC ⋅( BD −BC ) −BC ⋅ BD + BC = AC ⋅CD−BC ⋅ BD + BC (2).
Másrészt AB ⋅ CD = ( AD −BD)( AD − AC ) =
2 2
= AD −BD⋅ AD −AC −AD ⋅ AC = AD + BD ⋅DC−AD⋅AC (3).
( )
A (2) és (3) eredményeket összeadva kapjuk, hogy

Térgeometriai feladatok és tételek 205
2 2
2AB ⋅ CD = AD + BC + AC ( CD − AD) + BD ( DC − BC ) =
2 2 2 2 2 2
= AD + BC + AC ⋅ CA + BD ⋅ DB = AD + BC −AC−BD (4).
Az (1) és (4) alapján
2 2 2 2 2 2 2
4MN = AB + BC + CD + DA −AC −BD.
6. A C( O , R)
körön felvettünk két tetszőleges pontot. Jelöljük őket A-val és B-vel
majd szerkesszük meg az A-nak a B-ben húzott érintőre eső C vetületét. Igazold, hogy
2
AB = 2R ⋅ AC
.
Megoldás. Legyen D a B átmérősen ellentett pontja. Nyilvánvaló, hogy
és AB
i összefüggések megfelelő oldala
e ás
, tehát
(1).
ehá ent sze sek pjá
AB = AC + CB = AD + DB . A fent it
2
összeszorozva, kapjuk, hogy AB = AC
⋅ AD + AC ⋅ DB + CB ⋅ AD + CB ⋅ DB =
= ( AC + CB) ⋅ AD + CB ⋅ DB + AC ⋅ DB = AB ⋅ AD + CB ⋅ DB + AC ⋅ DB (1).
AB ⊥AD
(mert BD átmérő) ⇒ AB ⋅ AD = 0 (2) és CB ⊥DB
(mert BC érintő és
BD átmérő) ⇒ CB ⋅ DB = 0 (3). AC || BD és AC és DB irányítása megegyezik
(BC nem választja szét A-t és D-t) ⇒ AC ⋅ DB ⋅ DB = 2R
(4).
= AC ⋅ AC
2
Az (1), (2), (3) és (4) összefüggések alapján AB = 2R ⋅ AC .
7. Az ABCD derékszögű trapézban m( A ∠ ) = m( D∠
) = 90 . Jelöljük M-mel az AD
felezőpontját és N-nel az A illetve D-ből a BM illetve CM-re bocsátott merőlegesek
metszéspontját. Bizonyítsuk be, hogy MN ⊥ BC .
M gold . Elégséges kimutatni, hogy MN ⋅ BC = 0 . MN = DN − DM és
BC = MC − MB
MN ⋅ BC = DN ⋅MC −DN ⋅MB −DM ⋅ MC + DM ⋅ MB
Továbbá DN ⊥MC
⇒ DN ⋅ MC = 0 (2). DN = DA + AN és DA = 2MA
(mert
MA = DM ) ⇒ DN ⋅ MB = ( DA + AN ) ⋅ MB = 2MA
⋅ MB + AN
⋅ MB .
AN ⊥ MB ⇒ AN ⋅ MB = 0 és MB = MA + AB ⇒
2
⇒ DN ⋅ MB = 2MA ⋅ ( MA + AB) = 2MA + 2MA
⋅ AB .
MA ⊥ AB ⇒ MA ⋅ AB = 0 .
2
T t a f i ös függé ala n DN ⋅ MB = 2MA
(3).
2
MC = MD + DC ⇒ DM ⋅ ( MD + DC ) =− DM + DM ⋅ DC , felhasználva, hogy
2
DM ⊥ DC ⇒ DM ⋅ DC = 0 és DM = MA ⇒ DM ⋅ MC = −MA
(4).
DM = MA
, MB = MA + AB ⇒
MB MA( MA
.
2
DM ⋅ = + AB) = MA + MA ⋅ AB
2
MA ⊥ AB ⇒ MA ⋅ AB = 0 ⇒ DM ⋅ MB =
MA (5).

206 Térgeometriai feladatok és tételek
Az (1), (2), (3), (4) és (5) összefüggések alapján
2 2 2
MN ⋅ BC = − 2MA + MA + MA = 0
⇒ MN ⊥BC
.
