You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 185<br />
V. FEJEZET<br />
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
V.4.<br />
Gyakorlatok <strong>és</strong> <strong>feladatok</strong> (192. oldal)<br />
1. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C <strong>és</strong> D négy nem egy síkban levő pont, akkor létezik<br />
olyan O pont, amelyre OA=OB=OC=OD. (vagyis minden tetraéder gömbbe írható).<br />
Megoldás. Ha O1 a BC D háromszög köré írt kör középpontja, O 2 az ACD<br />
háromszög köré írt kör középpontja <strong>és</strong> M a [ CD ] szakasz felezőpontja, akkor<br />
OM 2 ⊥CD⎫⎪ ⎪⎬⎪<br />
⇒ ( 1 2 ) ⊥CD.<br />
OM 1 ⊥CD⎪⎭ M OO<br />
V. 1. ábra<br />
A<br />
CD ⊂ ( BCD)<br />
⎫⎪<br />
⎪<br />
CD ⊂ ( ACD)<br />
⎪<br />
⎬ ⇒<br />
⎪<br />
CD ⊥(<br />
O1O2M) ⎪<br />
⎪⎭<br />
( BCD) ⊥(<br />
O1O2M) (1).<br />
( ACD) ⊥(<br />
O O M )<br />
1 2<br />
Ha d1 <strong>és</strong> d 2 az O1 -ben a ( BCD)<br />
illetve az O2 -ben az ( ACD)<br />
síkokra állított merőleges<br />
egyenesek, akkor (1) alapján<br />
következik, hogy d , d ⊂ ( O M)<br />
1 2 O1<br />
2<br />
<strong>és</strong> a ( ) sík nem párhuzamos az ( ) síkkal, tehát d ∩d ≠∅.<br />
BDC ACD 1 2<br />
Ha d ∩ d = { O}<br />
, akkor<br />
1 2<br />
2 2<br />
2 2<br />
B<br />
C<br />
O<br />
O1<br />
OB = OC = OD = OO + R ,<br />
2 2<br />
1 1<br />
O 2<br />
M<br />
D<br />
OC = OD = OA =<br />
= OO + R <strong>és</strong> R , R a BCD háromszög, illetve az ACD háromszög köré írt<br />
1 2<br />
kör sugarai. Ebből következik, hogy OA = OB = OC = OD .<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben DA ⊥ AB, DA ⊥ AC <strong>és</strong><br />
AB ⊥ AC , akkor m( C AB∠ ) > mCDB ( ∠) .<br />
Szintetikus megoldás<br />
2 2<br />
2<br />
AB ⊥ AC ⇒ m( C AB∠ ) = 90 ⇒ BC = AB + AC (1).<br />
Másr<strong>és</strong>zt a BCD∆ -ben a koszinusz tételből<br />
2 2 2<br />
BC = BD + CD −2BD ⋅CD⋅ cos(<br />
BDC∠)<br />
.<br />
⊥ AB m( DAB∠ ) = 90<br />
2 2 2<br />
Továbbá AD ⇒ ⇒ BD <strong>és</strong> ⇒<br />
m( DAC∠ ) = 90<br />
= AD +<br />
AC<br />
2 2<br />
2<br />
⇒ ⇒ DC .<br />
= AB + AD AD ⊥AC
186 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
2<br />
Tehát BC<br />
2 2 2<br />
= AB + AC + 2AD−2BD ⋅CD ⋅cos( BDC∠)<br />
(2).<br />
D<br />
(1) <strong>és</strong> (2) alapján<br />
2<br />
AD = BD ⋅CD⋅cos( BDC∠ ) ⇒<br />
A<br />
cos( BDC∠ ) > 0 . Viszont<br />
m( BDC∠) ∈(0,<br />
π),<br />
tehát<br />
<br />
m( BDC∠)<br />
< 90 = m( CAB∠<br />
) .<br />
Ezzel az állítást igazoltuk.<br />
C<br />
Vektoriális megoldás <br />
<br />
B<br />
AB ⊥AD<br />
⇒ AB ⋅ AD = 0<br />
<br />
<br />
V. 2. ábra<br />
AC ⊥AD<br />
⇒ AC ⋅ AD = 0<br />
<br />
AB ⊥AC<br />
⇒ AB ⋅ AC = 0<br />
<br />
<br />
BD ⋅ CD = BD ⋅CD ⋅cos( CDB∠)<br />
<br />
<br />
Másr<strong>és</strong>zt BD ⋅ CD = ( AD −AB)( AD − AC ) =<br />
<br />
2 2<br />
= AD −AD ⋅AC−AB⋅ AD + AB ⋅ AC = AD ⇒<br />
2<br />
⇒ AD = BD ⋅CD ⋅cos( CDB∠)<br />
⇒ cos( CDB∠ ) > 0 , de ( CDB∠) ∈(0,<br />
π ⇒<br />
<br />
mC ( DB∠ ) < 90 = mCAB ( ∠)<br />
.<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. A feladat állítása következik a tankönyv 3. 12. feladatából.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben DA ⊥ AB, DA ⊥CA<strong>és</strong><br />
CD = DB , akkor AC = AB <strong>és</strong> m( C AB∠ ) > mCDB ( ∠).<br />
Megoldás. A V. 2.ábra jelöl<strong>és</strong>eit használjuk. Az ABC háromszögben a koszinusz<br />
2 2 2<br />
tételből BC = AC + AB −2AC⋅AB⋅cos( CAB∠)<br />
. A BC D háromszögben<br />
BC<br />
= BD + CD −2BD ⋅CD⋅cos( BDC∠)<br />
. Pitágorász tételét alkalmazzuk a<br />
2 2 2<br />
BAD<br />
fenti összefügg<strong>és</strong>ekből következik, hogy<br />
= AB + AD = AD + AC<br />
2<br />
BC<br />
2 2 2<br />
= AB + AC + 2AD−2BD ⋅CD ⋅ cos(<br />
BDC∠)<br />
⇒<br />
2 2 2 2 2<br />
2<br />
<strong>és</strong> CAD háromszögekben: BD <strong>és</strong> CD . A<br />
2<br />
⇒ 2 AD = 2BD ⋅CD ⋅cos( BDC∠) −2AC⋅AB⋅cos( CAB∠)<br />
.<br />
Továbbá CD ≡ DB , AD ≡ AD <strong>és</strong> ( BAD∠) ≡( CAD∠)<br />
⇒ BAD ≡ CAD ⇒<br />
2 2<br />
2<br />
AC ≡ AB . Tehát 2AD = 2 BD cos( BDC∠) −2ABcos(<br />
CAB∠)<br />
⇒<br />
)<br />
∆ ∆<br />
2 2<br />
2 2<br />
⇒ BD − AB = BD cos( BDC∠) −AB cos(<br />
CAB∠)<br />
⇒<br />
2 2<br />
⇒ BD ( 1−cos( BDC∠ ) ) = AB ( 1−cos( CAB∠)<br />
) .<br />
Viszont BD ><br />
AB , mert BD átfogó <strong>és</strong> AB befogó a BAD derékszögű<br />
háromszögben, tehát
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 187<br />
1−cos( BDC∠ ) < 1−cos( CAB∠<br />
) ⇒ cos( BDC∠ ) > cos(<br />
CAB∠<br />
) (1).<br />
Tudjuk, hogy m( B DC∠)<br />
<strong>és</strong> m( C AB∠) ∈ (0, π)<br />
, valamint a koszinusz függvény<br />
csökkenő a ( 0, π intervallumon, tehát (1)-ből következik, hogy<br />
m( BDC∠ ) < m( CAB∠)<br />
.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy ha az OA, OB<br />
<strong>és</strong> OC térbeli egyenesek nincsenek<br />
egy síkban, akkor az általuk<br />
meghatározott három síkszög<br />
mértékei közül bármely kettő összege<br />
nagyobb vagy egyenlő mint a<br />
harmadik mértéke.<br />
Megoldás. Ha az AOB, AOC <strong>és</strong><br />
BOC síkszögek kongruensek, akkor a<br />
tulajdonság igaz. Ha az előbbi szögek<br />
nem kongruensek, feltételezhetjük,<br />
hogy mAOB ( ∠) ≤mBOC ( ∠)<br />
<strong>és</strong><br />
mA ( OC∠) ≤mBOC ( ∠)<br />
.<br />
)<br />
O<br />
Így elégséges igazolni, hogy m ( AOC∠ ) + m( AOB∠) ≥m( BOC∠)<br />
. Az OA, OB <strong>és</strong><br />
OC egyeneseken vegyük fel az A 1 , 1 <strong>és</strong> C pontokat úgy, hogy<br />
, majd a egyenesen az A pontot úgy, hogy<br />
. Mivel , az pont a<br />
B 1<br />
) BC 1 1<br />
2<br />
) mBOC ( 1 1∠) ≥mAOB ( 1 1∠)<br />
2 A<br />
m( ABO 1 1 ∠ ) = mOBC ( 1 1∠<br />
mAOB ( 2 1∠ ) = mAOB ( 1 1∠<br />
[ BC 1 1]<br />
szakaszon van. Az AOB <strong>és</strong> AO háromszögek kongruensek, mert OB közös<br />
B<br />
1<br />
C1<br />
A 1<br />
A<br />
2<br />
C<br />
A<br />
B1<br />
V. 3. ábra<br />
)<br />
1 2 1 C<br />
1 1 C<br />
oldal <strong>és</strong> mAOB∠ ( 2 1 ) = mAOB∠ ( 1 1 ) valamint mABO ( 1 1 ∠ ) = m . Így<br />
AB 1 1 = AB 2 1,<br />
tehát az AA 1 2 1 szög tompaszög. Az AA 1 2 1 háromszögben az AA<br />
szög a legnagyobb szög, tehát . Ebből következik, hogy az AO <strong>és</strong><br />
AOC háromszögekben OC közös oldal, OA <strong>és</strong> . Ez csak<br />
C<br />
( OB1A∠<br />
2<br />
C<br />
AC 1 1 > AC 2 1<br />
OA AC > AC<br />
2 1<br />
1<br />
2 1<br />
1 1 1 = 2 1 1<br />
akkor lehetséges, ha mAO ( C∠<br />
) = mAOC ( ∠)<br />
. Tehát<br />
1 1 2 1<br />
mAOB ( 1 1∠ ) + mAOC ( 1 1∠ ) > mBOA ( 1 2∠ ) + mAOC ( 2 1∠ ) = mBOC ( 1 1∠<br />
) .<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha OA, OB <strong>és</strong> OC térbeli egyenesek, akkor<br />
m( BOA∠ ) + m( BOC∠ ) + m( COA∠ ) < 2π.<br />
Megoldás. Vegyük fel az OA, OB <strong>és</strong> OC egyeneseken az A 1 , B1<br />
<strong>és</strong> C 1 pontokat<br />
úgy, hogy teljesüljenek az OA 1 = OB1 = OC1<br />
egyenlőségek. Ha M-mel jelöljük az<br />
háromszög köré írható kör középpontját, akkor M az O-nak az ( ABC<br />
) síkra<br />
ABC 1 1 1<br />
eső vetülete, tehát a 3. feladat alapján mA ( OB∠)<br />
mA ( MB∠)<br />
,<br />
1 1<br />
mAO ( 1 C1∠ ) < mAMC ( 1 1∠)<br />
<strong>és</strong> mBOC∠ ( 1 1 ) < mBMC<br />
( 1 1∠)<br />
, tehát<br />
2<br />
1<br />
1 1<br />
1<br />
1<br />
B<br />
< 1 1
188 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
A<br />
B<br />
V. 4. ábra<br />
m( BOA∠ ) + m( BOC∠ ) + m( COA∠ ) < 2 π<br />
O<br />
A1 C1<br />
B1<br />
M<br />
C<br />
B<br />
A<br />
P O<br />
b c<br />
D<br />
a<br />
V. 5. ábra<br />
6. Az OA, OB <strong>és</strong> OC egyenesek páronként merőlegesek. Az OA=a, OB=b <strong>és</strong> OC=c<br />
szakaszok függvényében számítsd ki az (ABC) <strong>és</strong> (OBC) síkok szögét, valamint az O<br />
pont távolságát az (ABC) síktól. Fejezd ki az ABC ∆ területét az OAB, OBC <strong>és</strong> OAC<br />
háromszögek területének függvényében.<br />
Megoldás. Legyen D ∈ ( BC)<br />
úgy, hogy OD ⊥BC<br />
. AO ⊥OB<br />
, AO ⊥OC<br />
⇒<br />
AO ⊥(<br />
OBC )<br />
<strong>és</strong> OD ⊂ (OBC ) , tehát a három merőleges tételéből következik, hogy<br />
AD ⊥BC<br />
. Ezen kívül OD ⊥BC<br />
, BC = ( ABC ) ∩ ( OBC ) , AD ⊂ (ABC ) <strong>és</strong><br />
OD ⊂ ( OBC ) , tehát m( ( A BC)<br />
, ( OBC)<br />
) = m( ADO∠)<br />
. Az OBC derékszögű<br />
háromszögben OD magasság, tehát<br />
OB ⋅OC<br />
OD =<br />
BC<br />
=<br />
b ⋅c<br />
2 2<br />
b + c<br />
⇒<br />
2 2<br />
AO a b + c<br />
⎛ π⎞<br />
tg( ADO∠)<br />
= = . Viszont m( ADO∠) ∈ ⎜0, ⎟<br />
OD bc<br />
⎜⎝ 2 ⎠⎟<br />
⇒<br />
2 2<br />
a b + c<br />
m( ADO∠ ) = arctg<br />
. Legyen P ∈ ( AD)<br />
úgy, hogy OP ⊥AD<br />
(1).<br />
bc<br />
BC ⊥AD⎫⎪ BC ⊥( OAD)<br />
⎫⎪<br />
⎪⎬⎪ ⇒ ⎪⎬⎪ ⇒ OP ⊥BC , A D, BC ⊂ ( ABC ) <strong>és</strong> felhasználva az<br />
BC ⊥OD ⎪⎭<br />
OP ⊂ ( AOD)<br />
⎪⎭<br />
(1) összefügg<strong>és</strong>t következik, hogy OP ⊥( ABC<br />
) ⇒ dO,<br />
( ABC) = OP.<br />
AOD∆<br />
-<br />
) = 90<br />
<br />
ben m( AOD∠ , OP ⊥AD<br />
<strong>és</strong> P ∈ ( AD)<br />
, tehát<br />
( )<br />
C
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 189<br />
bc<br />
a ⋅<br />
2 2<br />
AO ⋅ OD b + c<br />
abc<br />
OP = d ( O, ( ABC ) ) = = =<br />
AD 2 bc ab + ac + bc<br />
a + 2 2<br />
b + c<br />
2 2 2 2 2 2 2 2<br />
2 2<br />
2 bc<br />
2 2<br />
a + ⋅ b + c<br />
2 2<br />
AD ⋅ BC b + c<br />
1 2 2 2 2 2 2<br />
TABC = = = a b + a c + b c ,<br />
∆ 2 2 2<br />
ab bc<br />
TOAB = ,<br />
∆ OCB∆<br />
2<br />
2<br />
=<br />
ac<br />
T , OAC∆<br />
2<br />
=<br />
2 2 2<br />
T ⇒ TABC = T OAB + TOBC+ T<br />
∆ ∆ ∆ OAC . ∆<br />
7. Az AB szakaszt levetítettük három páronként merőleges síkra. Bizonyítsd be, hogy a<br />
vetületek hosszának négyzetösszege az AB négyzetének a kétszerese. Az előbbi két<br />
