175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat 1 2 4 3 ...

Térgeometriai feladatok és tételek 175
V. FEJEZET
LÉPJÜNK KI A TÉRBE!
V.1. Néhány feladat
1.1. Feladat. Egy szabályos hatszöglap minden oldalát felosztottuk 3 egyenlő
részre, majd az V.1. ábrán látható rombuszokkal átfedés nélkül lefödtük a hatszöget
(mindenik rombuszfajtából tetszőleges számú állt rendelkezésünkre). Az V.2. ábrán
két ilyen lefedés látható. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is fedtük le a hatszöget,
mind a három fajta rombuszból kilencet használtunk fel.
V.1. ábra
V.2. ábra
Megoldás. A szemléletesség fokozásának céljából a és rombuszokat
satírozzuk be az ábrának megfelelően! Mihez hasonlít az, amit látunk? Próbáljuk
térbeli test rajzaként értelmezni az V.3. ábrát!
Kevés fantáziával is rájöhetünk, hogy kockákból álló
építményt láthatunk, mintha egy szobasarokba kocka alakú
építőkövet helyeztünk volna, és ezt ábrázoltuk volna (a falak
egy-egy darabjával együtt), vagy mintha egy bűvös kockát
bontottunk volna szét, letörve a három középmezőnek
megfelelő kockát, és további négy kiskockát elvéve onnan
(lásd az V.3. ábrát).
V.3. ábra
Ha kivesszük az V.4. ábrán látható számozott
kockákat, éppen az V.3. ábrán látható alakzathoz jutunk. Ebből az észrevételből
könnyen lehet bizonyítást gyártani, hisz a síkbeli hatszög
minden lehetséges lefedése egy-egy ilyen szétszedett kockát
ábrázol. Persze nem minden szétszedett kockának felel meg
egy ilyen lefedés, például ha az V.4. ábra 2-es kockáját
vesszük ki, akkor az ily módon megbontott kocka ábrázolása
nyomán nem kapunk lefedést. Ahhoz, hogy egy szétszedett
kocka ábrázolása nyomán lefedést kapjunk, az szükséges,
hogy az L1 és 2 fényforrások a megmaradt kockák páros
számú oldalát világítsák meg (vagyis ha az egyik fényforrás
L
L1
1
2
4
3
2
3
5
6
V.4. ábra
3
1
4
7
L2

176 Térgeometriai feladatok és tételek
megvilágítja a kocka egy oldallapját, akkor a másik fényforrás egy másik oldallapját
világítsa meg). Így azok a rombuszok, amelyeket világosszürkére satíroztunk, éppen
az L1
fényforrás által megvilágított oldallapok vagy a háttér megfelelő darabjai, tehát
összesen 9 ilyen oldallapot világítottunk meg. Hasonlóan belátható, hogy a másik két
rombusztípusból is pontosan 9 darab van.
Látható, hogy léteznek olyan síkbeli (síkban megfogalmazott) tulajdonságok,
amelyek természetes és egyszerű megoldása térbeli megfontolásokat igényel. Talán az
előbbinél
is tisztábban látható ez a következő feladat megoldásából.
1.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy 1001 cm
sugarú kör nem fedhető le 2001 darab 1 cm
szélességű tetszőlegesen hosszú papírcsíkkal (a
csíkokat nem szabad megtűrni)!
Megoldás. Az első alapvető probléma az, hogy a
csík a középponthoz viszonyított helyzete szerint a
körlapból különböző területű részt fed. Ez a
probléma kiküszöbölhető, ha a kört egy gömb V.5. ábra
vetületének tekintjük. Tételezzük fel, hogy a lefedés
mégis lehetséges, és a papírcsíkok széleinél emeljünk merőleges síkokat a csík síkjára.
Az V.6. ábrán egy csíknak megfelelő síkpárt láthatunk. Így minden papírcsíknak
megfelel egy gömböv vagy egy gömbsüveg. Mivel a papírcsíkok lefedik a körlapot, a
nekik megfelelő gömbövek (vagy süvegek) beborítják a gömb egész felszínét. Így a
gömbövek felszínének összege legalább akkora, mint a gömb felszíne. (1)
gömb
O A V.6. ábra
A gömböv felszíne azonban csak az eredeti gömb sugarától és az öv
magasságától függ (akárcsak a süveg felszíne). Ezt az Föv = 2 πR
⋅ h képlet fejezi ki.
Így az összes gömböv felszíne: 2 π ⋅1001=
2002π
. A gömb felszíne viszont:
F
= 4πR
2
= 2002π
⋅ 2002 . Ebből következik, hogy 2001 gömböv felszíne
legfeljebb 2001⋅ Föv
= 2002 ⋅ π ⋅ 2001 lehet, és ez nem nagyobb, mint a gömb felszíne
2002π ⋅ 2002 . Ez ellentmond az (1) kijelentésnek, tehát a feltételezésünk hamis. Így a
2001 papírcsíkkal nem lehet lefedni a körlapot.

Térgeometriai feladatok és tételek 177
Reméljük, hogy az előbbi két feladat mindenkit meggyőzött arról, hogy a
térgeometria nem öncélú matematikai építmény és nemcsak a külvilág leírásának
szükségességéből fakadó eszköz, hanem a matematikának fontos része, amelynek
nagy hatása van a matematika más ágaira is. Másképpen fogalmazva: az előbbi két
feladat megoldásához a térgeometriára azoknak a síkban lakó (kétdimenziós)
űrlényeknek is szüksége lenne, akiknek semmilyen direkt tapasztalati tény nem tenné
ezt szükségessé. Vajon, ha ezt egy picit magunkra is kiterjesztjük, mi mindent kellene
még ismernünk felmerülő problémáink megoldásához?
V.2. Pontok, egyenesek, síkok
A térgeometria alapfogalmaiként a pont, az egyenes, a sík és a tér fogalmát
fogadjuk el. Nem törekszünk a geometria axiomatikus tárgyalására, megelégszünk az
intuitív térszemléletre alapozott tulajdonságokkal. Ez azt jelenti, hogy a pontokra,
síkokra, egyenesekre, szögekre és távolságokra vonatkozóan elfogadunk több olyan
alaptulajdonságot, amely többé-kevésbé a szemléletre támaszkodik. Ezek a
tulajdonságok vagy axiómák, vagy az axiómák segítségével bizonyíthatók, tehát
matematikailag korrekt módon is megalapozhatók, de ez a tárgyalásmód nem célunk. ∗
Elfogadjuk, hogy a tér egy ponthalmaz, amelyet τ -val jelölünk.
Akárcsak a síkban, a térben is két különböző pont mindig meghatároz egy
egyenest. Tehát, ha A ∈τ
és B ∈τ
, akkor
AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott egyenest,
(AB) -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott nyílt szakaszt,
[AB]
-vel jelöljük az A és B pontk által meghatározott zárt szakaszt,
(AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott A kezdőpontú nyílt
félegyenest stb. Az egyenesek jelölésére az ábécé kis betűit is használhatjuk.
2.1. Állítás. Újdonságnak számít (a síkhoz képest), hogy a τ bármely három, nem
kollineáris pontja egy síkot határoz meg, és a τ minden síkjában érvényes a
síkgeometria összes tétele és tulajdonsága.
Az V.7. ábrán az , illetve az A ponthármas által
( 1
A , B,
C )
( , B,
C )
meghatározott síkot szemléltettük.
Ezt persze úgy is mondhatjuk, hogy egy
egyenes (amelyet két különböző pontja határoz meg)
és egy rajta kívül eső pont mindig meghatároz egy
síkot, vagy úgy, hogy két metsző egyenes ( AC1
és
AB ) meghatároz egy síkot.
2
C C
1 2
A B
V.7. ábra
Az A, B és C pont által meghatározott síkot (ABC)-vel jelöljük. A d egyenes és
az A∉ d pont által meghatározott síkot (Ad)-vel, és a d valamint a d ′ egyenesek által
∗ Aki nincs megelégedve ezzel az intuitív tárgyalásmóddal, annak ajánljuk Dan Brânzei és
Radu Miron Fundamentele aritmeticii şi geometriei című könyvét.