8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA
súlyvonalának hossza
2 2 2 2 2 2
3(
AB + AC + AD 2
) − ( BC + CD + DB )
AGA
=
.
9
AB + AC + AD
Megoldás. G A a BCD ∆ súlypontja ⇒ AGA
=
⇒
3
2 1
2 2 2
AGA = ( AB + AC + AD + 2(
AB ⋅ AC + AB ⋅ AD + AC ⋅ AD)
) (*).
9
2
AB = AC − BC ⇒ AB ⋅ AC = AC −AC ⋅BC(1).
2
AC = AB + BC ⇒ AB ⋅ AC = AB + AB ⋅ BC (2).
Az (1) és (2) összefüggéseket összeadva kapjuk, hogy
2 2
2AB ⋅ AC = AB + AC + BC ⋅( AB − AC ) =
2 2 2 2 2
= AB + AC + BC ⋅ CB = AB + AC − BC (3). Hasonlóan
2 2 2 2 2 2
2AB ⋅ AD = AB + AD − BD (4) és 2 AC ⋅ AD = AC + AD −CD
(5).
A (*) egyenlőségbe behelyettesítve a (3), (4) és (5) eredményeket, a keresett
összefüggéshez jutunk.
9. Bizonyítsd be, hogy az ABC B és C csúcsaihoz tartozó oldalfelezői pontosan
∆
akkor merőlegesek, ha 5
2 2
2
.
⋅ BC = AB + AC
Megoldás. Legyenek B 1 és C 1 az AC és AB oldalak felezőpontjai. Tudjuk, hogy
a BB1 és CC 1 pontosan akkor merőlegesek, ha BB1⋅ CC1
= 0 . B1
az AC
BA + BC
felezőpontja és C 1 az AB felezőpontja, tehát BB 1 =
és
2
1 =
BA
+ CB
2
⋅CA
A⋅CA
CA
BC
CA
CC
( + BC )(
BC ⋅
. Innen következik, hogy BB 1⊥CC1 ⇔
2
) 0 ⇔ BC
(1) ⇔
BA + CA
⇔ ( ) = BC ⇔
B + CB ⇔ BA (2).
+ CB = BA⋅CA
+ BA⋅CB
+ BC ⋅ CA =
2
⋅( −BA)
BC BA⋅CA
+ BC CA − BA
2
2
=
⋅CA
= 2BC
2
=
BC
2
2 2
2
A továbbiakban igazoljuk, hogy BA ⋅ CA = 2BC
⇔ 5 BC = AB + AC .
„⇒”
2
2
2 2
BA⋅ CA = 2BC
⇔ ( BC − AC ) CA = 2BC
⇔ BC ⋅ CA + AC = 2BC
⇔
2 2
⇔ AC + ( BA −CA)( CB − AB) = 2BC
⇔
2 2
2
⇔ AC + AB + BA⋅ CB + CA ⋅ AB + CA ⋅ BC = 2BC
.

Térgeometriai feladatok és tételek 207
Felhasználhatjuk az (1) összefüggést, mert az (1) -ből a (2)-ig ekvivalens
2
átalakításokkal jutottunk. Tehát
BA ⋅ CB + BC ⋅ CA = BC −BA⋅CA⇒
2 2 2
2 2 2 2
2
⇒ AC + AB −2BA⋅ CA + BC = 2BC
⇔ AC + AB = BC + 4BC
⇔
2 2
2
⇔ AC + AB = BC .
2 2
2
„⇐” AB + AC = 5BC
.
2 2
BA⋅ CA = BA⋅( BA − BC ) = AB −BA⋅ BC = AB −( BC −AC )( BA − CA)
=
2 2
= AB + AC −BC ⋅ BA + AC ⋅ BA + BC ⋅ CA =
2
= 5BC + BC ⋅( CA −BA) −BA⋅ CA =
2 2
= 5BC+ BC ⋅CB−BA ⋅ CA = 4BC−BA
⋅CA.
2
2
2
Tehát B A ⋅ CA = 4BC
−BA ⋅CA⇒
2BA ⋅ CA = 4 BC ⇒ BA⋅ CA = 2BC
.