tulajdonságot hasonlítsd össze a Pitágorász tétellel.<br />
Megoldás. Ha az [ AB]<br />
szakaszt<br />
párhuzamosan eltoljuk („bárhová”),<br />
a vetületek hossza <strong>és</strong> iránya nem<br />
változik. Toljuk az [ AB]<br />
szakaszt<br />
el úgy, hogy az A pont a három sík<br />
O metsz<strong>és</strong>pontjába kerüljön. Ha<br />
B = pr , B = pr<br />
B <strong>és</strong><br />
1 ( yAz)<br />
B 2 ( xAz)<br />
B = pr<br />
3 ( xAy)<br />
B,<br />
valamint<br />
( BB2B3) ∩ Ax = { A1<br />
} ,<br />
( BB1B3) ∩ Ay = { A2<br />
} <strong>és</strong><br />
( BB1B2) ∩ Az = { A3}<br />
, akkor<br />
AA1B3A2A3B2BB1 téglatest <strong>és</strong><br />
innen következik, hogy<br />
2<br />
AB<br />
2 2<br />
= AB + BB . Továbbá<br />
3 3<br />
2<br />
3 = 1<br />
2<br />
2 =<br />
2<br />
1 −<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 2<br />
1 2 1 2 2<br />
BB B A AB AA<br />
AA = AB − A B = AB − BB .<br />
x<br />
B 2<br />
z<br />
O=A<br />
A 1<br />
A 3<br />
, AA = A B = AB − AA <strong>és</strong><br />
2 2 2 2<br />
2 1 3 3 1<br />
2<br />
3<br />
2 2 2 2 2<br />
3 = AB1 −( AB3 −( AB2 −BB3)<br />
)<br />
B<br />
B 3<br />
B 1<br />
A 2<br />
V. 6. ábra<br />
Ebből összefügg<strong>és</strong>ekből következik, hogy BB ⇒<br />
2 2 2<br />
2 2 2 2 2<br />
2 AB1 − AB3 + AB2<br />
BB3 = AB1 − AB3 + AB2 − BB3<br />
⇒ BB 3 =<br />
. Tehát<br />
2<br />
2 2 2<br />
2 2 2<br />
2 2 AB1 − AB3 + AB2<br />
2 AB1 + AB2 + AB3<br />
AB = AB3<br />
+<br />
⇔ AB =<br />
.<br />
2<br />
2<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével<br />
egyforma nagyságú szöget zár be, akkor d ⊥ α .<br />
Megoldás. Eltoljuk az α sík három különböző egyenesét <strong>és</strong> a d egyenest úgy, hogy<br />
egy közös O pontban találkozzanak (ez nem változtat a feladat általánosságán, mert a<br />
.<br />
y
190 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
párhuzamos eltolás megtartja a szögeket). Feltételezzük, hogy a d egyenes nem<br />
merőleges a síkra. Legyen M ∈ d tetszőleges <strong>és</strong> M ′ az M pont vetülete az α síkra<br />
⇒ M′ ≠ O,<br />
mert d nem merőleges az α síkra. Ha M , <strong>és</strong> M az pont<br />
M<br />
M ′<br />
vetületei a d , d illetve d egyenesekre, akkor, mivel MM ′ ⊥ α ; MM′ 1 , MM′ 2 ,<br />
MM ′ ⊂ α ; d , d , d ⊂ α <strong>és</strong><br />
3<br />
MM ′ ⊥d<br />
, MM′ ⊥ , MM′ ⊥ ,<br />
d d<br />
1 1<br />
a három merőleges tétele alapján<br />
, <strong>és</strong> MM ⊥d<br />
.<br />
d ⊥ MM MM ⊥d<br />
1 1<br />
1<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
2<br />
3<br />
3<br />
3 3<br />
3 3<br />
1 2<br />
1M<br />
( MOM∠ 1 ) = 2 ) (MOM)<br />
M<br />
2<br />
( OM<br />
M<br />
3M Tehát az OM , OM <strong>és</strong> OM<br />
háromszögek derékszögűek <strong>és</strong> a<br />
feladatbeli feltétel alapján<br />
∠ = 3 ∠<br />
(mértékük legyen x).<br />
OM1<br />
OM2<br />
OM 3<br />
cos<br />
x = = =<br />
OM OM OM<br />
⇒<br />
OM1<br />
= OM2<br />
= OM 3 ⇒ O az MM 1 2 3 háromszög köré írt kör középpontja (1).<br />
<br />
Mivel m( M ′ M1O∠)<br />
= m(<br />
M′ M2O∠ ) m M′<br />
3O∠)<br />
= 90 ⇒ M1<br />
, M2 <strong>és</strong> M 3 rajta<br />
vannak az OM átmérőjű körön, tehát O rajta van az MM háromszög köré írt<br />
M<br />
d1 O<br />
M<br />
2<br />
M<br />
M<br />
3<br />
α<br />
= ( M<br />
körön, ez pedig ellentmond az (1) tulajdonságnak ⇒ d ⊥ α .<br />
1 2M3 9. (Menelaosz tétele) Az ABCD tetraéder AB, BC, CD <strong>és</strong> DA oldalélein vegyük fel az<br />
M, N, P illetve Q pontokat. Bizonyítsd be, hogy M, N, P, Q pontosan akkor vannak egy<br />
AM BN<br />
CP DQ<br />
síkban, ha ⋅ ⋅ ⋅ = 1 .<br />
MB NC<br />
PD QA<br />
Megoldás. „⇒” Feltételezzük, hogy M, N, P <strong>és</strong> Q egy síkban vannak.<br />
I. eset.<br />
( MNPQ)<br />
|| AC<br />
⎫⎪<br />
⎪<br />
A<br />
( MNPQ)<br />
∩ ( ACD)<br />
= PQ ⎪<br />
⎬ ⇒<br />
⎪<br />
( MNPQ)<br />
∩ ( ABC<br />
) = MN ⎪<br />
⎪⎭<br />
MN || AC<br />
M<br />
Q<br />
.<br />
PQ || AC<br />
ABC ∆ -ben MN || AC<br />
, tehát Thalesz tétele<br />
BN BM<br />
alapján = .<br />
NC MA<br />
ACD∆ -ben PQ || AC<br />
, tehát Thalesz tétele<br />
V. 7. ábra<br />
B<br />
N<br />
d 3<br />
C<br />
d 2<br />
3<br />
P<br />
M<br />
M 1<br />
/<br />
D<br />
V. 8. ábra
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 191<br />
DQ DP<br />
AM BN CP DQ<br />
alapján = . Ebből következik, hogy ⋅ ⋅ ⋅ = 1 .<br />
QA PC<br />
MB NC PD QA<br />
II. eset. Legyen MNPQ ∩ AC = { R}<br />
. Az M, N <strong>és</strong> R illetve a P, Q <strong>és</strong> R pontok<br />
kollineárisak, mert P Q = ( ACD)<br />
∩ ( MNPQ<br />
) <strong>és</strong> R ∈A C ⊂(<br />
ACD)<br />
, valamint<br />
R ∈ ( MNPQ)<br />
, tehát R ∈( ACD)<br />
∩(<br />
MNPQ<br />
) illetve M N = ( ABC ) ∩ (MNPQ)<br />
<strong>és</strong><br />
R ∈MN ⊂(ABC)<br />
valamint R ∈ ( M NPQ)<br />
, tehát R ∈( ABC) ∩(<br />
MNPQ)<br />
.<br />
Felírjuk a síkbeli Menelaosz tételt az ABC -re <strong>és</strong> az M, N ,Rkollineáris<br />
pontokra,<br />
valamint az ACD∆ -re <strong>és</strong> a P, Q ,Rkollineáris<br />
pontokra.<br />
AM BN CR<br />
⋅ ⋅ = 1<br />
MB NC RA<br />
CP DQ AR<br />
⋅ ⋅ = 1 .<br />
PD QA RC<br />
A fenti két összefügg<strong>és</strong> megfelelő oldalait összeszorozva a bizonyítandó<br />
AM BN CP DQ<br />
⋅ ⋅ ⋅ = 1<br />
MB NC PD QA<br />
összefügg<strong>és</strong>hez jutunk.<br />
AM BN CP DQ<br />
„⇐” Feltételezzük, hogy ⋅ ⋅ ⋅ = 1 (*).<br />
MB NC PD QA<br />
I. eset. Ha PQ || AC , akkor az ACD∆ -ben Thalesz tételét felírva következik, hogy<br />
DP DQ CP DQ<br />
AM BN AM CN<br />
= ⇒ ⋅ = 1.<br />
(*) alapján ⋅ = 1 ⇒ = .<br />
PC QA PD QA<br />
MB NC MB NB<br />
Alkalmazva Thalesz tételének fordított tételét az ABC -ben, következik, hogy<br />
MN || AC . Viszont PQ || AC ⇒ MN || PQ ⇒ M, N ,P<strong>és</strong><br />
Q egy síkban vannak.<br />
II. eset. Ha MN || AC , következik, hogy PQ || AC , tehát M, N ,P<strong>és</strong><br />
Q egy síkban<br />
vannak.<br />
III. eset. Ha MN ∩ AC = { R}<br />
, PQ ∩ AC = { R′ } , akkor az ABC ∆ -ben az M, N, R<br />
kollineáris pontokra felírva Menelaosz tételét , a következő összefügg<strong>és</strong>t kapjuk:<br />
AM BN CR<br />
⋅ ⋅ = 1 (1).<br />
MB NC RA<br />
Az ACD -ben a P, Q, R ′<br />
∆<br />
kollineáris pontokra felírva Menelaosz tételét:<br />
DQ AR′ CP<br />
⋅ ⋅ = 1 (2).<br />
QA R′ C PD<br />
Az (1) <strong>és</strong> (2) összefügg<strong>és</strong>ek megfelelő oldalait összeszorozva kapjuk, hogy<br />
AM BN CP DQ CR AR′<br />
CR AR′<br />
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 1,<br />
innen pedig (*) alapján ⋅ = 1 ⇒<br />
MB NC PD QA RA R′ C<br />
RA R′ C<br />
∆<br />
∆
192 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
CR CR′<br />
= . Viszont C, A <strong>és</strong> R ′ kollineárisak, <strong>és</strong> R, R′ az AC szakaszon kívül<br />
RA R′ A<br />
helyezkedik el, tehát R = R′ . Ebből következik, hogy<br />
MN ∩ AC = PQ ∩ AC = { R}<br />
⇒ MN ∩AC∩PQ = { R}<br />
,<br />
tehát MN <strong>és</strong> PQ metsző egyenesek, ez pedig azt jelenti, hogy MNP , , <strong>és</strong> Q egy<br />
( BCO) ∩ AD } BDO ∩ A<br />
AB<br />
1 AC1<br />
C1C 1D síkban vannak.<br />
10. (Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben A 1 ∈ ( BCD)<br />
, O ∈ AA1,<br />
= {D1,<br />
( ) C = { C1}<br />
, ( CDO) ∩ = { B1}<br />
. Bizonyítsd be,<br />
AO AB AD1<br />
hogy = + + .<br />
OA1 B1B D<br />
Megoldás. A bizonyítás során felhasználjuk a következő, síkbeli Van Aubel tételt.<br />
Az ABC ∆ -ben ha AA1 ∩BB1 ∩CC1<br />
= { O}<br />
, ahol A1∈BC , B1AC <strong>és</strong><br />
AC AB<br />
, akkor = + B1O 1 C1BB AO BA1<br />
CB1<br />
B<br />
⋅<br />
OA1 BC B1<br />
1 1 B<br />
1 AO CA1<br />
⋅<br />
1 OA1 BC<br />
1 1<br />
{<br />
O ∩<br />
1 1<br />
C<br />
BOO , ,<br />
∈<br />
1 1<br />
C1∈AB 1C AO<br />
. Az AAC 1 ∆ -ben , ,B kollineárisak, tehát<br />
OA<br />
1 1<br />
Menelaosz tételéből ⋅ ⋅ = 1 ⇒<br />
A<br />
A<br />
AB AO<br />
= .<br />
BC OA<br />
C<br />
Hasonlóan AC<br />
= . Összeadva ez utóbbi két összefügg<strong>és</strong>t, kapjuk, hogy<br />
CB<br />
A<br />
AB AC AO<br />
+ = .<br />
BC 1 C1BOA1 D 1<br />
A térbeli Van<br />
bizonyítása<br />
Aubel tétel<br />
Legyenek O1} = CD1<br />
∩ DC 1 <strong>és</strong><br />
B1<br />
{ E} = A 1 CD.<br />
Az ACD∆ -ben<br />
felírva Van Aubel tételét, kapjuk, hogy<br />
B<br />
O<br />
C1<br />
O 1<br />
D<br />
AO AC AD1<br />
= + (1). A B, O <strong>és</strong> O 1<br />
OE 1 C1<br />
DD 1<br />
pontok kollineárisak, mert<br />
( BCO)<br />
<strong>és</strong><br />
1<br />
BOO , ,<br />
BOO , , 1 ∈(BCO) ∩(<br />
BOD ) = BO1.<br />
V. 9. ábra<br />
A BA , <strong>és</strong> E pontok is kollineárisak, mert A1 ∈ ( A BE)<br />
<strong>és</strong> BE , ∈ (ABE)<br />
, továbbá<br />
1<br />
BA , 1,<br />
E<br />
A<br />
C<br />
E<br />
∈ ( BCD)<br />
⇒ B, A , E ∈( ABE)<br />
∩ ( BCD) = BE<br />
. Az ABE -ben felírva<br />
AO<br />
(1)<br />
1 AO1 AB1<br />
Van Aubel tételét kapjuk, hogy = + =<br />
OA O E B B<br />
AC<br />
AB<br />
1 AD1<br />
+ + .<br />
B B<br />
C C D D<br />
1 1<br />
1<br />
1<br />
1 ∈<br />
1 ∈<br />
( BOD)<br />
∆<br />
1 1<br />
⇒
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 193<br />
11. Az ABCD tetraéder súlypontját jelöljük G-vel. Bizonyítsuk be, hogy az<br />
M ∈( AB), N ∈ ( AC)<br />
<strong>és</strong> P ∈ (AD)<br />
pontok által meghatározott sík pontosan akkor<br />
BM CN DP<br />
tartalmazza G-t, ha + + = 1.<br />
MA NA PA<br />
Megoldás. Jelöljük dX<br />
-szel az X pont távolságát az MNP síktól, ha<br />
dG1<br />
X ∈ { A, B, C, D, G1}<br />
. G ∈( M NP)<br />
⇔<br />
dA<br />
1 dG1 = . De<br />
3 dA 1 dB + dC + dD<br />
= ⋅ , tehát a<br />
3 dA<br />
dB dC G pont akkor <strong>és</strong> csakis akkor van az MNP síkban, ha +<br />