178 Térgeometriai feladatok és tételek
meghatározott síkot ( d d′)
-vel jelöljük. Általában a síkok jelölésére a görög ábécé
betűit használjuk.
A V.7. ábrán láthatjuk, hogy az ( ABC 1 ) és ( ABC 2 ) síkok metszete nem
üres, pontosabban a két sík metszete éppen az AB egyenes. Szemléletünkre
támaszkodva elfogadjuk a következő állításokat:
2.2. Állítás. Ha két különböző síknak van közös pontja, akkor metszetük egy
egyenes.
2.3. Állítás. Egy egyenesnek és egy síknak a metszete lehet:
a) üreshalmaz (lásd az V.8.1. ábrát),
b) egy pont (lásd az V.8.2. ábrát) vagy
c) egy egyenes (lásd az V.8.3. ábrát).
V.8.1. ábra
α α
α
A
V.8.3. ábra
B
V.8.2. ábra
Ebből azonnal következik: két sík metszete lehet üreshalmaz, lehet egy egyenes, vagy
egy egész sík (ha a két sík egybeesik), továbbá: hogy három, nem kollineáris ponton
keresztül csak egy sík fektethető.
Az előbbi állítás alapján értelmezhetjük a párhuzamos síkok fogalmát:
2.4. Értelmezés. Két síkot akkor nevezünk párhuzamosnak, ha metszetük üres
halmaz.
Az V.9. ábra két párhuzamos síkot ábrázol.
A gyakorlatban könnyen eldönthetjük
két síkról, hogy párhuzamosak-e
vagy sem. Próbáld eldönteni, hogy az
alábbi példákban szereplő síkok párhuza-
mosak-e vagy sem!
1. A tanterem két szemközti falának
síkja;
2. a padló és a mennyezet síkja;
3. a mozgólépcső két korlátjának síkja;
4. a félig nyitott ajtó és a keret síkja;
5. a CD doboz két fedele, ha a doboz csukva van;
6. egy síkkondenzátor lapjai.
α
β
V.9.ábra
Akárcsak a síkban, a térben is a párhuzamosság kérdése itt is sok ideig vitatott volt.
Mi elfogadjuk, hogy:

Térgeometriai feladatok és tételek 179
2.5. Állítás. Minden síkhoz egy rajta kívül fekvő ponton át egy és csak egy
párhuzamos sík fektethető.
Az eddigiekben vizsgáltuk a pontok, az egyenesek és a síkok lehetséges
metszetének alakját. Vizsgáljuk meg ezeknek az alakzatoknak az egymáshoz
viszonyított helyzetét!
1. pont – pont
Két pont vagy egybeeső, vagy egymástól különböző.
2. pont – egyenes
A pont az egyenesen vagy azon kívül helyezkedik el.
3. pont – sík
A pont a síkban vagy azon kívül helyezkedik el.
4. egyenes – egyenes
a) Metsző egyenesek
Mivel két metsző egyenes
meghatároz egy síkot és az
d
d'
általuk meghatározott
síkban már a síkgeometriai α
tulajdonságok érvényesek,
ez az eset nem különbözik
V.10. ábra
lényegesen a síkbelitől.
b) Párhuzamos egyenesek
Két egyenest párhuzamosnak
nevezünk, ha egy
síkban vannak és nem
metszik egymást.
c) Kitérő egyenesek
Ha két egyenes metszete üres halmaz,
és nincsenek egy síkban, akkor az
egyeneseket kitérőknek nevezzük.
(Például az ABCDA’B’C’D’ kocka AB
és CC’ oldalélének tartóegyenesei
kitérő egyenesek.)
α
d
d'
V.11. ábra
5. egyenes – sík
V.12. ábra
a) Egyenes és sík párhuzamossága
Az α síkot és a d egyenest párhuzamosnak nevezzük, ha a metszetük
üres halmaz. Vizsgáljuk meg, hogy mit is jelenet ez!
Legyen A ∈α
egy tetszőleges pont. Az A pont és a d egyenes által
meghatározott β síknak az α síkkal
való metszete egy d’ egyenes (mert
d ⊂ β és d ⊄ α , tehát α ≠ β és
A ∈α
∩ β ). Ha a d és d’ egyenes-
nek lenne közös pontja, akkor ez a
d ′ ⊂ α miatt az α síkban
helyezkedne el. Ez nem lehetséges,
α
A '
A
D '
D
A
B '
B
d
V.13. ábra
C '
C
d'

180 Térgeometriai feladatok és tételek
ha α ∩ d = ∅, tehát d ∩ d′
= ∅. Másrészt, a d és a d′ a β síkban van,
tehát d és d ′ párhuzamos. Ebből két fontos tulajdonság következik:
2.6. Tétel
a) d || α ⇔ α -ban a d-hez legalább egy párhuzamos húzható.
b) Ha A ∉α
egy pont, akkor az A-n át α -hoz mindig végtelen sok párhuzamos
húzható.
A∉
α
A1 ∈ α
1 A
b) Ha a d egyenes nincs benne az α síkban és nem párhuzamos α -val,
akkor a metszetük egy pont.
c) A d egyenes az α síkban van.
6. sík – sík.
Két sík lehet: metsző, illetve párhuzamos. A metsző síkok esetében a
metszet egy egyenes. Ezt nem tárgyaljuk részletesebben. Vizsgáljuk meg,
hogyan lehet két sík párhuzamosságát igazolni, illetve azt, hogyan
szerkeszthető meg az ponton át az α síkhoz húzott párhuzamos
sík.
Legyen egy tetszőleges pont és d 1 , illetve 2 két, -en átmenő
d1
d ′ 1
( d1d
′ 2′
) || α
d′ 1
∩ d1
′1 ∩ { A}
d ∩ d
K ∈
α d
β
d1 ∩ d2
= 1 || β
α β
A∈
α
d || d 2
1 || d 2
α
d
α -beli egyenes. Az A-n át a és a d 2 egyeneshez egy-egy párhuzamos
húzható. Ezeket jelöljük -tel, illetve d ′ 2 -tel. Azt szeretnénk igazolni,
hogy . Ha feltételezzük, hogy ez nincs így, akkor az α és
( d1′ d′ 2)
sík metszete egy d egyenes. Ez a d ⊂ α egyenes a -tel és a 2 -
tel egy síkban van, tehát a d
′ d
′ és 2 d d ∩ ′ halmazok valamelyike nem
üres (mert d d ′2 = ). Feltételezhetjük, hogy ′1 = {K}
. A
d ⊂ α bennfoglalás alapján α , tehát a d ′1 ∩ α halmaz sem üres. Ez
ellentmondás, mert d 1′
|| , tehát ′1 ∩ α = ∅.
E tulajdonság alapján a síkok párhuzamosságának jellemzését a következő
tételben fogalmazhatjuk meg:
2.7. Tétel. Az α és síkok akkor párhuzamosak, ha α -ban létezik a d1 és a d 2
egyenes úgy, hogy {A} , d és d 2 || β .
A 2.6. tétel és 2.7. tétel néhány azonnali következményét fogalmaztuk meg az
alábbiakban. Ezeket gyakran fogjuk használni.
2.8. Tétel
a) Ha a d egyenes párhuzamos az síkkal, akkor a d-n átmenő síknak az α
síkkal való metszete párhuzamos a d-vel.
b) Ha d || α és , akkor az A-n át a d-hez húzott párhuzamos az α síkban
van.
c) Ha d || d1
és , akkor d .
d) Ha α || β , akkor minden egyenese párhuzamos a β síkkal.