10. Az A ′ , B′ és C ′ pontokból az BC, CA és AB egyenesekre bocsátott merőlegesek
pontosan akkor összefutóak, ha az A, B és C pontokból az A′ B ′ C′ ∆ megfelelő
oldalaira bocsátott merőlegesek összefutóak.
Megoldás. Elégséges egy irányban bizonyítani, mert visszafele ugyanaz a
bizonyítás. Feltételezzük, hogy az A′ , és pontokból húzott
merőlegesek
összefutnak az O pontban. Tehát ′ O′
(1).
és a C-ből az re hú
kell, rőle is á
, tehát ).
hát (5
′
et a (3)-ba helyett pjuk
össz et fe a a (7) a következővé alakul:
B′
BC
C ′
′ A ⋅ = B′ O′
⋅ AC = C ′ O′ ⋅ AB = 0
Legyen a B-ből az A′ C′ -re zott merőlegesek metszéspontja
O. Következik, hogy BO
(2).
AB ′ ′-
⋅ A′ C ′ = CO ⋅ A′
B′
= 0
Igazolnunk hogy az A-ból a BC -re húzott me ges tmegy az O-n, azaz
hogy AO
′ ′
. AO + CO és ⇒
⋅ B′ C ′ = 0 = AC BC ′ ′ = BO ′ ′ + OC ′ ′
⇒ AO ⋅ B′ C ′ = AC ⋅ B′ O′ + AC ⋅ O′ C ′ + CO ⋅ B′ O′ + CO ⋅O′ C ′ (3).
(1) ⇒ AC ⋅ B′ O′
= 0 . AC = AB + BC ⇒ AC ⋅ O′ C ′ = AB ⋅ O′ C ′ + BC ⋅O′
C ′ .
(1) ⇒ AB ⋅ O′ C ′ = 0 AC ⋅ O′ C ′ = BC ⋅O′
C ′ (4
BO ′ ′ = BA ′ ′ + AO ′ ′ ⇒ CO ⋅ B′ O′ = CO ⋅ B′ A′ + CO ⋅ A′ O′
.
(2) ⇒ CO ⋅ B′ A′
= 0 , te CO ⋅ B′ O′ = CO ⋅ A′ O′
).
CO = CB + BO ⇒ C O⋅ OC ′ ′ = CB⋅ OC ′ ′ + BO⋅OC ′ (6).
A (4), (5) és (6) eredmények esítve, ka :
AO⋅ BC ′ ′ = BC⋅ OC ′ ′ + CO⋅ AO ′ ′ + CB⋅ OC ′ ′ + BO⋅OC ′ ′ (7).
BC⋅ OC ′ ′ + CB⋅ OC ′ ′ = BC⋅OC ′ ′ −BC⋅ OC ′ ′ = 0
(8).
OC ′ ′ = OA ′ ′ + AC ′ ′ ⇒ BO ⋅ O′ C ′ = BO ⋅ O′ A′ + BO ⋅ A′ C ′ .
(2) ⇒ BO ⋅ A′ C ′ = 0 , tehát BO ⋅ O′ C ′ = BO ⋅O
′ A′
(9).
A (8) és (9) efüggések lhasználv
AO ⋅ B′ C ′ = CO ⋅ A′ O′ + BO ⋅ O′ A′ = A′ O′ ⋅ CO − BO = A′ O′ ⋅CB
.
( )

208 Térgeometriai feladatok és tételek
(1) ⇒ A′ O ′⋅ CB=
0 , tehát AO ⋅ B′ C ′ = 0 ⇒ AO ⊥ B′ C ′ ⇒ az A, B, C-ből B′ C ′ ,
AC ′
′ és AB ′ ′ -re húzott merőlegesek is összefutnak.
V.8. Gyakorlatok és feladatok (221. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben G a súlypont és az AGD háromszög
G-ben derékszögű, akkor az AD és az AD-hez tartózó kettős felező kongruensek.
Megoldás. A V. 18. ábra jelölései alapján az AGD háromszög pontosan akkor
2 2
derékszögű G-ben, ha GA + GD
A Leibniz-tétel alapján
2
= AD .