dA dA dD<br />
+<br />
dA<br />
= 1.<br />
Másr<strong>és</strong>zt<br />
dB dA BM<br />
= ,<br />
MA<br />
C d<br />
dA CN<br />
= <strong>és</strong><br />
NA<br />
D d<br />
dA DP<br />
= , tehát G ( M )<br />
PA<br />
NP<br />
DP<br />
∈ ⇔ 1<br />
PA =<br />
BM CN<br />
+ + .<br />
MA NA<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. Hasonló módon igazolható a következő általánosabb tulajdonság is:<br />
Ha ABCD egy tetraéder, Q egy pont a térben, ( BCD) ∩ AD = { P1}<br />
,<br />
( BCD) ∩ AC = { N1}<br />
<strong>és</strong> ( BCD) ∩ AB = { M1}<br />
, továbbá M ∈ AB,<br />
N ∈ AC <strong>és</strong><br />
P ∈ AD tetszőleges pontok, akkor a Q pontosan akkor van az (MNP) síkban, ha<br />
BM AM1 CN AN1 DP AP<br />
⋅ + ⋅ + ⋅ = 1<br />
MA M B NA N C PA P D<br />
1 .<br />
1 1 1<br />
12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az A′ B ′ , BC ′ ′ <strong>és</strong> C′ A ′<br />
középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az AB ′ C ′ , BC A′ ′ <strong>és</strong> CA ′ B′<br />
háromszögek mozgathatók úgy, hogy az A, B <strong>és</strong> C csúcsok egy pontban találkozzanak.<br />
(vagyis, hogy egy tetraédert kapjunk)<br />
1. megoldás. Ha a BC ′ ′<br />
A<br />
mentén tűrjük fel az AB ′ C ′ ∆<br />
háromszöget, <strong>és</strong> egy adott pillanatban<br />
az [AA′ ] szakasz hossza megegyezik<br />
B '<br />
C '<br />
V. 10. ábra<br />
a [BC ′ ′ ] szakasz hosszával, akkor<br />
éppen a keresett tetraédert kapjuk,<br />
mert ekkor AA ′ B′<br />
≡ CA′<br />
B′<br />
<strong>és</strong><br />
AC A′ ′ ≡ BC<br />
A′ ′ . Nyilvánvaló, hogy a feltűr<strong>és</strong> folyamán az AA ′ szakasz hossza<br />
∆<br />
∆<br />
∆ ∆<br />
A<br />
B C<br />
'<br />
csökken. Legyen AC ′′ ′ B′ az AC ′ ∆ B′ ∆ a feltűr<strong>és</strong> után. Észrevehető, hogy<br />
AOC<br />
′ ≡ ′′ OC ⇒ [ ] . Az ′′<br />
∆ A ′ ∆ AO ≡ [ OA′′<br />
] AOA ′ ∆ -ben a háromszög egyenlőtlenséget<br />
felírva<br />
AO ′′ + OA′ > AA ′ ′′ ⎫⎪<br />
⎪⎬⎪ ⇒ AA ′ > A′ A′′<br />
.<br />
A′′ O + OA′ = AO + OA′ = AA′<br />
⎪⎭<br />
Az AA′ szakasz hossza akkor lesz a legrövidebb, ha visszatűrjük a síkba az AB′ C ′ ∆ -<br />
et. Az ⎡ ⎤<br />
⎢⎣<br />
AA ′ ′′ , AA′<br />
⎥⎦<br />
intervallumban bármilyen értéket felvehet az AA ′′ ′<br />
. Tehát annak
194 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
szükséges <strong>és</strong> elégséges feltétele, hogy egy tetraédert kapjunk a három háromszög<br />
feltűr<strong>és</strong>e után az, hogy AA ′ ′′′ ≤BC ′ ′ ≤AA′<br />
. Mivel m( A∠ ) < 90 ⇒<br />
⇒ az AC ′ A′ B′<br />
paralelogrammában AA Az<br />
<br />
m( AB′ A′∠<br />
) > 90<br />
′ > B′ C .<br />
<br />
′<br />
AA ′ ′′ CB ′ ′<br />
( ) ( )<br />
<br />
trapézban mC B′ ′ A′∠ = mABC∠<br />
< 90 ⇒ C′ B ′ > AA ′ ′′′ . Tehát fel<br />
lehet tűrni úgy a háromszöget, hogy egy tetraédert kapjunk.<br />
ABC ′ ′ ′<br />
′ ′ ′<br />
(AB ′ )<br />
′′ H<br />
2 2<br />
⎛ha⎞ ⎟<br />
⎛ ha⎞<br />
⎜ ⎟ −⎜ − ⎟<br />
⎜ ⎟ = AH ⋅ HA1<br />
=<br />
2 ⎟<br />
AH<br />
2 ⎟⎠<br />
4R<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎜<br />
( ∠ ) > 90<br />
EB′ C ′ F ′ E ′<br />
<br />
os A cos B cosC<br />
′ < C ′ B<br />
D′ ′<br />
B<br />
2. megoldás. Az A-nak az síkra eső vetülete a mozgás ideje alatt az ABC<br />
háromszög A-ból húzott magasságán mozog. Elégséges azt igazolni, hogy az ABC<br />
háromszög H magasságpontja az ABC háromszög belsejében van <strong>és</strong>, hogy a<br />
feltűr<strong>és</strong> során, amikor A, B <strong>és</strong> C rákerül a H-ban ′ ′ C -ra emelt merőlegesre,<br />
akkor ugyanabba a pontba kerülnek. Az A szakasz hosszára érvényes az<br />
2 2<br />
A′′ H =<br />
c<br />
egyenlőség. Mivel ez a kifejez<strong>és</strong> szimmetrikus A, B <strong>és</strong> C-re nézve a feltűr<strong>és</strong> során<br />
kaphatunk tetraédert.<br />
13. Mi történik ha tompaszögű háromszögből indulunk?<br />
Megoldás. Az előző feladat alapján, ha m A , akkor AA ′ , tehát<br />
nem lehet feltűrni a háromszöget a kért módon.<br />
14. Az ABCD A′ B′<br />
C <strong>és</strong> BCF papír kockák tetejére a VA ′ ′ CD′ ′<br />
<strong>és</strong> VBEFC ′ ′ ′ ′ szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy<br />
2<br />
VA′ ′ ′ CD′ ′ BCEF ′ ′ ′ ′ BCC B′ VB′<br />
1 C′<br />
1 = VB′ 2 = AB.<br />
Az AB , , ′ , illetve V2B ′ C′<br />
lapokat elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot<br />
kapunk, ha a V ′ ′ 2<br />
CDEF ′ ′ ′ ′<br />
1 <strong>és</strong> V csúcsokat úgy mozgatjuk, hogy az AB síkba<br />
kerüljenek?<br />
Megoldás. A V. 11. Ábrának megfelelően, egy szabályos hatoldalú gúlát kapunk,<br />
amelynek a felső alapja fel van osztva háromszögekre.<br />
,<br />
A<br />
A<br />
V1 V2<br />
,<br />
D<br />
D<br />
,<br />
B<br />
,<br />
C<br />
C<br />
,<br />
E<br />
,<br />
F<br />
F<br />
,<br />
A<br />
A<br />
V<br />
1<br />
=V 2<br />
D<br />
,<br />
B<br />
C<br />
,<br />
E<br />
B<br />
E<br />
V. 11. ábra<br />
,<br />
D<br />
B<br />
C<br />
E<br />
1<br />
,<br />
,<br />
F<br />
F
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 195<br />
5.1.14. Gyakorlatok <strong>és</strong> <strong>feladatok</strong> (204. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha O, A, B <strong>és</strong> C nincsenek egy síkban, akkor bármely<br />
M pont<br />
<br />
<br />
<br />
esetén léteznek olyan λ1, λ 2,λ3 valós számok, hogy OM = λ1OA + λ2OB + λ3OC<br />
.<br />
Megoldás. Az M ponton át párhuzamosokat húzunk az OA, OB, OC egyenesekkel,<br />
ezek metszik az ( OBC ) , ( OAC ) <strong>és</strong> ( OAB) síkokat az M 1 , M 2 <strong>és</strong> 3 pontokban.<br />
M<br />
( MM2M3 ) || ( OBC ) , ( MM1M2 ) || ( OAB)<br />
,<br />
( MM1M3 ) || ( OAC ) <strong>és</strong> ha<br />
{ A1} = ( MM2M3) OA ∩ ,<br />
{ B1} = ( MM1M3) ∩OB<br />
<strong>és</strong><br />
{ C1} = ( MM1M2) OC ∩ ,<br />
akkor az OA 1 3<br />
paralelepip on é<br />
<br />
M B1C1M2MM1 ed s<br />
<br />
OM = OC1 + OM ⎫⎪ 3<br />
<br />
⎪<br />
⎬⎪<br />
OM 3 = OA1 + OB1⎪<br />
⎪⎭<br />
OM OA<br />
<br />
C<br />
M1<br />
M<br />
C1<br />
M2 B<br />
O<br />
⇒<br />
<br />
= + OB + OC .<br />
B1<br />
A1<br />
M3<br />
V. 12. ábra<br />
A<br />
1 1<br />
Továbbá A1∈OA, , ⇒ , , úgy, hogy<br />
<br />
1 , OB , OC ⇒ OM .<br />
′<br />
goldás. Adjuk össze a<br />
<br />
GG = GA +<br />
<br />
GG = GB +<br />
<br />
GG GC<br />
ő ket. Mivel<br />
<br />
GA + GB +<br />
<br />
GA ′ ′ + GB ′ ′ +<br />
tke hog<br />
<br />
3GG ′ = AA′ + BB′ + CC<br />
OA<br />
B1∈OB <br />
2OB C1∈OC <br />
λ 1 3OC λ =<br />
∃ λ1<br />
λ2<br />
3<br />
<br />
= OA +<br />
R λ ∈<br />
1 2OB <br />
<br />
OA1 = λ<br />
1 λ λ =<br />
<br />
3OC λ +<br />
<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha ABC <strong>és</strong> A′ B ′ ∆ C′ két háromszög <strong>és</strong> G illetve G ′<br />
∆<br />
a<br />
<br />
<br />
súlypontjaik, akkor 3GG ′ = AA′<br />
+ BB′+<br />
CC .<br />
A<br />
G<br />
C<br />
,<br />
A<br />
Me<br />
<br />
′ AA′ + A′ G′<br />
,<br />
<br />
′ BB′ + B′ G ′ <strong>és</strong><br />
<br />
′ = + CC ′ + C ′ G ′<br />
B<br />
,<br />
B<br />
V. 13. ábra<br />
,<br />
G<br />
,<br />
C<br />
egyenl sége<br />
<br />
GC = 0 <strong>és</strong><br />
<br />
GC ′ ′ = 0<br />
köve zik, y<br />
<br />
′ .<br />
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög!<br />
<br />
<br />
AB + AC<br />
Megoldás. AA1 , BB1 <strong>és</strong> CC 1 oldalfelezők, tehát AA 1 = ,<br />
2<br />
<br />
BC + BA<br />
BB1<br />
=<br />
2<br />
<br />
+ CB<br />
<strong>és</strong> 1<br />
2<br />
<br />
CA<br />
CC = . Ebből következik, hogy<br />
1
196 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
<br />
AB + AC + BC + BA + CA + CB<br />
AA1 + BB1 + CC1<br />
=<br />
=<br />
2<br />
<br />
AB + BA + AC + CA + BC + CB <br />
= = 0 ,<br />
2<br />
tehát az AA1 , BB 1 <strong>és</strong> CC 1 szakaszokkal szerkeszthető háromszög.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy egy tetraéder súlyvonalai lehetnek egy tetraéder valamilyen<br />
körüljárási irány szerint vett élei.<br />
Megoldás<br />
<br />
<br />
AB + AC + AD BA + BC + BD CA + CB + CD<br />
AG1<br />
=<br />
, BG2<br />
=<br />
, CG 3 =<br />
<strong>és</strong><br />
3<br />
3<br />
3<br />
<br />
DA + DB + DC <br />
DG4<br />
=<br />
, tehát AG 1 + BG2 + CG3 + DG4<br />
=<br />
3<br />
<br />
<br />
AB + BA + AC + CA + AD + DA + BC + CB + BD + DB + CD + DC <br />
= = 0 .<br />
3<br />
<br />
Mivel A, B, C <strong>és</strong> D nem egy síkban vannak, következik, hogy az AG1 , BG 2 , CG 3 <strong>és</strong><br />
DG4<br />
vektorok nem csúsztathatók egy síkba, így a fentiek alapján szerkeszthető velük<br />
egy tetraéder.<br />
<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéder AB, BC, CD <strong>és</strong> DA oldalélein felvesszük<br />
az M, N, P illetve Q pontokat úgy, hogy AM BN CP DQ = = = = k , akkor az<br />
MB NC PD QA<br />
MNPQ <strong>és</strong> ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek.<br />
Megoldás. Ha O egy tetszőleges pont a térben <strong>és</strong> G illetve G 1 az ABCD illetve az<br />
MNPQ tetraéderek súlypontjai, akkor<br />
<br />
<br />
<br />
OA + OB + OC + OD OM + ON + OP + OQ<br />
OG =<br />
<strong>és</strong> OG 1 =<br />
.<br />
4<br />
4<br />
<br />
<br />
AM OA + kOB OB + kOC OC + kOD<br />
= k ⇒ OM =<br />
, ON =<br />
, OP =<br />
<strong>és</strong><br />
MB 1 + k<br />
1 + k<br />
1 + k<br />
<br />
OD + kOA<br />
OQ =<br />
. Ebből következik, hogy<br />
1 + k<br />
( )<br />
( ) 1<br />
1 <br />
<br />
OG = OA + OB + OC + OD + kOA + kOB + kOC + kOD =<br />
4 k + 1<br />
( ) ( )(<br />
<br />
1<br />
OA + OB + OC + OD<br />
= k + 1 OA+ OB + OC + OD)<br />
=<br />
,<br />
4 k + 1 4<br />
<br />
tehát OG = OG1<br />
⇒ G = G 1 .<br />
6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?<br />
Megoldás. Válasszuk az előbbi feladatban O pontnak az A-t.