Térgeometriai feladatok és tételek 181
e) Ha az α és β párhuzamos síkokat a γ sík a d és a d ′ egyenesben metszi,
akkor d || d′
.
f) Ha α || β és α || γ , akkor β || γ .
Az eddigiek alapján valamely térbeli alakzatot akkor nevezünk
megszerkesztettnek (vagy meghatározottnak), ha az őt alkotó pontok, egyenesek és
síkok előre adottak, vagy az előbb leírtak alapján meghatározottak. Ezt az alábbi
táblázatban
foglaltuk össze:
pont – előre adott
– két egyenes metszéspontja
– egy sík és egy egyenes metszéspontja
egyenes – előre adott
– két pont által meghatározott
– két sík metszete
sík – előre adott
– három nemkollineáris pont
– egy d egyenes és egy A∉ d pont
– két metsző egyenes (d és d ′ )
– két párhuzamos egyenes
– egy α sík és egy A ∉ α pont, amelyen
át α -hoz párhuzamost húzunk
2.9. Megoldott gyakorlatok
1. Ha a , és egyenesek közül bármely kettő metszi egymást és az
d
d1 2 d 3
egyenesek nincsenek egy síkban, akkor egy pontban metszik egymást.
Megoldás. A lehetetlenre való visszavezetés módszerét használjuk. Feltételezzük,
A} = d ∩ d , { B} = d ∩ d és
hogy az egyenesek nem összefutók, vagyis az { 1 2
{ C} = d ∩ d pontok páronként különbözők. Ezek a pontok egy α síkot határoznak
3
1
meg. Mivel A ∈α
és B ∈α
, valamint A ∈ d 2 és B ∈ d 2 , következik d 2 ⊂ α .
Hasonlóan belátható, hogy d 1 ⊂ α és d 3 ⊂ α , tehát az egyenesek egy síkban vannak.
Ez
ellentmond a feltevésnek, következésképp az egyenesek összefutók.
O
2. Két szög, melynek szárai rendre párhuzamosak egymással, vagy kongruensek,
vagy kiegészítő szögek.
V14 ábraA1 Megoldás. Jelöljük a szögek csúcsait -gyel és O -vel,
1
O
2
A
2
B
B
1
2
majd vegyük fel a száraikon az A1 , B1 illetve A2
, B2
pontokat úgy, hogy teljesüljenek a következő feltételek:
A O A O B ≡ O B , valamint a B és B ,
[ O ] ≡ [ ] , [ ] [ ]
1
1
2 2 1 1 2
A1 2 A 2
2
2
O1 2
illetve az és az O 1O egyenes által meghatározott
ugyanazon félsíkba kerüljön az A1O1O 2 , illetve B1O1O2
síkokban.
1
3
2

182 Térgeometriai feladatok és tételek
Így A O és [ A ] O A , tehát az O A A O négyszög paralelogramma.
O 1 1 || 2 A2
O1 1 ≡ [ 2 2 ] 1 1 2 2
Hasonlóan belátható, hogy az O O B B négyszög is paralelogramma, tehát
A 1A2
|| O1O2
1 2 1 2
1
és B B || O O , továbbá [ A 1A2
] [ O1O2
] = [ B1B2
]
A B
[ B ] [ A ]
2
2
1
= . Ebből következik,
hogy az 1A2B
2 1 négyszög is paralelogramma, tehát A 1 1 = 2B2
.
Tehát az A1O1 B1
és A2O2 B2
háromszögek egybevágók, így A1O
1B1∠
≡ A2O2B2
∠ .
Előfordulhat, hogy eredetileg e két szög közül valamelyiknek a kiegészítőjéről van
szó, tehát a feladat állítása igaz.
3. Bizonyítsuk be, hogy a d és a d ′ kitérő egyeneseken át egyetlen párhuzamos
(α, β) síkpár fektethető ( d ⊂ α és d ′ ⊂ β ).
d ⊂ α⎫
Bizonyítás. ⎬ ⇒ d || β . Ha A ∈ d ′ , akkor d || β , az A ∈ β alapján követ-
α || β ⎭
kezik, hogy A-n át a d-hez húzott d1 párhuzamos a β síkban van. Mivel a d ′ és a d 1
egyenesek metszik egymást és nem egybeesők, az általuk meghatározott sík éppen a
β . Ha A ′ ∈ d ′ , akkor az A′ -en át a d-hez húzott párhuzamos szintén a β síkban van,
tehát a β egyértelműen meghatározott. Hasonlóan, az α is egyértelműen
meghatározott.
4. Az Ox, Oy és Oz félegyenesek mindegyikén vegyünk fel két-két pontot:
A , A'∈
( Ox , B , B'∈
( Oy és C , C'∈
( Oz . Bizonyítsuk be, hogy ha léteznek az
AB ∩ A'B'
, AC ∩ A'C'
és BC ∩ B'C'
metszéspontok, akkor azok egy
egyenesen vannak (Desarques tétele).
Bizonyítás. Jelöljük d-vel az ABC és A’B’C’ síkok közös egyenesét.
AB ⊂ ( ABC)
⎫
⎬ ⇒ AB ∩ A'
B'⊂
( ABC)
∩ ( A'
B'C'
) , tehát AB ∩ A'
B'∈
d . Belátható,
A'
B'⊂
( A'
B'C'
) ⎭
hogy a másik két metszéspont is a d-n van, tehát a három metszéspont kollineáris.
5. A változó AB szakasz végpontjai két párhuzamos (α és β ) síkban mozognak
( A ∈α, B ∈ β ) . Határozzuk meg az AB szakasz felezőpontjának mértani helyét!
Megoldás. Legyen és B két rögzített pont az α , illetve a β síkban. Jelöljük
M 0
0 0 B
A0 0
-val az A szakasz felezőpontját és µ -vel az M -n át az α -val húzott
párhuzamos síkot. A továbbiakban igazoljuk, hogy a mértani hely a µ . Ehhez két
bizonyítás szükséges:
1. Igazoljuk, hogy: ha A ∈α
, B ∈β
és M az AB felezőpontja, akkor
M ∈ µ .
0