A
2 2 2 2 2 2
3( a + b + c ) − ( d + e + f
2 )
AG =
16
a
c
M
és
b
2 2 2 2 2 2
3( c + f + e ) − 2 ( a + b + d )
GD =
.
16
B f
G
D
Az előbbi két egyenlőség alapján GAD
háromszög pontosan akkor derékszögű G-
2 2 2 2 2 2
ben, ha a + b + e + f = 5c
+ d .
Másrészt
2 1 2 2 2 2 2 2
MN = ( a + b + e + f −c−d) 4
d
N
GA
e
C
V. 18. ábra
2 2 2 2
(Euler-tétel), tehát MN pontosan akkor egyenlő AD-vel, ha a + b + e + f =
2 2
= 5c + d . Eszerint MN pontosan akkor egyenlő AD-vel, ha az AGD háromszög Gben
derékszögű.
2. Ha G az ABCD tetraéder súlypontja és M egy tetszőleges térbeli pont, akkor
2 2 2 2 2 2 2 2 2
MA + MB + MC + MD = 4MG
+ GA + GB + GC + GD
Megoldás. Ha G az ABCD tetraéd er súlypontja, akkor bármely O térbeli
pont
OA + OB + OC + OD AO + BO + CO + DO
esetén OG =
(1) és GO =
(2).
4
4
2 2 2
Az MA = MG + GA összefüggésbő l MA = MG + GA + 2MG
⋅GA
(3).
2 2 2
Hasonlóan MB = MG + GB + 2MG
⋅GB
(4) ,
2 2 2
MC = MG + GC + 2MG
⋅GC
=
(5)
2 2 2
MD = MG + GD + 2MG
⋅ MD (6)
A (3), (4), (5) és (6) összefüggéseket összeadva, kapjuk, hogy
2 2 2 2
MA + MB + MC + MD
2 2 2 2 2
= 4MG + GA + GB + GC + GD + 2MG
⋅ GA + GB + GC + GD (7).
( )
A (2) összefüggésbe O helyett rendre A-t, B-t, C-t, illetve D-t helyettesítünk:

Térgeometriai feladatok és tételek 209
BA + CA + DA AB + CB + DB
GA =
, GB =
4
4
AC + BC + DC AD + BD + CD
GC =
, GD =
4
4
Ha összeadjuk az utóbbi
négy egyenlőség megfelelő oldalait kapjuk, hogy
GA + GB + GC + GD = 0 , tehát (7) éppen a keresett összefüggés.
3. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder belsejében létezik olyan M pont, amelyre az
MABC, MBCD, MCDA és MABD tetraéderek azonos térfogatúak.
Szintetikus megoldás. Igazoljuk, hogy a súlypont teljesíti a feltételt. Ha A 1 az
AA1 ⋅TBCD
A-ból húzott magasság talppontja, akkor V ABCD = . Ha G A az A-ból húzott
3
súlyvonal talppontja (tulajdonképpen a BCD ∆ súlypontja) és G ∈ ( A G A)
a tetraéder
GGA
1
súlypontja, akkor = . Legyen G 1 a G pont vetülete a ( BC D)
síkra. Az
AG A 4
GG1
GGA
AA1
AAG 1 A∆
-ben Thalesz tétele alapján = , tehát 1
AA1
AGA
4
= GG . Így
GG1⋅TBCD AA1⋅TBCD VABCD
V GBCD = = = . Hasonlóan igazolható, hogy
3 12 4
VABCD
VGABD = V GABC = VGADC
= , tehát a G pont teljesíti a kért feltételt.
4
Vektoriális megoldás. Azt a tényt, hogy V MABC = VMBCD
az
MA ⋅ MB × MC = MD ⋅ MB × MC egyenlőség fejezi ki. Két esetet
( ) ( )
különböztetünk meg.
I. eset. MA ⋅ ( MB × MC ) = MD ⋅ ( MB × MC ) ⇔
AD ⋅ ( MB × MC ) = 0
⇔ AD ⊥ MB × MC
⇒ AD , MB , MC koplanárisak, ez pedig nem lehetséges, ha
( )
M a tetraéder belsejében található.