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
<br />
<br />
AB + AC + AD AM + AN + AP + AQ<br />
AG =<br />
(1), AG1<br />
=<br />
.<br />
4<br />
4<br />
AM<br />
k1<br />
MB<br />
197<br />
= ⇒ <br />
kAB 1 BN<br />
AM = , k2<br />
1 + k1<br />
CN = ⇒ <br />
AB + k2AC AN =<br />
,<br />
1 + k2<br />
CP<br />
k3<br />
PD = ⇒ <br />
<br />
AC + k3AD DQ AD<br />
AP =<br />
, = k4<br />
⇒ AQ = .<br />
1 + k3<br />
QA 1 + k4<br />
1⎛ k1 A fentiek alapján AG1 = ⎜<br />
4 ⎜ ⎜⎝1+ k<br />
1 ⎞<br />
⎟<br />
1⎛ k2<br />
+ ⎟AB + ⎜<br />
1+ k<br />
⎟<br />
⎠⎟ 4⎝ ⎜ ⎜1+<br />
k<br />
1<br />
+<br />
1+<br />
k<br />
⎞<br />
⎟<br />
<br />
⎟ ⎟AC+<br />
⎠⎟<br />
1 2 2 3<br />
⎛ k3<br />
⎞<br />
⎟<br />
1 1 <br />
+ ⎜ ⎟AD<br />
4⎜ +<br />
1 k3 1 k<br />
⎟ (2).<br />
⎜ ⎝ + + ⎟<br />
4⎠<br />
<br />
<br />
Mivel AB, AC <strong>és</strong> AD nem egy síkban vannak <strong>és</strong> AG = AG , (1) <strong>és</strong> (2) alapján<br />
k1<br />
következik, hogy<br />
1+ k1 1<br />
+<br />
1+<br />
k2<br />
k2<br />
= 1,<br />
1+ k2 1<br />
+<br />
1+<br />
k3<br />
k3<br />
= 1,<br />
1+ k3 1<br />
+<br />
1+<br />
k4<br />
= 1.<br />
Ebből k1 = k 2,<br />
k 2 3 <strong>és</strong> , tehát k k , vagyis a tétel fordítottja<br />
is igaz.<br />
k = 3 k = 4 k 1 = 2 = k3 = k4<br />
<br />
<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha MA + MB + MC = 0 <strong>és</strong> az MA , MB, MC vektorok<br />
hossza egyenlő egymással, akkor az ABC ∆ egyenlő oldalú <strong>és</strong> M a középpontja.<br />
Megoldás. Nyilvánvaló, hogy a három vektor egy síkban van. Legyen C 1 a C pont<br />
szimmetrikusa az pontra nézve. Innen következik, hogy + = ⇒<br />
<br />
M<br />
MA MB MC<br />
rombusz <strong>és</strong> MC ⇒ <strong>és</strong> MC 1 egyenlő<br />
oldalú háromszögek, tehát m B , <strong>és</strong><br />
. Ebből következik, hogy az ABC egyenlő oldalú <strong>és</strong> M a<br />
középpontja.<br />
A∆ = 12<br />
0 <br />
MAC1B 1 = MB = BC1 = AC1<br />
MC1B∆<br />
<br />
( MA∠ ) = 120 m( BMC∠)<br />
0<br />
m AMC<br />
∆<br />
<br />
( ∠ ) = 12<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. Lásd a IV. 5. Paragrafus 11/c feladatát.<br />
8. Az ABCD négyszögben [ AB] ≡ [ CD]<br />
. Bizonyítsd be, hogy az[ AD ] <strong>és</strong> [ BC ]<br />
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB <strong>és</strong> CD<br />
egyenesek szögének belső szögfelezőjével.<br />
Megoldás. Legyenek M <strong>és</strong> N az [ AD] illetve [ BC ] szakaszok felezőpontjai. Ha O<br />
<br />
<br />
<br />
OA + OD OB + OC<br />
egy tetszőleges pont a síkban, akkor OM =<br />
<strong>és</strong> ON = , tehát<br />
2<br />
2<br />
<br />
AB + CD<br />
<br />
MN = . Mivel AB = CD , következik, hogy AB + CD az AB <strong>és</strong> CD<br />
2<br />
vektorokra épített rombusz A csúcsból kiinduló átlója, tehát szögfelezője a vektorok<br />
által bezárt szögnek. Ez alapján MN párhuzamos az AB<br />
<strong>és</strong> CD által bezárt szög<br />
szögfelezőjével.<br />
1<br />
1
198 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
9. Az ABCD négyszög AD <strong>és</strong> BC oldalain felvesszük az M ∈ [ AD]<br />
<strong>és</strong> N ∈ [ BC]<br />
AM BN AB<br />
pontokat úgy, hogy = = . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB<br />
MD NC CD<br />
<strong>és</strong> CD egyenesek szögének belső szögfelezőjével ( AB || / CD).<br />
<br />
OA + kOD ⎫⎪<br />
OM = ⎪ <br />
AM BN AB<br />
1 + k ⎪<br />
Megoldás. = = = k ⇒<br />
⎪ AB + kCD<br />
⎬⎪⇒MN<br />
=<br />
.<br />
MD NC CD OB + kOC ⎪ 1 + k<br />
ON = ⎪<br />
1 + k<br />
⎪ ⎭<br />
Mivel AB<br />
= k , következik, hogy az AB <strong>és</strong> kC vektorok azonos hosszúságúak, <strong>és</strong><br />
CD<br />
így az összegvektoruk párhuzamos az <strong>és</strong> CD által bezárt szög szögfelezőjével.<br />
Ebből következik, hogy MN párhuzamos az AB <strong>és</strong> CD által bezárt szög<br />
szögfelezőjével.<br />
<br />
D<br />
AB<br />
10. Általánosítsd az előbbi két feladatot oly módon, hogy egy térbeli tulajdonsághoz<br />
jussál!<br />
Megoldás. 1. Az ABCD tetraéderben [ AB] ≡ [ CD]<br />
. Ekkor az [ AD]<br />
<strong>és</strong> [ BC ]<br />
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB <strong>és</strong> CD által<br />
bezárt szög szögfelezőjével.<br />
AM BN AB<br />
2. Az ABCD tetraéderben M ∈ [ AD]<br />
, N ∈ [BC]<br />
<strong>és</strong> = = . Ekkor az<br />
MD NC CD<br />
MN párhuzamos az AB <strong>és</strong> CD által bezárt szög szögfelezőjével.<br />
A bizonyítás hasonló a 9. <strong>és</strong> 10. feladat bizonyításához, sőt megegyezik velük, mert<br />
sehol sem használtuk fel, hogy síkban dolgozunk. 1998-ban Mihai Miculiţa a<br />
következő általánosítást javasolta az országos olimpiára (módosított szöveg): Ha<br />
ABCA′ B′ C ′ egy háromoldalú csonka gúla (V a csúcsa), P ∈ AB,<br />
P′ ∈ A′ B′<br />
,<br />
M ∈ BC , M′ ∈ B′ C′<br />
, N ∈ CA,<br />
<strong>és</strong> N′ ∈C<br />
′ A′<br />
úgy, hogy telejsüljenek az<br />
AP A′ P′<br />
AA′<br />
= =<br />
PB P ′ B′<br />
BB′<br />
, BM BB<br />
B′ M ′ ′<br />
= =<br />
MC M ′ C ′ CC<br />
′ <strong>és</strong> CN C ′ N ′ CC ′<br />
= = egyenlőségek,<br />
NA N ′ A′<br />
AA′<br />
akkor az AM, BN <strong>és</strong> CP egyenesek összefutók, az A′ M ′ , BN ′ ′ <strong>és</strong> C′ P ′ egyenesek<br />
összefutók <strong>és</strong> a két összefutási pont által meghatározott egyenes párhuzamos egy<br />
rögzített iránnyal, ha A ′ , B′ <strong>és</strong> C ′ mozognak a VA, VB <strong>és</strong> VC egyeneseken.<br />
11. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben AB ⋅ CD = AC ⋅ CD = AD ⋅ BC ,<br />
akkor a csúcsokat a szemben fekvő lap beírt körének középpontjával összekötő<br />
egyenesek összefutóak.<br />
Megoldás. Tudjuk, hogy a háromszögbe írt kör középpontja a belső szögfelezők<br />
metsz<strong>és</strong>pontja. Legyen M ∈ [AC]<br />
úgy, hogy BM az ABC ∠ szögfelezője. A<br />
AM AB<br />
szögfelező tétele alapján = , de a feltételben szereplő egyenlőségből<br />
MC BC<br />
AB AD<br />
= ⇒<br />
BC CD<br />
AM<br />
MC<br />
AD<br />
= ⇒ (a szögfelező tétel fordított tételéből) DM<br />
az<br />
CD
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 199<br />
ADC∠ szögfelezője is. Hasonló indokból bármely élhez tartozó háromszögek<br />
harmadik csúcsából húzott szögfelezők talppontja megegyezik. Legyenek ezek a<br />
pontok: N ∈ [ CD]<br />
, P ∈ [ AD]<br />
, Q ∈ [ BC]<br />
, R ∈ [ AB]<br />
<strong>és</strong> T ∈ [BD]<br />
, továbbá , ,<br />
I 3 <strong>és</strong> I 4 a BCD , ACD , AB <strong>és</strong> ABC háromszögek beírt köreinek középpontjai<br />
(azaz a szögfelezők metsz<strong>és</strong>pontjai). Először igazoljuk, hogy AI1<br />
<strong>és</strong> metsző<br />
egyenesek. Nyilvánvaló, hogyAI 1 ⊂ ( AB ) <strong>és</strong> BI 2 ( ABN ) . <strong>és</strong> BI nem<br />
lehetnek párhuzamosak, mert az ABN ∆ (belső) Ceva féle egyenesei. Tehát AI <strong>és</strong><br />
BI 2 metszik egymást egy I pontban, mert egy síkban vannak. A továbbiakban<br />
igazoljuk, hogy DI is átmegy az I ponton.<br />
I ∈AI1⊂( ADQ)<br />
∈( DQ)<br />
∩(<br />
BMD)<br />
4<br />
I ∈BI2⊂( BMD)<br />
I ∈ DI4<br />
4<br />
1 BI 2<br />
4<br />
=<br />
I1<br />
I 2<br />
D<br />
BI 2<br />
N ⊂ AI1<br />
2<br />
1<br />
4<br />
⎫⎪<br />
⎪<br />
⎬ I A<br />
( AD<br />
) ∩ ( BMD)<br />
⎪<br />
⎪⎭<br />
3<br />
3<br />
E} = AD<br />
∩ BC<br />
{ F} = A<br />
AE<br />
<br />
B ∩CD<br />
= k2a <br />
AC<br />
<br />
= a<br />
<br />
AF 1<br />
<br />
β a αβ<br />
a = AD<br />
, ∈ [0,<br />
<br />
= b<br />
1]<br />
<br />
⇒ . Viszont DI Q ,<br />
tehát . Ebből következik, hogy DI is átmegy I-n. Hasonlóan CI is<br />
tartalmazza az I pontot, tehát AI , , CI <strong>és</strong> DI összefutó egyenesek.<br />
12. (Newton – Gauss tétel) Az ABCD síkbeli négyszögben { <strong>és</strong><br />
. Bizonyítsd be, hogy az AC, BD <strong>és</strong> EF szakaszok felezőpontjai egy<br />
egyenesen vannak.<br />
1. megoldás. Bevezetjük a következő jelöl<strong>és</strong>eket: AB , k ,<br />
<strong>és</strong> . A BE <strong>és</strong> DF szakaszok C metsz<strong>és</strong>pontjának helyzetvektora (A-hoz<br />
<br />
viszonyítva) = αa+ (1 − α)kb= βb+<br />
(1 − )k , ahol . Ebből<br />
következik, hogy<br />
k1(1 − k2)<br />
α =<br />
1 − kk<br />
2 1<br />
1 2<br />
k2(1<br />
− k1)<br />
β =<br />
1 − kk 1 2<br />
k1(1 −k2) k2(1 −k1)<br />
<br />
AC = a + b<br />
1−kk 1 2 1−kk<br />
1 2<br />
<br />
1<br />
= AC<br />
2<br />
<br />
1<br />
AN = ( a + b)<br />
2<br />
<br />
( 1 + k2b) <br />
1<br />
AP = k a<br />
2<br />
<br />
1 )a <br />
<br />
+ ( k2 −1)<br />
b<br />
1 (k2<br />
−1)b <br />
(( k −1<br />
kk 1 2<br />
( k − 1) a +<br />
<br />
<br />
1<br />
MN = A = )<br />
1 −<br />
<br />
NP AN =<br />
<br />
<br />
N − A<br />
= AP<br />
<br />
M <br />
, tehát<br />
M<br />
B D<br />
N<br />
Az előbbi összefügg<strong>és</strong>ek alapján a<br />
C<br />
felezőpontok helyzetvektorai AM ,<br />
F<br />
P<br />
<strong>és</strong> , tehát<br />
E<br />
V. 14. ábra<br />
<br />
<strong>és</strong><br />
−<br />
.<br />
1 <br />
Így MN = NP<br />
, tehát az M, az N <strong>és</strong> a P pont egy egyenesen van.<br />
1 − kk<br />
1 2<br />
<strong>és</strong><br />
A
200 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
2.megoldás. Legyen M, N <strong>és</strong> P az [ AC ], [BD]<br />
<strong>és</strong> [ FE ] szakaszok felezőpontja.<br />
Az ABE háromszögben az F ∈ AB,<br />
C ∈ BE , D ∈ AE kollineáris pontokra<br />
C<br />
felírjuk Menelaosz tételét<br />
1<br />
E =<br />
ED AF B<br />
⋅ ⋅ (1).<br />
DA FB C<br />
V. 15. ábra<br />
Ha A1<br />
, B1<br />
<strong>és</strong> E 1 az[ EB ], [AE] <strong>és</strong> [ AB]<br />
A<br />
szakaszok felezőpontjai, akkor az [ EM]<br />
az<br />
1<br />
ABC ∆ -ben középvonal, tehát EM 1 || BE.<br />
MB1<br />
az ACE∆ -ben középvonal, tehát<br />
MB1<br />
|| BE . A fentiek alapján következik,<br />
hogy E 1 , M <strong>és</strong> B 1 kollineárisak.<br />
Hasonlóan P, A1 <strong>és</strong> B 1 is kollineárisak <strong>és</strong><br />
AB 1 1 || AF,<br />
valamint E1 , N <strong>és</strong> A 1 is<br />
kollineárisak <strong>és</strong> EA 1 1 || AE.<br />
Az ABE∆ -ben E1∈AB, B1AE ,<br />
BE , továbbá EB <strong>és</strong><br />
∈<br />
B<br />
E1<br />
M<br />
N<br />
D<br />
F<br />
C<br />
P<br />
A<br />
1<br />
B1<br />
E<br />
C ∈ 1 1 || BE<br />
EM 1 BC<br />
AC ∩ B1E1 = { M } , innen következik, hogy = (2).<br />
MB1 CE<br />
CN<br />
Hasonlóan<br />
NE1 ED BP 1 AF<br />
= (3) <strong>és</strong> = (4).<br />
DA PC FB<br />
Az (1), (2), (3) <strong>és</strong> (4) összefügg<strong>és</strong>eket összevetve, kapjuk, hogy<br />
EM 1 CN BP 1 ⋅ ⋅ = 1.<br />
Ebből Menelosz tételének fordított tétele alapján (az<br />
MB1 NE1 PC<br />
ABE 1 1 1∆-re<br />
<strong>és</strong> az M ∈ E1B1, N ∈ E1A1, MN , <strong>és</strong> P kollineárisak.<br />
P ∈ AB 1 1 pontokra) következik, hogy<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. Az MP egyenest az ABCD EF teljes négyszög Gauss egyenesének<br />
nevezzük.<br />
13. Az ABC -ben az AA ′<br />
∆<br />
, BB′ <strong>és</strong> CC ′ egyenesek összefutóak (A ′ ∈ ( BC)<br />
,<br />
B′ ∈ ( AC)<br />
<strong>és</strong> C ′ ∈ ( AB)<br />
). Jelöljük az ABC <strong>és</strong> A′ BC ′ ′ háromszögek oldalainak<br />
felezőpontjait M, N, P illetve M′ , N′ , P′ -vel. Bizonyítsd be, hogy<br />
MM ′ ∩NN′ ∩PP<br />
′ ≠Ø<br />
( M ∈(<br />
BC)<br />
, M′ ∈(<br />
B′ C′ ) stb.).<br />
Megoldás. Legyen O az AA ′ , BB′ <strong>és</strong> CC ′ metsz<strong>és</strong>pontja. Legyenek M ′′ , N ′′ <strong>és</strong><br />
P ′′ az AO , BO <strong>és</strong> CO felezőpontjai. Ekkor az AC ′ OB′ BC teljes négyszög<br />
átlóinak felezőpontjai M ′′ , M ′ <strong>és</strong> M . Az előző tulajdonság (Newton – Gauss-tétel)<br />
alapján M ′′ , M ′ <strong>és</strong> M kollineárisak. Hasonlóan N ′′ , N ′ <strong>és</strong> N, valamint P ′′ , P′ <strong>és</strong><br />
P is kollineárisak.<br />
Így elégséges igazolnunk, hogy MM ′′ , NN ′′ <strong>és</strong> PP ′′<br />
összefutóak.