Térgeometriai feladatok és tételek 183
Ha A∈
α
[ AB1]
≡ [ A0B0
] . Így az AA0B0
B1
négyszög paralelogramma, tehát B 1B0
|| AA0
és ezért B ∈β
. Ha M az AB és az felezőpontja, akkor az B B AA
M AB
1
, akkor megszerkesztjük az AB || A B szakaszt úgy, hogy
paralelogrammában M M || B B , az ABB háromszögben B B .
1
0
1
0
1
Tehát M1M || β és M 1M
0 || β . Eszerint az ( M 0M1M
) sík is párhuzamos β -
val, tehát M ∈µ
.
2. Igazoljuk, hogy: ha M ∈µ
, akkor létezik A ∈ α és B ∈β
úgy, hogy
M az AB szakasz felezőpontja.
Az M egyenes nem párhuzamos β -
A 0
val, mert az M pont nincs sem az α
síkban, sem a β síkban, tehát az A0M egyenesnek a β -val való metszete egy
pont. Jelöljük ezt B -vel. Az A 0B háromszögben MM középvonal, mert
[ ]
0M
0 [ M 0B0 ]
0
2
0 B
A ≡ és M M || B B (az
A0 B0B
2 sík az α és β párhuzamos
0
síkokat párhuzamos egyenesekben metszi), tehát [ M ] [ MB ]
0
2
2
1
1
1
0
0
α
µ
β
0
M 0
A 0
A ≡ .
2
0 0
MM1 || 1
M
B 0 B
V.15.ábra
V.3. Szögek a térben. Merőlegesség. Távolságok
Az V.2. paragrafus második megoldott feladata alapján a következő
értelmezést
adjuk:
3.1. Értelmezés. A d és d térbeli egyenesek szögén bármely olyan MON ∠
1
2
⎡ π ⎤
szöget értünk, amelyre OM || d1 , ON || d2 és m ( MON∠)
∈ ⎢0,
⎣ 2 ⎥ .
, d ⎦
2
V.16. ábra
V.17. ábra
d 2
d 1
3.2. Megjegyzés. Ha d1 és 2 egy síkban vannak, akkor a síkban meghatározott
szögük is teljesíti a 3.2. értelmezés feltételeit, tehát ez esetben a megszabott
szögfogalomhoz jutunk.
d
N
M
O
,
d1 1

184 Térgeometriai feladatok és tételek
3.3. Értelmezés. A és egyenest egymásra merőlegesnek nevezzük, ha
d
90
-os szöget zárnak be.
d1 2
3.4. Feladat. Bizonyítsuk
be, hogy ha egy d egyenes
merőleges az α sík d1 és d 2
metsző egyenesére, akkor
merőleges az α sík bármely
egyenesére.
Bizonyítás. Jelöljük O-val
a d és az α metszéspontját és
M-mel a d egyenes egy
tetszőleges pontját. Vegyük fel
az 1 , d1
, B A 1 ∈ 2 , 2 d2
B
α
d
1
A ∈
V.18.ábra
OA ≡ OB ≡ OA ≡ OB . Feltételezhetjük, hogy a d
pontokat úgy, hogy [ ]
1
[ ] [ ] [ ]
1
egyenes metszi az A1A2
és B1B2 szakaszt (lásd az V.18. ábrát). Jelöljük ezeket a
metszéspontokat M1-gyel és M 2 -vel.
A szerkesztések alapján az MOA , MOB , MOA és MOB háromszögek egybe-
vágók, tehát
[ ] [ ] [ MA ] [ MB ]
MB MA ≡ ≡
1
1
1
≡ . (1)
2
1
2
2
A1 B2 d2 d
M O
1 O M2
A2 B1 Az α síkban OA 1A2
∆ ≡ OB1B2
∆ , tehát A2 A1O∠
≡ B2B1O∠
. Mivel
A1OM1 ∠ ≡ B1OM
2∠
és [ OA1 ] ≡ [ OB1]
, következik, hogy az OA1M 1 és OB 1M 2
háromszögek kongruensek. Így [ A1M 1]
≡ [ B1M
2]
. (2)
MB
MB A A ≡ B B összefüggések alapján
[ 1
Másrészt, az [ MA ] ≡ ] , [ MA ] ≡ [ ] és [ ] [ ]
1
1 2∆
B
2
. Ebből következik, hogy
MB
MA ∠ ≡ MA A MB B . (3)
∆ ≡ 1 2 A
2
1
2
2
2
M
1
2
d
∠ 1 2 1 2
MA 1 MB 2
Az (1), (2) és (3) összefüggés alapján az 1M és 1M háromszögek
kongruensek, tehát [ MM1] ≡ [ MM 2]
. Az OA 1M1 és OB 1M 2 háromszögek
OM ≡ OM , tehát az OM és OM
kongruenciája értelmében [ ]
háromszögek is kongruensek. Így
1
[ ]
2
2
M 1
M 2
M OM∠
≡ M OM∠
a (dM) síkban
( M1
OM∠)
+ m(
M OM∠)
= π , tehát ( M OM∠)
= m( M OM∠)
m 2
merőleges d -ra.
0
1
2
π
m 1
2 = , vagyis a d
2
3.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha MO⊥ OB , MO⊥ OA és
( O , A,
B ∈α
és ∉α
m MAO∠
< m MAB∠
.
M ), akkor ( ) ( )
0
AB⊥OB
Bizonyítás. A feltételek alapján AB merőleges OB-re és MO-ra, tehát merőleges az
(MOB) sík két metsző egyenesére. A 3.4. feladat alapján AB⊥ MB . Az MOA és MBA