II. eset. MA ⋅ ( MB × MC ) =−MD ⋅ ( MB × MC ) ⇔ ( MA + MD) ⋅ ( MB × MC ) = 0
⇔ 2ME ⋅ MB × MC = 0 (mert E az [ AD]
felezőpontja) ⇔ ME , MB és MC
( )
koplanárisak. Tehát a ( BMC ) sík átmegy az AD felezőpontján, azaz oldalfelező sík.
Hasonlóan az ( AMD)
a BC felezősíkja és így tovább. Ezen síkok metszéspontja
pedig súlypont, tehát M = G .
Megjegyzés. A vektoriális bizonyítás az egyértelműséget is bizonyítja.
4. Az ABCD tetraéderben
S = S cos( CD∠ ) + S cos( BD∠ ) + S cos(
BC∠).
A B C D

210 Térgeometriai feladatok és tételek
Megoldás. Legyen A1
az A pont vetülete a ( BCD)
síkra. Ha A 1 a BCD ∆
belsejében van, akkor S = S + S + S . Legyen prBC A = D . A három
1DB A A1BC ACD 1 A
1
merőleges tételéből 1 . ⊥
1 1
AD BC S ABC = AD (A A∠ 1 ) =
1 1 1⋅BC
= AD1⋅BC
⋅cos D1
2 2
= S ⋅cos( BC∠ ) = S ⋅cos(
BC∠
) . Hasonlóan S = S ⋅cos(
∠)
és
ABC D
ACD 1 B CD
SADB = S cos(
)
1 C ⋅ DB∠
, tehát SA = SB
cos( CD∠ ) + SC cos( BD∠ ) + SD
cos(
BC∠)
.
Ha A1 a BCD∆ -ön kívülre esik, akkor valamelyik terület negatív előjellel szerepel,
viszont a megfelelő koszinusz is negatív lesz, tehát az egyenlőség ebben az esetben is
teljesül.
5. Bizonyítsd be, hogy egy ortocentrikus tetraéder legalább egyik oldallapja
hegyesszögű háromszög. Igaz-e ez a tulajdonság tetszőleges tetraéderekre?
Megoldás. Ha H a tetraéder ortocentruma, akkor AH ⊥BC
⇒ AH ⋅ BC = 0 ,
AH ⊥CD ⇒ AH ⋅ CD = 0 , AH ⊥BD
⇒ AH ⋅ BD = 0 . Hasonlóan
BH ⋅ AC = 0 , BH ⋅ CD = 0 , BH ⋅ AD = 0
CH ⋅ AB = 0 ,CH ⋅ AD = 0 , CH ⋅ BD = 0
DH ⋅ AC = 0 , DH ⋅ AB = 0 , DH ⋅ BC = 0 .
Tudjuk, hogy ha két vektor által bezárt szög tompaszög, akkor azok skaláris szorzata
negatív. Ha pedig hegyesszög, akkor a skaláris szorzat pozitív.
AB ⋅ AC = AB ⋅ ( AH + HC ) = AB ⋅ AH + AB ⋅ HC = AB ⋅ AH
AB ⋅ AD = AB ⋅ ( AH + HD) = AB ⋅ AH + AB ⋅ HD = AB ⋅ AH .
Tehát AB ⋅ AC = AB ⋅ AD , hasonlóan A B ⋅ AC = AC ⋅ AD . Ebből következik,
hogy AB ⋅ AC = AB ⋅ AD = AC ⋅ AD . Következésképpen az A csúcsnál levő
szögek vagy mind hegyesek, vagy mind tompák. Hasonló érveléssel kiderül, hogy
bármely csúcsnál levő szögek vagy mind hegyesek, vagy mind tompák. A fentiek
alapján, ha valamely háromszög tompaszögű – feltételezzük, hogy az ABC ∆ az A
csúcsban – akkor a ( BAD∠)
és ( CAD∠)
szögek is tompák. Következik, hogy a
BC , , D csúcsoknál hegyesszögek vannak. Tehát BCD∆ hegyesszögű. Az állítás
3
tetszőleges tetraéderre nem igaz. Legyen ABCD tetraéder úgy, hogy AC = ,
2
7
2
AB = BC = 1 , AD = DC = és BD = . Azonnal ellenőrizhető, hogy a
8
8
tetraéder létezik, azaz minden oldallapon fennállnak a háromszög egyenlőtlenségek, és
az ( ABC∠ ), ( BDC∠) , ( BDA∠
), ( ADC∠)
szögek tompaszögek, mert
2 2 2
AC > AB + BC
2 2
2 2 2 2 2
, BC > BD
2
+ DC ,
BA > BD + DA , AC > AD
2
+ DC .