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 201<br />
OC<br />
NM ′′ középvonal az AOC ∆ -ben, tehát MN ′′ || OC<strong>és</strong><br />
MN ′′ = (1), továbbá<br />
2<br />
OC<br />
NM ′′ középvonal BOC ∆ -ben, tehát NM ′′ ||OC<strong>és</strong><br />
NM ′′ = (2).<br />
2<br />
Az (1) <strong>és</strong> (2) alapján N′′ M || MM ′′ <strong>és</strong> NM ′′ = MM ′′ , következik, hogy N′′ M NM′′<br />
paralelogramma. A paralelogramma<br />
A<br />
jól ismert tulajdonságából következik,<br />
hogy az MM ′′ <strong>és</strong> NN ′′ átlók<br />
metsz<strong>és</strong>pontja mindkét átlónak<br />
B<br />
C<br />
,,<br />
N<br />
,,<br />
M<br />
,<br />
M<br />
O<br />
,<br />
N<br />
,<br />
A M<br />
N<br />
B<br />
C<br />
felezőpontja.<br />
A fenti érvel<strong>és</strong>hez hasonlóan az<br />
MM ′′ <strong>és</strong> PP ′′ metsz<strong>és</strong>pontja felezi<br />
az [ MM ′′ ] <strong>és</strong> [ PP ′′ ] szakaszokat.<br />
Tehát mindhárom egyenes átmegy az<br />
[ MM ′′ ] szakasz<br />
felezőpontján,<br />
<strong>és</strong> így<br />
összefutóak.<br />
V. 16. ábra<br />
14. Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges A 0 pontjára vegyünk fel az AA0 -n<br />
egy M pontot. A ( BCM ) ∩AD, ( BDM ) ∩AC<strong>és</strong><br />
( CDM ) ∩ AB metszeteket jelöljük<br />
rendre D C <strong>és</strong> B -el. Az A-n át a (BCD) síkkal húzott párhuzamos α sík az<br />
0 1 , AD<br />
1 ,<br />
AC 0 1<br />
1<br />
1<br />
<strong>és</strong> AB egyeneseket D , C illetve B -ben metszi. Bizonyítsd be, hogy a<br />
0 1 2 2<br />
c <br />
BC 2 2D2∆súlypontja<br />
éppen A. (András Szilárd)<br />
Megoldás. Tekintsük az A pontot egy koordinátarendszer kezdőpontjának.<br />
<br />
Bevezetjük a következő jelöl<strong>és</strong>eket: a0<br />
= AA0<br />
, b , stb. Mivel A B ⇒<br />
<br />
a b , <strong>és</strong> d vektorok konvex<br />
kombinációja, azaz ∃ ∈<br />
<br />
= AB<br />
<br />
0 ∈ ( CD)<br />
a0 <br />
B<br />
2<br />
V. 17. ábra<br />
αβγ , , R<br />
D<br />
A<br />
2<br />
úgy, hogy α β <strong>és</strong><br />
<br />
a0= b + .<br />
⇒<br />
<br />
m a0 .<br />
<br />
+ + γ = 1<br />
<br />
α βc<br />
+ γd M ∈ AA0<br />
<br />
= λ = λαb<br />
+ λβc + λγd<br />
(Feltételezhetjük, hogy<br />
*<br />
λ ∈ R \ { 1}<br />
B2 2 2 D<br />
, mert ellenkező<br />
esetben a BC 2 2 2 egy ponttá<br />
zsugorodna, vagy nem léteznének<br />
a , C , metsz<strong>és</strong>pontok.)<br />
D ∆<br />
Ugyanakkor, mivel<br />
következik, hogy<br />
D 1 ∈ AD,<br />
B<br />
2<br />
B1<br />
M<br />
A 0<br />
C2<br />
C1<br />
C<br />
D<br />
1<br />
A<br />
D
202 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
<br />
d1= µ d , µ ∈ R (1).<br />
<br />
D1∈( BMC)<br />
1 2 ) −α − α +<br />
<br />
<br />
⇒ d1 = α1b + α2m + ( 1 −α1 − α2)<br />
c =<br />
2λγd<br />
(2). Az (1) <strong>és</strong> (2) összefügg<strong>és</strong>ekből következik, hogy<br />
<br />
<br />
( α1 + α2λα) b + ( α2λβ + 1−<br />
c α<br />
<br />
<br />
( α1 + α2λα) b + ( α2λβ+ 1−α1 − α2) c + ( α2λγ − µ ) d = 0.<br />
Mivel , <strong>és</strong> d nem koplanárisak, következik, hogy ⎪ b ⎨ ,<br />
tehát<br />
<br />
c <br />
⎧⎪<br />
⎪ α1 + α2λα = 0<br />
<br />
⎪<br />
αλβ 2 + 1−α1 − α2<br />
= 0<br />
⎪ αλγ 2 − µ = 0<br />
⎪⎩<br />
1<br />
α2<br />
= (a nevező nem lehet 0, mert ellenkező esetben a 0⋅ α2<br />
= 1<br />
1 − λ( α+<br />
β)<br />
λγ λγ <br />
ellentmondáshoz jutnánk), µ = <strong>és</strong> d1= d. Hasonlóan<br />
1 − λ( α+ β)<br />
1 − λ( α+ β)<br />
λα λβ <br />
belátható, hogy b1 = b <strong>és</strong> c1= c .<br />
1 − λ( α+ β)<br />
1 − λ( α+ β)<br />
( BC 2 2D2) || ( BCD)<br />
⎫⎪<br />
⎪<br />
( BC 2 2D2) ∩ ( ADA) = AD⎪<br />
2⎬⇒<br />
AD2 = A0D. ⎪⎪⎪<br />
( BCD) ∩ ( ADA0) = A0D⎪ ⎪⎭<br />
<br />
Tehát d2 = rAD 0 = r( d −a0)<br />
, ahol r ∈ . Az <strong>és</strong> AD háromszögek<br />
<br />
hasonlóságából AD1 = rD1D, tehát d2 r <strong>és</strong> d r ⇒<br />
=<br />
AD1D2∆ 0 1<br />
<br />
<br />
a =<br />
D∆ <br />
d −<br />
1 d −d1<br />
<br />
( )<br />
( )<br />
⎛ λγ ⎞ ( ) ( )<br />
⇒ ⎜ 1 1<br />
1 1<br />
⎟<br />
− λ α + β + γ r − λ <br />
d = r ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
− d r d<br />
1 λ( α β) ⎟ = =<br />
d .<br />
⎜⎝ − + ⎠⎟1−<br />
λ( α+ β) 1−<br />
λ( α + β)<br />
λγ λγ<br />
Ugyanakkor d1= d,<br />
tehát λγ = r ( 1 − λ)<br />
⇒ r = .<br />
1 − λ( α+ β)<br />
1 − λ<br />
λγ <br />
Következ<strong>és</strong>képpen 2 = ( −α − βc<br />
+ ( 1 − γ) d)<br />
1 − λ<br />
<br />
d b . Hasonlóan<br />
λα λβ <br />
b2= ( ( 1 −α) b−βc−γd<br />
) <strong>és</strong> c2= ( − αb + ( 1 −β) c−γd)<br />
.<br />
1 − λ<br />
1 − λ<br />
<br />
A fentiekből következik, hogy b2 + c 2 + d2<br />
= 0 , tehát AB 2 + AC2 + AD2<br />
= 0 , <strong>és</strong><br />
innen következik, hogy A aBC D2∆háromszög súlypontja.<br />
<br />
2 2<br />
6.12. Gyakorlatok <strong>és</strong> <strong>feladatok</strong> (212. oldal)<br />
<br />
1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre OA ⋅OM<br />
konstans ha O<br />
<strong>és</strong> A rögzített pontok.
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 203<br />
<br />
Megoldás. Tudjuk, hogy OA ⋅ OM = OA ⋅ prOA OM , ez utóbbi modulusa<br />
<br />
OA ⋅ prOA OM . Az OA ⋅OM<br />
szorzat pozitív, ha OA <strong>és</strong> pr OA azonos<br />
irányításúak, <strong>és</strong> negatív, ha ellentétes irányításúak. Legyen OA<br />
(állandó).<br />
OM<br />
<br />
<br />
⋅OM<br />
= k ∈ R<br />
Vegyünk fel egy koordinátatengelyt úgy, hogy az origó legyen O <strong>és</strong> a pozitív irányítás<br />
OA . Legyen B a<br />
k<br />
koordinátájú pont. (Ha OA = 0 ,akkor k = 0 <strong>és</strong> M lehet<br />
OA<br />
<br />
<br />
bárhol a térben.) Ekkor OB ⋅ OA = k , tehát OB = prOA OM ⇒ B az M pont vetülete<br />
az OA egyenesre. Eszerint a keresett mértani hely a B-ben az OA egyenesre állított<br />
mrőleges sík.<br />
<br />
2. Bizonyítsd be, hogy az OA ⋅OB<br />
skalárszorzat értéke az O pontnak az AB átmérőjű<br />
körre (gömbre) vonatkozó hatványa.<br />
Megoldás. Legyen M az AB átmérőjű kör <strong>és</strong> az OB egyen es metsz<strong>és</strong>pontja. Ekkor<br />
<br />
<br />
<br />
, mert átmérő ⇒<br />
⇒ OA<br />
, ez<br />
utóbbi pedig az O hatvány körre, mert O, M <strong>és</strong> B kollineárisak <strong>és</strong> M <strong>és</strong> B rajta<br />
vannak a körön. (Az OM<br />
Ha A é<br />
= OM<br />
szorzat negatív, ha O a kör belsejében van <strong>és</strong> pozitív,<br />
ha O a körön kívül van.)<br />
<br />
m( AMB∠ ) = 90<br />
<br />
AB<br />
a a<br />
OB <br />
<br />
prOB OA ⋅ OB = OM ⋅OB<br />
<br />
⋅<br />
3. s B rögzített pontok, határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre<br />
<br />
MA ⋅ MB konstans.<br />
<br />
Megoldás. Tudjuk, hogy MA ⋅ MB az AB átmérőjű körre vonatkoztatott hatványa.<br />
Meg kell határozni azon M pontok halmazát, amelyeknek egy adott körre<br />
vonatkoztatott hatványa állandó. Legyen ez az állandó k.<br />
I. eset. Ha k = 0 , akkor nyilvánvaló, hogy a mértani hely az AB átmérőjű kör.<br />
II. eset. Ha k > 0 , akkor az M pont a körön kívül kell legyen <strong>és</strong> a hatványa egyenlő az<br />
M <strong>és</strong> M-ből a körhöz húzott érintő érint<strong>és</strong>i pontjának távolságának négyzetével. Tehát<br />
2<br />
ha M ′ az érint<strong>és</strong>i pont, akkor ( MM ′ ) = k ⇒ MM ′ = k . Ekkor OMM<br />
2<br />
2<br />
2 2 AB<br />
derékszögű M ′ -ben <strong>és</strong> OM = ( OM ′ ) + ( MM ′ ) = + k ⇒<br />
4<br />
2<br />
AB<br />
OM = k + , tehát OM állandó, <strong>és</strong> ebben az esetben a mértani hely rajta van<br />
4<br />
2<br />
AB<br />
az O középpontú, k + sugarú körön. Az előbbiek alapján az is következik,<br />
4<br />
hogy ezen kör minden pontja hozzátartozik a mértani helyhez.<br />
2<br />
AB<br />
III. eset. Ha − ≤ k < 0 , akkor nyilvánvaló, hogy az M pont a kör belsejében van<br />
4<br />
<strong>és</strong> a hatvány<br />
AB<br />
4<br />
2<br />
2 2<br />
OM − R<br />
2<br />
= OM − = k ⇒<br />
2<br />
AB<br />
OM = k + . Ebben az<br />