Térgeometriai feladatok és tételek 185
MO
MB
sin . Az MOB
derékszögű háromszögekben sin ( MAO ∠)
= és ( MAB ∠)
=
MA
MA
derékszögű háromszögben MB>MO, tehát
sin ( MAB∠) > sin(
MAO∠)
. Mivel az MAB és
⎡ π ⎤
MAO szög mértéke a
⎢
0,
⎣ 2 ⎥
intervallumban
⎦
V.19.ábra
M
található,
alapján:
a szinuszfüggvény monotonitása
m( MAB∠)
> m(
MAO∠)
.
Az előbbi feladatok egy fontos tényre
világítanak rá: ha A az α sík és a d egyenes
metszéspontja és d’ az A-n átmenő tetszőleges
egyenes, akkor a d és a d’ által bezárt szög a
α
A
B
O
⎡ π⎤
⎢θ0,
⎥ intervallumban változik, ahol θ 0 egy jól meghatározott érték. Ennek alapján
⎣ 2 ⎦
a d egyenes és az α sík szögén az előbbi θ 0 szöget értjük. Ez eléggé komplikált
értelmezéshez vezetne, ezért előbb értelmezzük a síkra húzott merőleges egyenes
π
fogalmát. Ez azt jelenti, hogy θ 0 = , vagyis d merőleges α minden egyenesére.
2
3.6. Értelmezés. A d egyenes merőleges az α síkra, ha merőleges az α sík
minden egyenesére.
A 3.4. feladat alapján érvényes a következő tétel:
3.7. Tétel. Ha a d egyenes merőleges az α sík két metsző egyenesére, akkor
merőleges az α -ra. Ezt a d ⊥α
szimbólummal jelöljük. Ha M ∈ d , d⊥α
, és
d ∩ α = {O}
, akkor az O-t az M pont α síkra eső vetületének nevezzük.
A 3.6. értelmezés és 3.7. tétel alapján a 3.5. feladat eredményeit a következőképpen
fogalmazhatjuk újra:
3.8. Tétel (A három merőleges tétele). Ha d ⊥α
, d ∩ α = {O}
, O ∈ d , d ⊂ α ,
⊂ α és , akkor MN⊥d , ahol d
d2 d2⊥d1 2
V.20. ábra
α
d 2
d 1
d 2
M ∈ tetszőleges és
1
N } = d1 ∩ d2
M
O
d
{ .
(A 3.5. feladatban OB volt a egyenes, AB a d és MO a d egyenes.)
1
1

186 Térgeometriai feladatok és tételek
3.9. Tétel. Ha MO ⊥α
( O ∈ α ) és A ∈α
tetszőleges, akkor
m ( MAO∠) ≤ m(
MAN∠)
bármely N ∈α
esetén, és az egyenlőség akkor teljesül, ha
N ∈ AO .
Ennek alapján a d egyenes és az α sík szöge az MAO∠ -gel kongruens, ahol M ∈ d
tetszőleges ( M ∉ α ), O az M pont
vetülete az α síkra és { A} = d ∩ α . A
d
kifejezésmód egyszerűsítésének céljából
M
az OA egyenest a d egyenes α síkra eső
merőleges vetületének nevezzük. Így a
k övetkező értelmezéshez jutunk:
3.10. Értelmezés. A d egyenes és
az α sík szögén a d egyenes és a d-nek
az α síkra eső merőleges vetülete által
bezárt szöget értjük. (Ha a vetület egy
pont, akkor a d egyenes merőleges az α
síkra.)
α
O
V.21. ábra
3.11. Értelmezés. Ha M a tér egy tetszőleges pontja és α egy sík, valamint M 1
az M pont α síkra eső vetülete, akkor az MM1 szakasz hosszát az M pontnak az α
síktól való távolságának nevezzük.
Két sík szögének értelmezésekor valamivel egyszerűbb dolgunk lesz. Előbb oldjuk
meg a következő feladatot:
3.12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha a d egyenes az α síkot a B pontban
metszi, O az M ∈ d (M ∉ α ) pont vetülete az α síkra, és A ∈α
úgy, hogy
m ( ABO∠)
= 90 , akkor m ( MBO ∠) ≥ m(
MAO∠)
.
Bizonyítás. Az MOB és MOA
M derékszögű háromszögekből
MO
sin MBO ∠ =
és
α
A
B
V.22. ábra
O
( ) MB
MO
sin ( MAO ∠)
= . Mivel MB⊥ AB
MA
(a három merőleges tétele alapján),
MA ≥ MB , így
sin MBO∠ ≥ sin MAO∠
, tehát
( ) ( )
( MAO∠) ≥ m(
MBO∠)
m .
Legyen α és β két metsző sík és d a közös egyenesük, valamint
és O az M pont α síkra eső merőleges vetülete. Metsszük az α és a β síkot egy
A
M ∈β
\
változó µ
síkkal, amely tartalmazza az M és az O pontot. Az előbbi feladat alapján az
d

Térgeometriai feladatok és tételek 187
α és a β sík által a µ síkban
meghatározott szög mértéke akkor és csak
akkor maximális, ha d⊥µ
. Ha B az M
M
pont d egyenesre eső vetülete, akkor a két
sík által közrezárt térrészt az MBO szög
d
β
mértékével jellemezhetjük. A kifejezésmód
egyszerűsítése céljából ismét
bevezetünk néhány fogalmat:
A
B
O
α
3.13. Értelmezés. Ha d az α′ és a
β′ félsík közös egyenese, akkor az
V.23.ábra
α′ ∪β′
halmazt az α ′ és β′ síkok lapszögének nevezzük, és így jelöljük: α ′ β′ ∠ . Az
α′ és β′
félsíkokat a lapszög lapjainak, a d egyenest a lapszög élének nevezzük. Ha
nem vezet félreértéshez (a d egyenesre csak egy lapszög illeszkedik), a lapszöget
egyszerűen d∠
-gel is jelöljük.
3.14. Értelmezés. Az α′ β′ ∠ lapszög mértékén a µ síkkal való metszeten
keletkező síkszög mértékét értjük, ahol µ ⊥d
.
3.15. Megjegyzések
π
1. Ha α′ = β′ , akkor m(
α′
β′ ∠)
= 0 , illetve ha α′ ⊥β′
, akkor m ( α′ β′ ∠)
= .
2
2. Az α , illetve a β által határolt azon félterek metszetét, amelyek a β′ -t, illetve
-et tartalmazzák, a lapszög belsejének nevezzük, és így jelöljük: int α′ β′
∠ .
α′ ( )
3.15. Megoldott feladatok
3.15.1. Feladat. Jelentsük ki a három merőleges tételének fordított állításait! Ezek
közül melyek igazak?
Megoldás. Valamely tétel egy fordított állítását úgy fogalmazzuk meg, hogy a
következtetést megcseréljük valamelyik feltétellel. Ezért a három merőleges tételében
a feltételeket olyan formában fogalmazzuk meg, hogy a bennfoglalások ne jelenjenek
meg a feltételekben. Ezt a következő képpen tehetjük meg:
Ha M, O és N pontok a térben és 1
MO
MO ⇒ MN
ON
d N ∈ , akkor igaz a következő implikáció:
⊥d1
⎫
⎪
⊥ON⎬
⊥d1
.
⊥d
⎪
1 ⎭