1

Térgeometriai feladatok és tételek 211
6. Bizonyítsd be, hogy egy ortocentrikus tetraéderben a magasságok összefutási
pontja (H), a súlypont (G) és a körbeírt gömb középpontja kollineárisak (Euler
egyenes) és OG = GH . Próbáld általánosítani az Euler kört is!
Megoldás. Tudjuk, hogy egy háromszögben az ortocentrum, a súlypont és a
háromszög köré írt kör középpontja kollineárisak. Legyenek H A , G A és O A a BCD ∆
ortocentruma, súlypontja és a háromszög köré írt kör középpontja. Ekkor A , H és
H kollineárisak és AH ⊥(
BCD)
, OO ⊥(
BCD)
. Abból, hogy AH ( BCD)
és
A
AH
A
A
A
⊂ ( AH O ) , következik, hogy ( AH O ) ⊥(
BCD)
. Viszont OO ( BCD)
és
A A
A A
, tehát az utolsó három összefüggés alapján O ∈ A A A . Az A, G
és pontok kollineárisak és
O
OA ∈ ( AHAOA) ( H )
GA
AG , A ∈ ( AHAOA) , mert GA O , következik,
∈ AHA hogy G ∈ AH O ) , tehát HG , , O ∈ ( AHO)
. Hasonlóan H, G ,O∈( BHO)
.
( A A
Következik, hogy HGO , , ∈( AHO)
∩(
BHO)
. Viszont két sík metszete egy
A A
A A B B
egyenes, tehát O, G ,Hkollineárisak.
Legyen G vetülete a ( BCD ) síkra G . Az
előbbiek alapján G1O A A.
Tudjuk, hogy
H
AG
∈ = 3 . Az AH A háromszögben
GG A
, Thalesz tételéből következik, hogy
GA AG HG A 1
GG 1 || AH A
OG A 1GA
= HG A 1
, tehát = 3 ⇒
G GG 1 A
HG A 1 3
HG A A
= . Ezen kívül = 2 , és az utólsó két összefüggést összevetve
HG A A 4
GO A A
1
következik, hogy GHA
3
= .
GO A A 2
GO 1 A GG 1 A GAOA GAHA GH 1 A 2 4 2
= + = − + = − 1+ = 1,
GH 1 A GH 1 A GH 1 A GH 1 A GH 1 A 3 3 3
tehát GO 1 A = GH 1 A. Az OO AHAHtrapézban G 1 az OH A A felezőpontja és
GG1
|| H AH
. Következik, hogy GG 1 középvonal., tehát OG = GH .
Az Euler kör általánosítása. Ha ABCD ortocentrikus tetraéder, akkor a lapok
súlypontjai, ortocentrumai és az AH, BH, CH, DH szakaszok H-hoz közelebb eső
harmadoló pontjai egy gömbön vannak, amelynek a középpontja az Euler egyenesen
van és sugara a tetraéder köré írt gömb sugarának egy harmada.
7. Bizonyítsd be, hogy a következő állítások egyenértékűek:
a) az ABCD tetraéder egyenlő oldalú;
b) az ABCD tetraéder minden csúcsában a síkszögek mértékének összege egyforma;
c) a beírt és a köréírt gömbök középpontjai egybeesnek.
Bizonyítás. a) ⇒ b) A csúcsokban a síkszögek összege π , tehát egyforma.
b) ⇒ a) Ha a csúcsokban a síkszögek összege egyforma, akkor ez az összeg pontosan
π
, mert az összeg négyszerese a négy háromszög szögeinek összegével egyenlő. Így a
tetraédernek a síkra való lefejtése egy háromszög, amelyben meghúztuk a
középvonalakat. Ebből következik, hogy a tetraéder egyenlő oldalú.