4<br />
∆ ′
204 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
2<br />
2<br />
AB<br />
AB<br />
esetben is a mértani hely az O középpontú, k + sugarú kör. (Ha k = − ,<br />
4<br />
4<br />
akkor a mértani hely az O pont, azaz egy elfajult kör.)<br />
2<br />
AB<br />
IV. eset. Ha k < − , akkor nincs ilyen M pont.<br />
4<br />
2<br />
AB<br />
Összevetve a különböző eseteket, kijelenthetjük, hogy ha k ≥− , akkor az M<br />
4<br />
2<br />
AB<br />
pontok mértani helye az O középpontú <strong>és</strong> k + sugarú kör.<br />
4<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. Ha a térben vagyunk, akkor a mértani hely a síkbeli körnek megfelelő<br />
gömb.<br />
4. Bizonyítsd be, hogy<br />
2 2 2<br />
a + b + c<br />
AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA ⋅ CB =<br />
2<br />
(ahol a, b <strong>és</strong> c az ABC ∆ oldalainak hosszai)<br />
Megoldás<br />
<br />
2<br />
AB ⋅ AC + BC ⋅ BA = AB ⋅( AC − BC ) = AB ⋅ AB = c<br />
<br />
<br />
2<br />
AB ⋅ AC + CA⋅ CB = AC ⋅( AB − CB) = AC ⋅ AC = b<br />
<br />
BC ⋅ BA + CA ⋅ CB = BC ⋅ BA − CA = BC ⋅ BC = a<br />
( ) 2<br />
Ha az előbbi összefügg<strong>és</strong>eket összeadjuk, a keresett egyenlőséghez jutunk.<br />
5. Bizonyítsátok be, hogy ha M <strong>és</strong> N az AC <strong>és</strong> BD szakaszok felezőpontjai (A, B, C <strong>és</strong><br />
D tetszőleges térbeli pontok, akkor<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
4MN = AB + BC + CD + DA −AC− BD . (Euler tétele)<br />
<br />
a + c b + d<br />
Megoldás. m = , n = , ahol a pontoknak megfelelő kisbetűkkel<br />
2 2<br />
jelöltük a pontok helyzetvektorait. b− a + d − c AB + CD Tehát MN = n − m = =<br />
⇒ 2 MN = AB + CD ⇒<br />
2 2<br />
<br />
2 2 2<br />
⇒ 4MN= ( AB + CD)( AB + CD) = AB + CD + 2AB⋅CD<br />
(1).<br />
2<br />
AB ⋅ CD = ( AC −BC)( BD − BC ) = AC ⋅BD−AC⋅BC −BC ⋅ BD + BC =<br />
<br />
2 2<br />
= AC ⋅( BD −BC ) −BC ⋅ BD + BC = AC ⋅CD−BC ⋅ BD + BC (2).<br />
<br />
Másr<strong>és</strong>zt AB ⋅ CD = ( AD −BD)( AD − AC ) =<br />
<br />
2 2<br />
= AD −BD⋅ AD −AC −AD ⋅ AC = AD + BD ⋅DC−AD⋅AC (3).<br />
( )<br />
A (2) <strong>és</strong> (3) eredményeket összeadva kapjuk, hogy
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 205<br />
<br />
2 2<br />
2AB ⋅ CD = AD + BC + AC ( CD − AD) + BD ( DC − BC ) =<br />
<br />
2 2 2 2 2 2<br />
= AD + BC + AC ⋅ CA + BD ⋅ DB = AD + BC −AC−BD (4).<br />
Az (1) <strong>és</strong> (4) alapján<br />
2 2 2 2 2 2 2<br />
4MN = AB + BC + CD + DA −AC −BD.<br />
6. A C( O , R)<br />
körön felvettünk két tetszőleges pontot. Jelöljük őket A-val <strong>és</strong> B-vel<br />
majd szerkesszük meg az A-nak a B-ben húzott érintőre eső C vetületét. Igazold, hogy<br />
2<br />
AB = 2R ⋅ AC<br />
.<br />
Megoldás. Legyen D a B átmérősen ellentett pontja. Nyilvánvaló, hogy<br />
<br />
<strong>és</strong> AB<br />
i összefügg<strong>és</strong>ek megfelelő oldala<br />
e ás<br />
, tehát<br />
(1).<br />
<br />
ehá ent sze sek pjá<br />
<br />
AB = AC + CB = AD + DB . A fent it<br />
<br />
2<br />
összeszorozva, kapjuk, hogy AB = AC<br />
<br />
<br />
⋅ AD + AC ⋅ DB + CB ⋅ AD + CB ⋅ DB =<br />
<br />
= ( AC + CB) ⋅ AD + CB ⋅ DB + AC ⋅ DB = AB ⋅ AD + CB ⋅ DB + AC ⋅ DB (1).<br />
<br />
AB ⊥AD<br />
(mert BD átmérő) ⇒ AB ⋅ AD = 0 (2) <strong>és</strong> CB ⊥DB<br />
(mert BC érintő <strong>és</strong><br />
<br />
<br />
BD átmérő) ⇒ CB ⋅ DB = 0 (3). AC || BD <strong>és</strong> AC <strong>és</strong> DB irányítása megegyezik<br />
<br />
(BC nem választja szét A-t <strong>és</strong> D-t) ⇒ AC ⋅ DB ⋅ DB = 2R<br />
(4).<br />
<br />
= AC ⋅ AC<br />
2<br />
Az (1), (2), (3) <strong>és</strong> (4) összefügg<strong>és</strong>ek alapján AB = 2R ⋅ AC .<br />
<br />
7. Az ABCD derékszögű trapézban m( A ∠ ) = m( D∠<br />
) = 90 . Jelöljük M-mel az AD<br />
felezőpontját <strong>és</strong> N-nel az A illetve D-ből a BM illetve CM-re bocsátott merőlegesek<br />
metsz<strong>és</strong>pontját. Bizonyítsuk be, hogy MN ⊥ BC .<br />
<br />
M gold . Elégséges kimutatni, hogy MN ⋅ BC = 0 . MN = DN − DM <strong>és</strong><br />
<br />
BC = MC − MB<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
MN ⋅ BC = DN ⋅MC −DN ⋅MB −DM ⋅ MC + DM ⋅ MB<br />
<br />
<br />
Továbbá DN ⊥MC<br />
⇒ DN ⋅ MC = 0 (2). DN = DA + AN <strong>és</strong> DA = 2MA<br />
(mert<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
MA = DM ) ⇒ DN ⋅ MB = ( DA + AN ) ⋅ MB = 2MA<br />
⋅ MB + AN<br />
⋅ MB .<br />
<br />
AN ⊥ MB ⇒ AN ⋅ MB = 0 <strong>és</strong> MB = MA + AB ⇒<br />
<br />
<br />
2<br />
⇒ DN ⋅ MB = 2MA ⋅ ( MA + AB) = 2MA + 2MA<br />
⋅ AB .<br />
<br />
<br />
MA ⊥ AB ⇒ MA ⋅ AB = 0 .<br />
<br />
2<br />
T t a f i ös függé ala n DN ⋅ MB = 2MA<br />
(3).<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
MC = MD + DC ⇒ DM ⋅ ( MD + DC ) =− DM + DM ⋅ DC , felhasználva, hogy<br />
<br />
<br />
2<br />
DM ⊥ DC ⇒ DM ⋅ DC = 0 <strong>és</strong> DM = MA ⇒ DM ⋅ MC = −MA<br />
(4).<br />
<br />
DM = MA<br />
<br />
, MB = MA + AB ⇒<br />
<br />
MB MA( MA<br />
.<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
DM ⋅ = + AB) = MA + MA ⋅ AB<br />
<br />
2<br />
MA ⊥ AB ⇒ MA ⋅ AB = 0 ⇒ DM ⋅ MB =<br />
MA (5).
206 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
Az (1), (2), (3), (4) <strong>és</strong> (5) összefügg<strong>és</strong>ek alapján<br />
<br />
2 2 2<br />
MN ⋅ BC = − 2MA + MA + MA = 0<br />
⇒ MN ⊥BC<br />
.<br />
8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA<br />
súlyvonalának hossza<br />
2 2 2 2 2 2<br />
3(<br />
AB + AC + AD 2<br />
) − ( BC + CD + DB )<br />
AGA<br />
=<br />
.<br />
9<br />
<br />
AB + AC + AD<br />
Megoldás. G A a BCD ∆ súlypontja ⇒ AGA<br />
=<br />
⇒<br />
3<br />
2 1<br />
<br />
2 2 2<br />
AGA = ( AB + AC + AD + 2(<br />
AB ⋅ AC + AB ⋅ AD + AC ⋅ AD)<br />
) (*).<br />
9<br />
<br />
2<br />
AB = AC − BC ⇒ AB ⋅ AC = AC −AC ⋅BC(1).<br />
<br />
2<br />
AC = AB + BC ⇒ AB ⋅ AC = AB + AB ⋅ BC (2).<br />
Az (1) <strong>és</strong> (2) összefügg<strong>és</strong>eket összeadva kapjuk, hogy<br />
<br />
<br />
2 2<br />
2AB ⋅ AC = AB + AC + BC ⋅( AB − AC ) =<br />
<br />
2 2 2 2 2<br />
= AB + AC + BC ⋅ CB = AB + AC − BC (3). Hasonlóan<br />
<br />
2 2 2 2 2 2<br />
2AB ⋅ AD = AB + AD − BD (4) <strong>és</strong> 2 AC ⋅ AD = AC + AD −CD<br />
(5).<br />
A (*) egyenlőségbe behelyettesítve a (3), (4) <strong>és</strong> (5) eredményeket, a keresett<br />
összefügg<strong>és</strong>hez jutunk.<br />
9. Bizonyítsd be, hogy az ABC B <strong>és</strong> C csúcsaihoz tartozó oldalfelezői pontosan<br />
∆<br />
akkor merőlegesek, ha 5<br />
2 2<br />
2<br />
.<br />
⋅ BC = AB + AC<br />
Megoldás. Legyenek B 1 <strong>és</strong> C 1 az AC <strong>és</strong> AB oldalak felezőpontjai. Tudjuk, hogy<br />
<br />
a BB1 <strong>és</strong> CC 1 pontosan akkor merőlegesek, ha BB1⋅ CC1<br />
= 0 . B1<br />
az AC<br />
<br />
BA + BC<br />
felezőpontja <strong>és</strong> C 1 az AB felezőpontja, tehát BB 1 =<br />
<strong>és</strong><br />
2<br />
<br />
1 =<br />
BA<br />
<br />
+ CB<br />
2<br />
<br />
⋅CA<br />
<br />
A⋅CA <br />
<br />
CA<br />
BC<br />
<br />
<br />
CA<br />
CC<br />
( + BC )(<br />
<br />
BC ⋅<br />
<br />
. Innen következik, hogy BB 1⊥CC1 ⇔<br />
<br />
2<br />
) 0 ⇔ BC<br />
(1) ⇔<br />
<br />
<br />
BA + CA<br />
⇔ ( ) = BC ⇔<br />
<br />
B + CB ⇔ BA (2).<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
+ CB = BA⋅CA<br />
+ BA⋅CB<br />
+ BC ⋅ CA =<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
⋅( −BA)<br />
BC BA⋅CA<br />
+ BC CA − BA<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
2<br />
=<br />
⋅CA<br />
= 2BC<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
=<br />
BC<br />
2<br />
2 2<br />
2<br />
A továbbiakban igazoljuk, hogy BA ⋅ CA = 2BC<br />
⇔ 5 BC = AB + AC .<br />
„⇒”<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
BA⋅ CA = 2BC<br />
⇔ ( BC − AC ) CA = 2BC<br />
⇔ BC ⋅ CA + AC = 2BC<br />
⇔<br />
<br />
2 2<br />
⇔ AC + ( BA −CA)( CB − AB) = 2BC<br />
⇔<br />
<br />
2 2<br />
2<br />
⇔ AC + AB + BA⋅ CB + CA ⋅ AB + CA ⋅ BC = 2BC<br />
.