188 Térgeometriai feladatok és tételek
Látható, hogy három fordított állítás fogalmazható meg:
MN⊥d1
⎫
⎪
1. MO⊥ON⎬
⇒ MO⊥d1
;
ON⊥d
⎪
1 ⎭
MO⊥d1⎫
⎪
2. MN⊥d1
⎬ ⇒ MO⊥ON
;
ON⊥d
⎪
1 ⎭
MO⊥d1
⎫
⎪
3. MO⊥ON⎬
⇒ ON⊥d1
.
MN⊥d
⎪
1 ⎭
Vizsgáljuk meg, hogy ezek igazak-e!
d1⊥NO
⎫
1. ⎬ ⇒ d1⊥(
MON)
⇒ d1⊥MO
.
d1⊥MN⎭
Látható, hogy az MO⊥ON
feltételt nem
használtuk. Ez a feltétel a d1⊥MO
-val
együtt viszont azt jelenti, hogy MO⊥
(d1,
O)
.
Az állítás tehát igaz.
2. Az előbbiek alapján a három feltétel közül
már kettő is biztosítja, hogy d 1 ( ) MON
V.24. ábra
M
d1 N O
⊥ , de ez nem árul el semmit az M és az O
pont helyzetéről, tehát úgy tűnik, az állítás nem igaz. A matematikailag is helyes
bizonyítás ilyenkor egy ellenpélda megszerkesztése. Képzeljük el, hogy az MON ∆
előre adott és m ( MON ∠)
= 60 . Ha merőlegest emelünk a háromszög síkjára az
N csúcsban, akkor az így kapott alakzatra teljesülnek a 2. állítás feltételei, de nem
teljesül a következtetés, tehát az állítás nem igaz.
MO⊥d1⎫
3. ⎬ ⇒ d1⊥(
MON)
, tehát d1 ⊥ON
. Tehát az állítás igaz.
MN⊥d1
⎭
A 3.15.1. feladat megoldása alapján kijelenthetjük a következő két fordított tételt:
1. Ha MO ⊥α
, O ∈α
és 1 d MN⊥ , ahol 1 d N ∈ , akkor ON 1 d ⊥ .
2. Ha N ∈ d1
, 1 , d ON⊥ 1 d MN⊥ és MO⊥ ON , akkor α ⊥ MO .
3.15.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha d1 és 2 kitérő egyenesek, akkor
létezik olyan
d
M ∈ d1
és N ∈ d2
pont, amelyre
1 d MN⊥ és 2 d MN⊥ .
'
Bizonyítás. Vegyük fel a d1
-en a tetszőleges A pontot, és húzzunk A-n át d 2
párhuzamost a d egyeneshez. Vegyük fel a tetszőleges B pontot a d egyenesen és
2
2
( 1d2
B0 0
'
vetítsük le a d ) síkra. Ha a vetület talppontja, akkor a B -n át a d
2

Térgeometriai feladatok és tételek 189
egyeneshez húzott párhuzamos a
keresett M pontot adja, és az N pont az
M-nek a d2
egyenesre eső vetülete.
'
1 2 d
Valóban:
BB0⊥(
d ) ⎪⎫
⎬ ⇒ d 2⊥BB0
és d1⊥BB
'
0
d 2 || d 2 ⎪⎭
MN⊥d2
⎫
⎪
. BB0⊥d
2 ⎬ ⇒ MB0BN
téglalap,
MB d ⎪
0 || 2 ⎭
tehát MN || B0B
, ezért 1 és d MN⊥ MN 2 d
d2 N
d
d1 A M
⊥ .
’
2
B
Bo V.25. ábra
Megjegyzés. Az MN szakasz hosszát a d1 és 2 kitérő egyenesek távolságának
evezzük.
d
n
3.15.3. Feladat. Vetítsük le az A A … A síksokszög minden csúcsát a µ síkra,
A A … A
n
területe T v = T ⋅cosα
.
Megoldás. Az összefüggést elégséges háromszög esetén bizonyítani, mert minden
sokszög felbontható háromszögekre, tehát
∑ − n 1
k = 2
1M⊥
A1 A A
' vetületét. Ha A M az
háromszög magassága, akkor a
három merőleges tétele alapján
, tehát
1
' 1 A1 '
A2A
3
A A2
A3
1
T[ A2
A3
] = A2
A3
⋅ A1M
2
1 '
T [ 2A3
] = A2
A3
⋅ A1M
.
2
és
1
2
amely az ( A A … A ) síkkal α szöget zár be. Bizonyítsuk be, hogy ha az
1
2
1 2 n
n
síksokszög területe T, akkor a vetületek által meghatározott sokszög
n−1
n−1
' ' ' [ A A A ] = T[
A A A ] ⋅cos
= cosα
⋅ T[
A A A ]
k + 1
∑ 1 k k + 1 ∑
T = T
α = cosα
⋅T
.
v
1
k
k = 2
Két esetet vizsgálunk meg.
1. eset. Ha az ( A1
A2
A3
) ∩ µ egyenes párhuzamos a háromszög egyik
oldalával, például az A2A
3 -mal,
akkor az A -n át egy µ
A1 2A3 1
párhuzamos síkot fektetünk µ -vel, és
'
A1 1 A 1
jelöljük -vel az -nek
µ -re eső
A 2
k = 2
M
1
A 3
k
k + 1
V.26. ábra
A' 1

190 Térgeometriai feladatok és tételek
'
T [ A A2
A3
]
Ebből következik, hogy
T
'
1 MA
[ A A A ]
1
2
3
A1M
'
= = cos A1
1 = cosα
, mert az
A M
( A1
A2
A3
) és µ síkok szöge éppen A1MA1∠
.
2. eset. Ha az ( A 1A2
A3
) ∩ µ = d egyenes nem párhuzamos a háromszög egyik
oldalával sem, akkor valamelyik csúcson át az A A ) síkban d
párhuzamost lehet húzni d-vel úgy, hogy az A1,
A2 és A3 pontok a d1
által
A1
meghatározott
félsíkba kerüljenek.
ugyanazon
A2
'
'
1
( A1 2 3
1
Jelöljük µ -gyel a d -n át µ -hoz
húzott párhuzamos síkot és A -vel,
'
A3 1 A 3
illetve -vel az és A pontok
µ -re eső vetületét. A A nem párhu-
1
zamos d -gyel, tehát megszerkeszt-
'
hető az A A ∩ d = { A } pont. Az
1 2 A A
'
'
1
és A A háromszögek
egy-egy oldala d -n van, tehát az első eset alapján
A
4
1
1
3
3
1
2 A4
'
T [ A A A ] = T [ A A A ] ⋅ cosα
és [ A ] [ A ]⋅
3
2
4
A' 1 A3
A'
3
következik, hogy
2
A4
V.27. ábra
3
4
µ1
' 2
1
T A1A 4 = T 1A2
A4 cosα
. Innen
' '
'
'
[ A A A ] T[
A A A ] − T[
A A A ]=
T 1 3 2 = 1 2 4 3 2 4
= T A1
A2
A4
⋅ cosα − T A3
A2
A4
⋅ cosα
( A1
A2
A4
− T A3
A2
A4
⋅ cosα
= T A1
A2
A3
[ ] [ ] =
[ ] [ ] [ ] ⋅ α
= T cos .
3.15.4. Feladat. Az αβ ∠ lapszög éle d. Határozzuk meg azon M ∈int(
αβ∠)
pontok mértani helyét, amelyekre d ( M , α) = d(
M , β)
.
Megoldás. Jelöljük M1 -gyel és M 2 -vel az M pontnak az α és β síkokra eső
vetületét, illetve M 0 -val az M pont d egyenesre eső vetületét.
A három merőleges tételének 1. fordított
β
M2
M
tétele alapján M 1M
0⊥d
és M 2M
0⊥d
,
tehát az M , M 1, M 2 és M 0 pontok egy, a
d-re merőleges síkban helyezkednek el.
Ebben a síkban az MM1
, illetve MM 2 az
M M M szög száraitól mért távolságok,
d
M1
M0 α
V.28. ábra
1
0
tehát ha
M M M
1
MM
0
0
2
2
MM
1
3
4
MM = , akkor M az
2
szög szögfelezőjén van. Az
és d egyenesek által meghatározott