A ⊥
A ⊥
B B
1

212 Térgeometriai feladatok és tételek
a) ⇒ c) A tetraéder köré írt gömb középpontjának a lapoktól való távolságai
2
R − R1
2
, ahol R a lapok köré írt körök sugara és R a tetraéder köré írt gömb
1
sugara. Ebből következik, hogy az O pontnak a tetraéder lapjaitól való távolságai
egyenlő hosszúak, tehát O a tetraéderbe írható gömb középpontja is.
c) ⇒ b) Ha O = I , akkor a lapok köré írható körök sugarai is egyenlők. Így
mBAC∠ ( ) = mBDC ( ∠)
, mCAD ( ∠ ) = mCBD ( ∠)
és mBAD ( ∠ ) = mBCD ( ∠)
(mert kongruens körökben kongruens húrokhoz tartoznak). Ebből következik, hogy az
A csúcsban a síkszögek mértékének összege π . Hasonlóan igazolható, hogy a többi
csúcsban is π a síkszögek mértékének összege.
8. Bizonyítsd be, hogy ha egy tetraéder belsejében létezik négy nem egy síkban fekvő
pont, amelyek az oldallapoktól való távolságaik összege egyenlő, akkor a tetraéder
egyenlő oldalú.
Megoldás. Ha Oabc egy triéder és az M pontnak a lapoktól való távolsága x, y és z,
akkor az α⋅ x + β ⋅ y + γ⋅
z = δ (αβ , , γδ> , 0)
egyenlőséget teljesítő pontok
mértani helye egy síknak a triéder belsejébe eső része. A síkot megszerkeszthetjük, ha
felvesszük a triéder élein az N , P és Q pontokat úgy, hogy az ONP, OPQ és OQN
háromszögek területe rendre α -val, β -val és γ -val legyen egyenlő. Így
αx+ βy+ γz=
3 V[ OMNP ] + 3 V[ OMPQ] + 3 V[ OMQN ] =
= 3 VONPQ [ ] ± 3 VMNPQ [ ],
tehát az M pont (NPQ) síktól való távolsága konstans. Hasonló eredményhez jutunk
akkor is, ha az α , β és γ számok közt van 0 is, de nem mind nullák. Ha a tetraéder
nem egyenlő oldalú, akkor jelöljük O-val a legkisebb területű oldallappal szemben
fekvő csúcsot, x-szel, y-nal, z-vel és t-vel az M belső pontnak a lapoktól való
távolságait és S -szel, S -nal, S -vel és S -vel a megfelelő lapok területeit. Az
xS + yS + zS + tS 3V
x y
z
x
y
t =
z
és x + y + z + t = k egyenlőségek alapján
xS ( x − St) + y(
Sy
− St ) + ( Sz
− St)
= 3V−kSt és az ,
valamint γ = Sz
St
számok nem mind egyenlők nullával. Az előbbiek alapján négy
nem egy síkban levő pont csakis akkor teljesítheti az adott egyenlőséget, ha
α = β = γ 0 , vagyis ha a tetraéder egyenlő oldalú.
)
−
z α = Sx − St
β = Sy − St
=
9. Az ABCD tetraéder pontosan akkor egyenlő oldalú, ha a súlyvonalai azonos
hosszúságúak.
Megoldás
2 2 2 2 2 2
3(
a + b + c 2
) − ( d + e + f
AGA
=
és
9
2 2 2 2 2 2
3(
a + d + f 2
) − ( c + e + b )
BG B =
, tehát az
9
2
2
2 2 2 2
AGA = BGB
egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha d + b = c +
f . Az előbbi
két egyenlőséghez hasonlóan felírhatjuk a többi súlyvonal egyenlőségét is. Így az
t

Térgeometriai feladatok és tételek 213
AGA = BGB = CGC = DGD
egyenlőségek pontosan akkor teljesülnek, ha a = e ,
b = f és d = c,
tehát ha az ABCD tetraéder egyenlő oldalú.
10. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élei páronként merőlegesek egymásra.