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 207<br />
Felhasználhatjuk az (1) összefügg<strong>és</strong>t, mert az (1) -ből a (2)-ig ekvivalens<br />
<br />
2<br />
átalakításokkal jutottunk. Tehát<br />
BA ⋅ CB + BC ⋅ CA = BC −BA⋅CA⇒ <br />
2 2 2<br />
2 2 2 2<br />
2<br />
⇒ AC + AB −2BA⋅ CA + BC = 2BC<br />
⇔ AC + AB = BC + 4BC<br />
⇔<br />
2 2<br />
2<br />
⇔ AC + AB = BC .<br />
2 2<br />
2<br />
„⇐” AB + AC = 5BC<br />
.<br />
<br />
<br />
2 2<br />
BA⋅ CA = BA⋅( BA − BC ) = AB −BA⋅ BC = AB −( BC −AC )( BA − CA)<br />
=<br />
<br />
2 2<br />
= AB + AC −BC ⋅ BA + AC ⋅ BA + BC ⋅ CA =<br />
<br />
2<br />
= 5BC + BC ⋅( CA −BA) −BA⋅ CA =<br />
<br />
<br />
2 2<br />
= 5BC+ BC ⋅CB−BA ⋅ CA = 4BC−BA<br />
⋅CA.<br />
<br />
<br />
2<br />
2<br />
2<br />
Tehát B A ⋅ CA = 4BC<br />
−BA ⋅CA⇒<br />
2BA ⋅ CA = 4 BC ⇒ BA⋅ CA = 2BC<br />
.<br />
10. Az A ′ , B′ <strong>és</strong> C ′ pontokból az BC, CA <strong>és</strong> AB egyenesekre bocsátott merőlegesek<br />
pontosan akkor összefutóak, ha az A, B <strong>és</strong> C pontokból az A′ B ′ C′ ∆ megfelelő<br />
oldalaira bocsátott merőlegesek összefutóak.<br />
Megoldás. Elégséges egy irányban bizonyítani, mert visszafele ugyanaz a<br />
bizonyítás. Feltételezzük, hogy az A′ , <strong>és</strong> pontokból húzott<br />
merőlegesek<br />
<br />
összefutnak az O pontban. Tehát ′ O′<br />
(1).<br />
<strong>és</strong> a C-ből az re hú<br />
kell, rőle is á<br />
, tehát ).<br />
hát (5<br />
′<br />
et a (3)-ba helyett pjuk<br />
össz et fe a a (7) a következővé alakul:<br />
<br />
B′<br />
BC<br />
<br />
C ′<br />
<br />
′ A ⋅ = B′ O′<br />
⋅ AC = C ′ O′ ⋅ AB = 0<br />
Legyen a B-ből az A′ C′ -re zott merőlegesek metsz<strong>és</strong>pontja<br />
<br />
O. Következik, hogy BO<br />
(2).<br />
<br />
AB ′ ′-<br />
⋅ A′ C ′ = CO ⋅ A′<br />
B′<br />
= 0<br />
Igazolnunk hogy az A-ból a BC -re húzott me ges tmegy az O-n, azaz<br />
hogy AO <br />
′ ′<br />
<br />
. AO + CO <strong>és</strong> ⇒<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
⋅ B′ C ′ = 0 = AC BC ′ ′ = BO ′ ′ + OC ′ ′<br />
<br />
⇒ AO ⋅ B′ C ′ = AC ⋅ B′ O′ + AC ⋅ O′ C ′ + CO ⋅ B′ O′ + CO ⋅O′ C ′ (3).<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
(1) ⇒ AC ⋅ B′ O′<br />
= 0 . AC = AB + BC ⇒ AC ⋅ O′ C ′ = AB ⋅ O′ C ′ + BC ⋅O′<br />
C ′ .<br />
<br />
<br />
(1) ⇒ AB ⋅ O′ C ′ = 0 AC ⋅ O′ C ′ = BC ⋅O′<br />
C ′ (4<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
BO ′ ′ = BA ′ ′ + AO ′ ′ ⇒ CO ⋅ B′ O′ = CO ⋅ B′ A′ + CO ⋅ A′ O′<br />
.<br />
<br />
(2) ⇒ CO ⋅ B′ A′<br />
= 0 , te CO ⋅ B′ O′ = CO ⋅ A′ O′<br />
).<br />
<br />
<br />
<br />
CO = CB + BO ⇒ C O⋅ OC ′ ′ = CB⋅ OC ′ ′ + BO⋅OC ′ (6).<br />
A (4), (5) <strong>és</strong> (6) eredmények esítve, ka :<br />
<br />
<br />
AO⋅ BC ′ ′ = BC⋅ OC ′ ′ + CO⋅ AO ′ ′ + CB⋅ OC ′ ′ + BO⋅OC ′ ′ (7).<br />
<br />
BC⋅ OC ′ ′ + CB⋅ OC ′ ′ = BC⋅OC ′ ′ −BC⋅ OC ′ ′ = 0<br />
(8).<br />
<br />
OC ′ ′ = OA ′ ′ + AC ′ ′ ⇒ BO ⋅ O′ C ′ = BO ⋅ O′ A′ + BO ⋅ A′ C ′ .<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
(2) ⇒ BO ⋅ A′ C ′ = 0 , tehát BO ⋅ O′ C ′ = BO ⋅O<br />
′ A′<br />
(9).<br />
A (8) <strong>és</strong> (9) efügg<strong>és</strong>ek lhasználv<br />
<br />
<br />
AO ⋅ B′ C ′ = CO ⋅ A′ O′ + BO ⋅ O′ A′ = A′ O′ ⋅ CO − BO = A′ O′ ⋅CB<br />
.<br />
( )
208 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
<br />
(1) ⇒ A′ O ′⋅ CB=<br />
0 , tehát AO ⋅ B′ C ′ = 0 ⇒ AO ⊥ B′ C ′ ⇒ az A, B, C-ből B′ C ′ ,<br />
AC ′<br />
′ <strong>és</strong> AB ′ ′ -re húzott merőlegesek is összefutnak.<br />
V.8. Gyakorlatok <strong>és</strong> <strong>feladatok</strong> (221. oldal)<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben G a súlypont <strong>és</strong> az AGD háromszög<br />
G-ben derékszögű, akkor az AD <strong>és</strong> az AD-hez tartózó kettős felező kongruensek.<br />
Megoldás. A V. 18. ábra jelöl<strong>és</strong>ei alapján az AGD háromszög pontosan akkor<br />
2 2<br />
derékszögű G-ben, ha GA + GD<br />
A Leibniz-tétel alapján<br />
2<br />
= AD .<br />
A<br />
2 2 2 2 2 2<br />
3( a + b + c ) − ( d + e + f<br />
2 )<br />
AG =<br />
16<br />
a<br />
c<br />
M<br />
<strong>és</strong><br />
b<br />
2 2 2 2 2 2<br />
3( c + f + e ) − 2 ( a + b + d )<br />
GD =<br />
.<br />
16<br />
B f<br />
G<br />
D<br />
Az előbbi két egyenlőség alapján GAD<br />
háromszög pontosan akkor derékszögű G-<br />
2 2 2 2 2 2<br />
ben, ha a + b + e + f = 5c<br />
+ d .<br />
Másr<strong>és</strong>zt<br />
2 1 2 2 2 2 2 2<br />
MN = ( a + b + e + f −c−d) 4<br />
d<br />
N<br />
GA<br />
e<br />
C<br />
V. 18. ábra<br />
2 2 2 2<br />
(Euler-tétel), tehát MN pontosan akkor egyenlő AD-vel, ha a + b + e + f =<br />
2 2<br />
= 5c + d . Eszerint MN pontosan akkor egyenlő AD-vel, ha az AGD háromszög Gben<br />
derékszögű.<br />
2. Ha G az ABCD tetraéder súlypontja <strong>és</strong> M egy tetszőleges térbeli pont, akkor<br />
2 2 2 2 2 2 2 2 2<br />
MA + MB + MC + MD = 4MG<br />
+ GA + GB + GC + GD<br />
Megoldás. Ha G az ABCD tetraéd er súlypontja, akkor bármely O térbeli<br />
pont<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
OA + OB + OC + OD AO + BO + CO + DO<br />
esetén OG =<br />
(1) <strong>és</strong> GO =<br />
(2).<br />
4<br />
4<br />
<br />
<br />
2 2 2<br />
Az MA = MG + GA összefügg<strong>és</strong>bő l MA = MG + GA + 2MG<br />
⋅GA<br />
(3).<br />
<br />
<br />
2 2 2<br />
Hasonlóan MB = MG + GB + 2MG<br />
⋅GB<br />
(4) ,<br />
<br />
<br />
2 2 2<br />
MC = MG + GC + 2MG<br />
⋅GC<br />
<br />
=<br />
(5)<br />
2 2 2<br />
MD = MG + GD + 2MG<br />
⋅ MD (6)<br />
A (3), (4), (5) <strong>és</strong> (6) összefügg<strong>és</strong>eket összeadva, kapjuk, hogy<br />
2 2 2 2<br />
MA + MB + MC + MD<br />
<br />
2 2 2 2 2<br />
= 4MG + GA + GB + GC + GD + 2MG<br />
⋅ GA + GB + GC + GD (7).<br />
( )<br />
A (2) összefügg<strong>és</strong>be O helyett rendre A-t, B-t, C-t, illetve D-t helyettesítünk:
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 209<br />
<br />
BA + CA + DA AB + CB + DB<br />
GA =<br />
, GB =<br />
4<br />
4<br />
<br />
AC + BC + DC AD + BD + CD<br />
GC =<br />
, GD =<br />
4<br />
4<br />
Ha összeadjuk az utóbbi<br />
négy egyenlőség megfelelő oldalait kapjuk, hogy<br />
<br />
GA + GB + GC + GD = 0 , tehát (7) éppen a keresett összefügg<strong>és</strong>.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder belsejében létezik olyan M pont, amelyre az<br />
MABC, MBCD, MCDA <strong>és</strong> MABD tetraéderek azonos térfogatúak.<br />
Szintetikus megoldás. Igazoljuk, hogy a súlypont teljesíti a feltételt. Ha A 1 az<br />
AA1 ⋅TBCD<br />
A-ból húzott magasság talppontja, akkor V ABCD = . Ha G A az A-ból húzott<br />
3<br />
súlyvonal talppontja (tulajdonképpen a BCD ∆ súlypontja) <strong>és</strong> G ∈ ( A G A)<br />
a tetraéder<br />
GGA<br />
1<br />
súlypontja, akkor = . Legyen G 1 a G pont vetülete a ( BC D)<br />
síkra. Az<br />
AG A 4<br />
GG1<br />
GGA<br />
AA1<br />
AAG 1 A∆<br />
-ben Thalesz tétele alapján = , tehát 1<br />
AA1<br />
AGA<br />
4<br />
= GG . Így<br />
GG1⋅TBCD AA1⋅TBCD VABCD<br />
V GBCD = = = . Hasonlóan igazolható, hogy<br />
3 12 4<br />
VABCD<br />
VGABD = V GABC = VGADC<br />
= , tehát a G pont teljesíti a kért feltételt.<br />
4<br />
Vektoriális megoldás. Azt a tényt, hogy V MABC = VMBCD<br />
az<br />
<br />
MA ⋅ MB × MC = MD ⋅ MB × MC egyenlőség fejezi ki. Két esetet<br />
( ) ( )<br />
különböztetünk meg.<br />
<br />
<br />
I. eset. MA ⋅ ( MB × MC ) = MD ⋅ ( MB × MC ) ⇔<br />
<br />
AD ⋅ ( MB × MC ) = 0<br />
<br />
<br />
⇔ AD ⊥ MB × MC<br />
<br />
⇒ AD , MB , MC koplanárisak, ez pedig nem lehetséges, ha<br />
( )<br />
M a tetraéder belsejében található.<br />
<br />
<br />
II. eset. MA ⋅ ( MB × MC ) =−MD ⋅ ( MB × MC ) ⇔ ( MA + MD) ⋅ ( MB × MC ) = 0<br />
<br />
<br />
<br />
⇔ 2ME ⋅ MB × MC = 0 (mert E az [ AD]<br />
felezőpontja) ⇔ ME , MB <strong>és</strong> MC<br />
( )<br />
koplanárisak. Tehát a ( BMC ) sík átmegy az AD felezőpontján, azaz oldalfelező sík.<br />
Hasonlóan az ( AMD)<br />
a BC felezősíkja <strong>és</strong> így tovább. Ezen síkok metsz<strong>és</strong>pontja<br />
pedig súlypont, tehát M = G .<br />
Megjegyz<strong>és</strong>. A vektoriális bizonyítás az egyértelműséget is bizonyítja.<br />
4. Az ABCD tetraéderben<br />
S = S cos( CD∠ ) + S cos( BD∠ ) + S cos(<br />
BC∠).<br />
A B C D
210 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
Megoldás. Legyen A1<br />
az A pont vetülete a ( BCD)<br />
síkra. Ha A 1 a BCD ∆<br />
belsejében van, akkor S = S + S + S . Legyen prBC A = D . A három<br />
1DB A A1BC ACD 1 A<br />
1<br />
merőleges tételéből 1 . ⊥<br />
1 1<br />
AD BC S ABC = AD (A A∠ 1 ) =<br />
1 1 1⋅BC<br />
= AD1⋅BC<br />
⋅cos D1<br />
2 2<br />
= S ⋅cos( BC∠ ) = S ⋅cos(<br />
BC∠<br />
) . Hasonlóan S = S ⋅cos(<br />
∠)<br />
<strong>és</strong><br />
ABC D<br />
ACD 1 B CD<br />
SADB = S cos(<br />
)<br />
1 C ⋅ DB∠<br />
, tehát SA = SB<br />
cos( CD∠ ) + SC cos( BD∠ ) + SD<br />
cos(<br />
BC∠)<br />
.<br />
Ha A1 a BCD∆ -ön kívülre esik, akkor valamelyik terület negatív előjellel szerepel,<br />
viszont a megfelelő koszinusz is negatív lesz, tehát az egyenlőség ebben az esetben is<br />
teljesül.<br />
5. Bizonyítsd be, hogy egy ortocentrikus tetraéder legalább egyik oldallapja<br />
hegyesszögű háromszög. Igaz-e ez a tulajdonság tetszőleges tetraéderekre? <br />
<br />
Megoldás. Ha H a tetraéder ortocentruma, akkor AH ⊥BC<br />
⇒ AH ⋅ BC = 0 ,<br />
<br />
<br />
AH ⊥CD ⇒ AH ⋅ CD = 0 , AH ⊥BD<br />
⇒ AH ⋅ BD = 0 . Hasonlóan<br />
<br />
<br />
BH ⋅ AC = 0 , BH ⋅ CD = 0 , BH ⋅ AD = 0<br />
<br />
<br />
CH ⋅ AB = 0 ,CH ⋅ AD = 0 , CH ⋅ BD = 0<br />
<br />
DH ⋅ AC = 0 , DH ⋅ AB = 0 , DH ⋅ BC = 0 .<br />
Tudjuk, hogy ha két vektor által bezárt szög tompaszög, akkor azok skaláris szorzata<br />
negatív. Ha pedig hegyesszög, akkor a skaláris szorzat pozitív.<br />
<br />
AB ⋅ AC = AB ⋅ ( AH + HC ) = AB ⋅ AH + AB ⋅ HC = AB ⋅ AH<br />
<br />
AB ⋅ AD = AB ⋅ ( AH + HD) = AB ⋅ AH + AB ⋅ HD = AB ⋅ AH .<br />
<br />
Tehát AB ⋅ AC = AB ⋅ AD , hasonlóan A B ⋅ AC = AC ⋅ AD . Ebből következik,<br />
<br />
hogy AB ⋅ AC = AB ⋅ AD = AC ⋅ AD . Következ<strong>és</strong>képpen az A csúcsnál levő<br />
szögek vagy mind hegyesek, vagy mind tompák. Hasonló érvel<strong>és</strong>sel kiderül, hogy<br />
bármely csúcsnál levő szögek vagy mind hegyesek, vagy mind tompák. A fentiek<br />
alapján, ha valamely háromszög tompaszögű – feltételezzük, hogy az ABC ∆ az A<br />
csúcsban – akkor a ( BAD∠)<br />
<strong>és</strong> ( CAD∠)<br />
szögek is tompák. Következik, hogy a<br />
BC , , D csúcsoknál hegyesszögek vannak. Tehát BCD∆ hegyesszögű. Az állítás<br />
3<br />
tetszőleges tetraéderre nem igaz. Legyen ABCD tetraéder úgy, hogy AC = ,<br />
2<br />
7<br />
2<br />
AB = BC = 1 , AD = DC = <strong>és</strong> BD = . Azonnal ellenőrizhető, hogy a<br />
8<br />
8<br />
tetraéder létezik, azaz minden oldallapon fennállnak a háromszög egyenlőtlenségek, <strong>és</strong><br />
az ( ABC∠ ), ( BDC∠) , ( BDA∠<br />
), ( ADC∠)<br />
szögek tompaszögek, mert<br />