Térgeometriai feladatok és tételek 191
síknak és egy tetszőleges, d-re merőleges µ síknak a közös d egyenese párhuzamos
' ' '
M 0 M -mel, tehát a µ által az α és a β síkon meghatározott M M M szög
szögfelezője. Így az ( MM 0, d)
sík a keresett mértani hely. Ezt a síkot az αβ lapszög
s zögfelezősíkjának nevezzük.
3.15.5. Feladat. Ha A, B és C három nemkollineáris pont, határozzuk meg az A, B
és C ponttól egyenlő távolságra levő M pontok mértani helyét!
Megoldás. A, B és C nem kollineáris, tehát egy α síkot határoznak meg. Jelöljük
M -val az M pont α síkra eső merőleges vetületét.
0
V.29. ábra
Ha [ MA] ≡ [ MB]
≡ [ MC]
, akkor az MM , MM B és MM C derékszögű
háromszögekben
MM 0 A∆
≡ MM 0B∆
MM 0 közös és az átfogók kongruensek, tehát
≡ MM 0C∆
. Ebből következik, hogy [ M 0 A] ≡ [ M 0B]
≡ [M0C]
,
tehát M rajta van az AB, BC és AC szakaszok felezőmerőlegesein. A síkgeometriából
0
tudjuk, hogy ez csak akkor lehetséges, ha M az ABC köré írt kör középpontja.
Tehát az M pont az ABC∆
köré írható kör középpontjában, a háromszög síkjára emelt
d merőleges egyenesen van. Azt kell még belátnunk, hogy a d bármely pontja az A, B,
és C ponttól egyenlő távolságra van. Ha M ≡ M , akkor a tulajdonság igaz. Ha
M ≡/ M , akkor az AM M , BM M és CM M derékszögű háromszögek
0
0
0
befogója közös, és az AM 0, BM 0 , valamint CM 0 befogók kongruensek. Ebből
következik, hogy AM M ≡ BM M ≡ CM M , tehát [ AM ] ≡ [ BM ] ≡ CM ] .
0 ∆ 0 ∆ 0 ∆
[
T ehát a keresett mértani hely az egész d egyenes.
B
0 A 0
0 ∆
0
0
0
M
M 0
0
A
1
0
2
V.30. ábra
C
MM 0
Megjegyzés. Hasonlóan igazolható a következő tulajdonság is:
a) Azon pontok mértani helye, amelyek a rögzített A és B ponttól egyenlő
távolságra vannak, az AB szakasz felezőpontjában a szakaszra emelt merőleges
sík. (Ezt a síkot az AB szakasz felezőmerőleges-síkjának nevezzük.)

192 Térgeometriai feladatok és tételek
2
2
b) Azon M pontok mértani helye, amelyekre k1MA − k2MB
konstans ( 1 0
és ), egy, az AB-re emelt merőleges sík.
> k
0 k
2 >
V.4. Gyakorlatok és feladatok
1. Bizonyítsd be: ha A, B, C és D négy, nem egy síkban levő pont, akkor létezik
olyan O pont, amelyre OA = OB = OC = OD (másképpen fogalmazva: minden
tetraéder gömbbe írható).
2. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥ AB,
DA⊥AC
és AB⊥AC
, akkor
m ( CAB∠) > m(
CDB∠)
.
3. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥ AB,
DA⊥CA
és CD = DB , akkor
AC = AB és m ( CAB∠) > m(
CDB∠).
4. Bizonyítsd be: ha az OA, OB és OC térbeli egyenesek nincsenek egy síkban,
akkor az általuk meghatározott három síkszög mértéke közül bármelyik kettőnek az
összege nagyobb, mint a harmadik mértéke, vagy egyenlő vele.
5. Bizonyítsd be: ha OA, OB és OC térbeli egyenesek, akkor
m ( BOA ∠) + m(
BOC∠)
+ m(
COA∠)
< 2π
.
6. Az OA, OB és OC egyenesek páronként merőlegesek. Az OA=a, OB=b és OC=c
szakaszok hosszának függvényében számítsd ki az (ABC) és (OBC) síkok
lapszögét, valamint az O pont (ABC) síktól mért távolságát. Fejezd ki az ABC∆
területét az OAB, OBC és OAC háromszögek területének függvényében!
7. Vetítsük le az AB szakaszt három, páronként egymásra merőleges síkra.
Bizonyítsd be, hogy a vetületek hosszának négyzetösszege az AB hosszának
négyzetével egyenlő! Hasonlítsd össze az előbbi két tulajdonságot Pitágorásztétellel!
8. Bizonyítsd be: ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével
egyforma nagyságú szöget zár be, akkor d ⊥α
.
9. (Menelaosz tétele) Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén vegyük fel az
M, N, P, illetve Q pontot. Bizonyítsd be, hogy az M, N, P és Q akkor és csak akkor
AM BN CP DQ
van egy síkban, ha ⋅ ⋅ ⋅ = 1.
MB NC PD QA
10. (Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben A1 ∈ ( BCD)
, O ∈ AA1
,
( ) { 1}
, D AD BCO ∩ =
} { ) ( 1 C AC BDO ∩ = és ( CDO) ∩ AB = { B1}
.
AO AB1
AC1
AD1
Bizonyítsd be, hogy = + + .
OA1
B1B
C1C
D1D
11. Jelöljük G-vel az ABCD tetraéder súlypontját. Bizonyítsd be, hogy az
M ∈ ( AB),
N ∈(
AC)
és P ∈ (AD)
pont által meghatározott sík akkor és csak
BM CN DP
akkor tartalmazza G-t, ha + + = 1.
MA NA PA

Térgeometriai feladatok és tételek 193
12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az A ′ B′
, B ′ C′
és C ′ A′
középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az A B′
C′ , BC′
A′ és
C A′
B′
háromszögek úgy mozgathatók, hogy az A, B és C csúcsok egy pontban
találkozzanak (vagyis hogy egy tetraédert kapjunk)!
B
A
C’ B’
13. Mi történik, ha a 13. feladatban tompaszögű háromszögből indulunk?
14. Az ABCD A′
B′
C′
D′
és BCFE B′
C′
F′
E′
papírkockák tetejére a V A ′ B′
C′
D′
1
és V B′
E ′ F′
C′
2 szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy
V A′
V B′
1 = 2 = AB . Az A′
B ′ C′
D′
, B ′ C′
E′
F′
, BC C′
B′
, V D ′ C′
1 , illetve V D ′ C′
2
lapot elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot
kapsz, ha a V és V csúcsot úgy mozgatod, hogy azok az A′
B′
D ′ E′
F′
1 2 C′ síkba
kerüljenek?
A’
C