Bizonyítsd be, hogy:
a) az A-nak a BCD-re eső A′ vetülete a BCD∆ ortocentruma és a BCD háromszög
hegyesszögű;
1 1 1 1
b) = + + ;
2 2 2
2
AA′ AB AC AD
2 2
2
c) co s AAB ′ + cos AA ′ C + cos AAD ′ = 1 (Tinseau, 1780);
( ) (
) ( )
2 2
2
d) cos ( BC∠ ) + cos ( CD∠)
+ cos ( DB∠
) = 1 ;
2
e) T [ A BC] = T[ BCD] ⋅T
⎡A BC⎤
⎣
′
⎦
;
2 2
2 2
f) T [ BCD] = T [ ABC]
+ T [ ADC] + T [ ABD]
;
2
g) 9V[ ABCD] = 2 T [ ABC ] ⋅T[ ACD] ⋅T[
ABD]
.
Megoldás. a) A V. 19. ábra jelöléseit használjuk. Az AA BC és
AD ⊥ ( BAC )
1D összefüggések és a három merőleges tétele alapján DA 1 ⊥ BC és az
D
A pontnak a BCD
síkra eső vetülete az
AD 1 magasságon
helyezkedik el.
A
Hasonlóan igazolható,
hogy az A pontnak a
BCD síkra eső
vetülete rajta van a
BCD háromszög B
A
C
illetve C csúcsából
húzott magasságon is.
A
Eszerint az A pontnak
a BCD síkra eső
vetülete éppen a BCD
B
háromszög magasságpontja.
AA′
=
AD
AD
1
2
1
= 2
1
+ 2
1
+ 2
,
z
y
x
1
V. 19. ábra
b) Ha az AB, AC és AD szakaszok hosszát rendre x-szel, y-nal és z-vel jelöljük, akkor
az ABC háromszögben az AA 1 magasságra AA1
=
xy
2
x + y
2 és az AA
háromszögben
⋅ AA1
2 2
+ AA1
=
xyz
2 2 2 2 2 2
xy + yz + zx
. Ebből következik,
hogy
AA′ x y z
1 1
= + 2 2
AB AC
1
+ 2
AD
.
c) d) m( A ′ AD∠ ) = mDAA ( ∠ ) = mBC ( ∠)
, tehát
1
1 ⊥

214 Térgeometriai feladatok és tételek
2
⎛
2 2 AA ⎞
1
cos ( AAD ′ ) = cos ( BC∠
) = ⎜
⎟
⎜
=
⎜ DA
⎟
⎝ 1 ⎠⎟
x y
Hasonló módon igazolható, hogy
2 2
xy
+ y z + z x
2 2
2 2
zy
cos ( AAB ′ ) = cos ( DC∠
) = 2 2 2 2 2 2
xy + yz + zx
és
2 2
cos ( AAC) cos ( BD )
2 2 2 2 2 2
′ =
2 2
zx
∠ = 2 2 2 2 2 2
xy + yz + zx
, tehát
2 2 2
cos ( AAB ′ ) + cos ( AAC ′ ) + cos ( AAD ′ ) = 1 és
2 2 2
cos ( BC∠ ) + cos ( CD∠ ) + cos ( DB∠
) = 1
e) A
2 2
2 xy
T [ A BC ] = ,
4
DA1 ⋅ BC
TBCD [ ] =
2
1
=
2
2 2 2 2 2 2
xy + yz + zx és
AA ′ 1 ⋅ BC
TABC [ ′ ] =
2
1
=
2
2 2
xy
2 2 2 2 2 2
xy + yz + zx
egyenlőségek alapján
2
T [ ABC] = T[ BCD] ⋅ T[ A′ BC].
f) Az előbb igazolt egyenlőséget a tetraéder többi lapjára is felírjuk, majd összeadjuk a
2 2 2
kapott egyenlőségeket. T [ A BC] + T [ ADC] + T [ ABD] = T[ BCD] ⋅ T[ A′ BC]
+
2
+ TBCD [ ] ⋅ TADC [ ′ ] + TBCD [ ] ⋅ TABD [ ′ ] = TBCD [ ] ⋅TBCD [ ] ⋅= T [ BCD]
.
xyz
xy
yz
zx
g) A V [ ABCD ] = , TABC [ ] = , TADC [ ] = és TA [ BD ] =
6
2
2
2
egyenlőségek alapján következik, hogy
2
9 V [ ABCD] = 2 T[ ABC ] ⋅T[ ADC ] ⋅ T[ ABD].
.