2 2 2<br />
AC > AB + BC<br />
2 2<br />
2 2 2 2 2<br />
, BC > BD<br />
2<br />
+ DC ,<br />
BA > BD + DA , AC > AD<br />
2<br />
+ DC .<br />
1
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 211<br />
6. Bizonyítsd be, hogy egy ortocentrikus tetraéderben a magasságok összefutási<br />
pontja (H), a súlypont (G) <strong>és</strong> a körbeírt gömb középpontja kollineárisak (Euler<br />
egyenes) <strong>és</strong> OG = GH . Próbáld általánosítani az Euler kört is!<br />
Megoldás. Tudjuk, hogy egy háromszögben az ortocentrum, a súlypont <strong>és</strong> a<br />
háromszög köré írt kör középpontja kollineárisak. Legyenek H A , G A <strong>és</strong> O A a BCD ∆<br />
ortocentruma, súlypontja <strong>és</strong> a háromszög köré írt kör középpontja. Ekkor A , H <strong>és</strong><br />
H kollineárisak <strong>és</strong> AH ⊥(<br />
BCD)<br />
, OO ⊥(<br />
BCD)<br />
. Abból, hogy AH ( BCD)<br />
<strong>és</strong><br />
A<br />
AH<br />
A<br />
A<br />
A<br />
⊂ ( AH O ) , következik, hogy ( AH O ) ⊥(<br />
BCD)<br />
. Viszont OO ( BCD)<br />
<strong>és</strong><br />
A A<br />
A A<br />
, tehát az utolsó három összefügg<strong>és</strong> alapján O ∈ A A A . Az A, G<br />
<strong>és</strong> pontok kollineárisak <strong>és</strong><br />
O<br />
OA ∈ ( AHAOA) ( H )<br />
GA<br />
AG , A ∈ ( AHAOA) , mert GA O , következik,<br />
∈ AHA hogy G ∈ AH O ) , tehát HG , , O ∈ ( AHO)<br />
. Hasonlóan H, G ,O∈( BHO)<br />
.<br />
( A A<br />
Következik, hogy HGO , , ∈( AHO)<br />
∩(<br />
BHO)<br />
. Viszont két sík metszete egy<br />
A A<br />
A A B B<br />
egyenes, tehát O, G ,Hkollineárisak.<br />
Legyen G vetülete a ( BCD ) síkra G . Az<br />
előbbiek alapján G1O A A.<br />
Tudjuk, hogy<br />
H<br />
AG<br />
∈ = 3 . Az AH A háromszögben<br />
GG A<br />
, Thalesz tételéből következik, hogy<br />
GA AG HG A 1<br />
GG 1 || AH A<br />
OG A 1GA<br />
= HG A 1<br />
, tehát = 3 ⇒<br />
G GG 1 A<br />
HG A 1 3<br />
HG A A<br />
= . Ezen kívül = 2 , <strong>és</strong> az utólsó két összefügg<strong>és</strong>t összevetve<br />
HG A A 4<br />
GO A A<br />
1<br />
következik, hogy GHA<br />
3<br />
= .<br />
GO A A 2<br />
GO 1 A GG 1 A GAOA GAHA GH 1 A 2 4 2<br />
= + = − + = − 1+ = 1,<br />
GH 1 A GH 1 A GH 1 A GH 1 A GH 1 A 3 3 3<br />
tehát GO 1 A = GH 1 A. Az OO AHAHtrapézban G 1 az OH A A felezőpontja <strong>és</strong><br />
GG1<br />
|| H AH<br />
. Következik, hogy GG 1 középvonal., tehát OG = GH .<br />
Az Euler kör általánosítása. Ha ABCD ortocentrikus tetraéder, akkor a lapok<br />
súlypontjai, ortocentrumai <strong>és</strong> az AH, BH, CH, DH szakaszok H-hoz közelebb eső<br />
harmadoló pontjai egy gömbön vannak, amelynek a középpontja az Euler egyenesen<br />
van <strong>és</strong> sugara a tetraéder köré írt gömb sugarának egy harmada.<br />
7. Bizonyítsd be, hogy a következő állítások egyenértékűek:<br />
a) az ABCD tetraéder egyenlő oldalú;<br />
b) az ABCD tetraéder minden csúcsában a síkszögek mértékének összege egyforma;<br />
c) a beírt <strong>és</strong> a köréírt gömbök középpontjai egybeesnek.<br />
Bizonyítás. a) ⇒ b) A csúcsokban a síkszögek összege π , tehát egyforma.<br />
b) ⇒ a) Ha a csúcsokban a síkszögek összege egyforma, akkor ez az összeg pontosan<br />
π<br />
, mert az összeg négyszerese a négy háromszög szögeinek összegével egyenlő. Így a<br />
tetraédernek a síkra való lefejt<strong>és</strong>e egy háromszög, amelyben meghúztuk a<br />
középvonalakat. Ebből következik, hogy a tetraéder egyenlő oldalú.<br />
A ⊥<br />
A ⊥<br />
B B<br />
1
212 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
a) ⇒ c) A tetraéder köré írt gömb középpontjának a lapoktól való távolságai<br />
2<br />
R − R1<br />
2<br />
, ahol R a lapok köré írt körök sugara <strong>és</strong> R a tetraéder köré írt gömb<br />
1<br />
sugara. Ebből következik, hogy az O pontnak a tetraéder lapjaitól való távolságai<br />
egyenlő hosszúak, tehát O a tetraéderbe írható gömb középpontja is.<br />
c) ⇒ b) Ha O = I , akkor a lapok köré írható körök sugarai is egyenlők. Így<br />
mBAC∠ ( ) = mBDC ( ∠)<br />
, mCAD ( ∠ ) = mCBD ( ∠)<br />
<strong>és</strong> mBAD ( ∠ ) = mBCD ( ∠)<br />
(mert kongruens körökben kongruens húrokhoz tartoznak). Ebből következik, hogy az<br />
A csúcsban a síkszögek mértékének összege π . Hasonlóan igazolható, hogy a többi<br />
csúcsban is π a síkszögek mértékének összege.<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha egy tetraéder belsejében létezik négy nem egy síkban fekvő<br />
pont, amelyek az oldallapoktól való távolságaik összege egyenlő, akkor a tetraéder<br />
egyenlő oldalú.<br />
Megoldás. Ha Oabc egy triéder <strong>és</strong> az M pontnak a lapoktól való távolsága x, y <strong>és</strong> z,<br />
akkor az α⋅ x + β ⋅ y + γ⋅<br />
z = δ (αβ , , γδ> , 0)<br />
egyenlőséget teljesítő pontok<br />
mértani helye egy síknak a triéder belsejébe eső r<strong>és</strong>ze. A síkot megszerkeszthetjük, ha<br />
felvesszük a triéder élein az N , P <strong>és</strong> Q pontokat úgy, hogy az ONP, OPQ <strong>és</strong> OQN<br />
háromszögek területe rendre α -val, β -val <strong>és</strong> γ -val legyen egyenlő. Így<br />
αx+ βy+ γz=<br />
3 V[ OMNP ] + 3 V[ OMPQ] + 3 V[ OMQN ] =<br />
= 3 VONPQ [ ] ± 3 VMNPQ [ ],<br />
tehát az M pont (NPQ) síktól való távolsága konstans. Hasonló eredményhez jutunk<br />
akkor is, ha az α , β <strong>és</strong> γ számok közt van 0 is, de nem mind nullák. Ha a tetraéder<br />
nem egyenlő oldalú, akkor jelöljük O-val a legkisebb területű oldallappal szemben<br />
fekvő csúcsot, x-szel, y-nal, z-vel <strong>és</strong> t-vel az M belső pontnak a lapoktól való<br />
távolságait <strong>és</strong> S -szel, S -nal, S -vel <strong>és</strong> S -vel a megfelelő lapok területeit. Az<br />
xS + yS + zS + tS 3V<br />
x y<br />
z<br />
x<br />
y<br />
t =<br />
z<br />
<strong>és</strong> x + y + z + t = k egyenlőségek alapján<br />
xS ( x − St) + y(<br />
Sy<br />
− St ) + ( Sz<br />
− St)<br />
= 3V−kSt <strong>és</strong> az ,<br />
valamint γ = Sz<br />
St<br />
számok nem mind egyenlők nullával. Az előbbiek alapján négy<br />
nem egy síkban levő pont csakis akkor teljesítheti az adott egyenlőséget, ha<br />
α = β = γ 0 , vagyis ha a tetraéder egyenlő oldalú.<br />
)<br />
−<br />
z α = Sx − St<br />
β = Sy − St<br />
=<br />
9. Az ABCD tetraéder pontosan akkor egyenlő oldalú, ha a súlyvonalai azonos<br />
hosszúságúak.<br />
Megoldás<br />
2 2 2 2 2 2<br />
3(<br />
a + b + c 2<br />
) − ( d + e + f<br />
AGA<br />
=<br />
<strong>és</strong><br />
9<br />
2 2 2 2 2 2<br />
3(<br />
a + d + f 2<br />
) − ( c + e + b )<br />
BG B =<br />
, tehát az<br />
9<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 2<br />
AGA = BGB<br />
egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha d + b = c +<br />
f . Az előbbi<br />
két egyenlőséghez hasonlóan felírhatjuk a többi súlyvonal egyenlőségét is. Így az<br />
t
<strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong> 213<br />
AGA = BGB = CGC = DGD<br />
egyenlőségek pontosan akkor teljesülnek, ha a = e ,<br />
b = f <strong>és</strong> d = c,<br />
tehát ha az ABCD tetraéder egyenlő oldalú.<br />
10. Az ABCD tetraéder AB, AC <strong>és</strong> AD élei páronként merőlegesek egymásra.<br />
Bizonyítsd be, hogy:<br />
a) az A-nak a BCD-re eső A′ vetülete a BCD∆ ortocentruma <strong>és</strong> a BCD háromszög<br />
hegyesszögű;<br />
1 1 1 1<br />
b) = + + ;<br />
2 2 2<br />
2<br />
AA′ AB AC AD<br />
2 2<br />
2<br />
c) co s AAB ′ + cos AA ′ C + cos AAD ′ = 1 (Tinseau, 1780);<br />
( ) (<br />
) ( )<br />
2 2<br />
2<br />
d) cos ( BC∠ ) + cos ( CD∠)<br />
+ cos ( DB∠<br />
) = 1 ;<br />
2<br />
e) T [ A BC] = T[ BCD] ⋅T<br />
⎡A BC⎤<br />
⎣<br />
′<br />
⎦<br />
;<br />
2 2<br />
2 2<br />
f) T [ BCD] = T [ ABC]<br />
+ T [ ADC] + T [ ABD]<br />
;<br />
2<br />
g) 9V[ ABCD] = 2 T [ ABC ] ⋅T[ ACD] ⋅T[<br />
ABD]<br />
.<br />
Megoldás. a) A V. 19. ábra jelöl<strong>és</strong>eit használjuk. Az AA BC <strong>és</strong><br />
AD ⊥ ( BAC )<br />
1D összefügg<strong>és</strong>ek <strong>és</strong> a három merőleges tétele alapján DA 1 ⊥ BC <strong>és</strong> az<br />
D<br />
A pontnak a BCD<br />
síkra eső vetülete az<br />
AD 1 magasságon<br />
helyezkedik el.<br />
A<br />
Hasonlóan igazolható,<br />
hogy az A pontnak a<br />
BCD síkra eső<br />
vetülete rajta van a<br />
BCD háromszög B<br />
A<br />
C<br />
illetve C csúcsából<br />
húzott magasságon is.<br />
A<br />
Eszerint az A pontnak<br />
a BCD síkra eső<br />
vetülete éppen a BCD<br />
B<br />
háromszög magasságpontja.<br />
AA′<br />
=<br />
AD<br />
AD<br />
1<br />
2<br />
1<br />
= 2<br />
1<br />
+ 2<br />
1<br />
+ 2<br />
,<br />
z<br />
y<br />
x<br />
1<br />
V. 19. ábra<br />
b) Ha az AB, AC <strong>és</strong> AD szakaszok hosszát rendre x-szel, y-nal <strong>és</strong> z-vel jelöljük, akkor<br />
az ABC háromszögben az AA 1 magasságra AA1<br />
=<br />
xy<br />
2<br />
x + y<br />
2 <strong>és</strong> az AA<br />
háromszögben<br />
⋅ AA1<br />
2 2<br />
+ AA1<br />
=<br />
xyz<br />
2 2 2 2 2 2<br />
xy + yz + zx<br />
. Ebből következik,<br />
hogy<br />
AA′ x y z<br />
1 1<br />
= + 2 2<br />
AB AC<br />
1<br />
+ 2<br />
AD<br />
.<br />
c) d) m( A ′ AD∠ ) = mDAA ( ∠ ) = mBC ( ∠)<br />
, tehát<br />
1<br />
1 ⊥
214 <strong>Térgeometriai</strong> <strong>feladatok</strong> <strong>és</strong> <strong>tételek</strong><br />
2<br />
⎛<br />
2 2 AA ⎞<br />
1<br />
cos ( AAD ′ ) = cos ( BC∠<br />
) = ⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
=<br />
⎜ DA<br />
⎟<br />
⎝ 1 ⎠⎟<br />
x y<br />
Hasonló módon igazolható, hogy<br />
2 2<br />
xy<br />
+ y z + z x<br />
2 2<br />
2 2<br />
zy<br />
cos ( AAB ′ ) = cos ( DC∠<br />
) = 2 2 2 2 2 2<br />
xy + yz + zx<br />
<strong>és</strong><br />
2 2<br />
cos ( AAC) cos ( BD )<br />
2 2 2 2 2 2<br />
′ =<br />
2 2<br />
zx<br />
∠ = 2 2 2 2 2 2<br />
xy + yz + zx<br />
, tehát<br />
2 2 2<br />
cos ( AAB ′ ) + cos ( AAC ′ ) + cos ( AAD ′ ) = 1 <strong>és</strong><br />
2 2 2<br />
cos ( BC∠ ) + cos ( CD∠ ) + cos ( DB∠<br />
) = 1<br />
e) A<br />
2 2<br />
2 xy<br />
T [ A BC ] = ,<br />
4<br />
DA1 ⋅ BC<br />
TBCD [ ] =<br />
2<br />
1<br />
=<br />
2<br />
2 2 2 2 2 2<br />
xy + yz + zx <strong>és</strong><br />
AA ′ 1 ⋅ BC<br />
TABC [ ′ ] =<br />
2<br />
1<br />
=<br />
2<br />
2 2<br />
xy<br />
2 2 2 2 2 2<br />
xy + yz + zx<br />
egyenlőségek alapján<br />
2<br />
T [ ABC] = T[ BCD] ⋅ T[ A′ BC].<br />
f) Az előbb igazolt egyenlőséget a tetraéder többi lapjára is felírjuk, majd összeadjuk a<br />
2 2 2<br />
kapott egyenlőségeket. T [ A BC] + T [ ADC] + T [ ABD] = T[ BCD] ⋅ T[ A′ BC]<br />
+<br />
2<br />
+ TBCD [ ] ⋅ TADC [ ′ ] + TBCD [ ] ⋅ TABD [ ′ ] = TBCD [ ] ⋅TBCD [ ] ⋅= T [ BCD]<br />
.<br />
xyz<br />
xy<br />
yz<br />
zx<br />
g) A V [ ABCD ] = , TABC [ ] = , TADC [ ] = <strong>és</strong> TA [ BD ] =<br />
6<br />
2<br />
2<br />
2<br />
egyenlőségek alapján következik, hogy<br />
2<br />
9 V [ ABCD] = 2 T[ ABC ] ⋅T[ ADC ] ⋅ T[ ABD].<br />
.