194 Térgeometriai feladatok és tételek
V.5. Vektorok a térben
A IX. osztályban már tanultál a vektorokról. Célunk kiterjeszteni a vektorok
értelmezését a térre, bevezetni néhány műveletet, amelyet eddig nem ismertél (skalár-
és vektorszorzat), majd ezek segítségével néhány olyan problémakört vizsgálni, amely
természetes tárgyalása vektorokat igényel (súlypont, merőlegesség, kollinearitás,
transzformáció stb.). Mivel a IX. osztályban a vektorokkal végzett műveletek
tulajdonságait igazoltátok, a térbeli vektorok összeadásának és valós számmal való
szorzásának csak néhány tulajdonságát igazoljuk.
V.5.1. A vektor fogalma és értelmezése
Ha A és B két pont a térben, akkor intuitív
szempontból az AB (A-tól B felé) irányított szakaszt
az AB vektorral azonosították. Ez az intuitív
megértés szempontjából nagyon hasznos, de a
matematikai igényeket nem elégíti ki, és sokszor
fogalomzavarhoz vezet, mert összekeveri a kötött és A
szabad vektor fogalmát. A fogalmak rögzítése és
jobb megértése céljából bevezetjük az ekvipolencia
V.31. ábra
relációt:
5.1.1. Értelmezés. Az ( A, B)
és ( C, D)
térbeli pontpárok ekvipolensek, ha az
AD és BC szakaszok középpontja egybeesik. Ezt az ( A , B)
~ ( C,
D)
szimbólummal
jelöljük.
5.1.2. Példák
1. Ha ABCD egy paralelogramma, akkor az AC és BD átlók felezik egymást,
és így az ( A, B)
és ( D, C)
pontpárok ekvipolensek.
2. Ha az A , B,
C és D pont egy egyenesen van és[
AB] ≡ [ CD]
, akkor az
és [ szakaszok felezőpontjai egybeesnek, tehát A , B ~ C,
D .
A
BC ]
( ) ( )
B
C
D
V.32. ábra
5.1.3. Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha ( A B)
~ ( C,
D)
A
C
B
v
B
D
[ AD]
, , akkor csak az előbbi
két eset fordulhat elő, azaz ABDC paralelogramma, vagy A, B, C és D kollineáris és
[ AB] ≡ [DC]
.

Térgeometriai feladatok és tételek 195
5.1.4. Értelmezés. Az ( A, B)
pontpárral ekvipolens pontpárok halmazát AB
szabadvektornak nevezzük és így jelöljük: AB . A szabadvektorok halmazát V -vel
jelöljük, és azt mondjuk, hogy az ( A, B)
pontpár a v = AB egy reprezentánsa.
Látható, hogy valamely v vektort végtelen sok pontpárral értelmezhetünk, de
egy rendezett pontpár mindig egy vektort értelmez. Sőt, ha v egy vektor (amelyet a
( C, D)
pontpár származtat), akkor tetszőleges A ∈τ
(térbeli pont) esetén létezik
olyan B ∈τ
pont, amelyre ( A , B)
~ ( C,
D)
. Ha A∉ CD , a B pontot
megszerkeszthetjük úgy, hogy az A -n át párhuzamost húzunk [ CD]
-vel, és
megszerkesztjük az ABDC paralelogrammát. Ha A∈ CD , akkor az A − C − D
egyenesen fel kell vennünk a B pontot úgy, hogy [ AB] ≡ [ CD]
, és az [ AD],
valamint [BC] szakaszok felezőpontjai egybeessenek. Ezt a következő tételbe
foglaltuk:
5.1.5. Tétel. Bármely v szabadvektor és A térbeli pont esetén létezik a térben
olyan B pont, amelyre ( A, B)
∈v
.
A
B
D
E tétel alapján, ha A egy
rögzített pont, akkor a
VA = { ( A,
B)
| B ∈τ
} halmaz minden
v ∈V
vektornak tartalmazza egy-egy
C v
reprezentánsát. A V A halmaz elemeit
A kezdőpontú kötött vektoroknak
V.33. ábra
nevezzük. Az AB kötött vektor
kezdőpontja A és végpontja B . A
továbbiakban általában szabad vektorokról beszélünk, amennyiben kötött vektorokról
lesz szó, akkor ezt külön kihangsúlyozzuk. A térmértanban, akár csak a síkmértanban,
a vektorok hosszát és két vektor által bezárt szöget a reprezentánsok segítségével
értelmezzük.
5.1.6. Értelmezés
a) A v = AB hosszán az (AB)
szakasz hosszát értjük és v -vel
jelöljük.
b) Az u = OA és v = OB vektor
által bezárt szög mértéke egyenlő az
AOB∠
pozitív irányba mért
mértékével.
u
V.34. ábra
v
A
u
O
B
v
5.1.7. Megjegyzések
a) Az AA vektor hossza 0, míg magát az AA vektort általában 0 -ral jelöljük.
b) Az u = OA és a v = OB vektor kollineáris, ha az O, A és B pont egy
egyenesen van.

196 Térgeometriai feladatok és tételek
c) Az u = OA
és v = OB
és v = OB
O ∈ ; u = OA
vektor ellentétes irányítású, ha ( AB)
azonos irányítású, ha kollineáris és O ∉ ( AB)
.
A komplex számok bevezetésekor láttuk, hogyan végezhetünk műveleteket
számpárokkal. A IX. osztályos vektoralgebrai ismereteink alapján belátható, hogy az
OA és OB vektorok összegének C végpontja (az AOBC paralelogramma negyedik
csúcsa) éppen az A és B pontok affixumainak összegét ábrázoló pont a síkban. A
térbeli vektorokkal végzett műveleteket úgy kell értelmeznünk, hogy amikor a
vektorok egy síkban vannak, akkor az általunk már ismert paralelogramma-szabályhoz
jussunk. Ezt legegyszerűbben úgy végezhetjük el, ha az AB és AC vektorok
összegének azt az AD vektort tekintjük, amelyre ABDC paralelogramma. Ekkor
viszont a következő problémánk adódik: az AB vektor egy halmaz, akárcsak az AC
vektor, tehát az és irányított szakaszok (vagyis az A, B és A, C
AB AC ( )
( )
pontpárok) csak reprezentánsai az AB és AC vektoroknak; az összeg pedig független
kell, hogy legyen a reprezentáns megválasztásától. Vizsgáljuk meg, hogy ha az előbbi
paralelogrammás értelmezést vennénk alapul, akkor ez helyes értelmezés lenne-e!
Pontosabban: tekintsük az u és v vektort, ezeknek két-két ( A 1, B1
) és ( A2
, B2
),
illetve és reprezentánsát. Szerkesszük meg az A1
1 1 és
paralelogrammákat, és vizsgáljuk az
C
( 1 1)
,C A
2 2 C
( A2 ,C 2 )
1D B
2 2D
B A ( A 1 , D1
) , illetve ( A 2 , D2
) pontpárok
ekvipolenciáját.
A
1
C1
B
1
D 1
A
2
V.35. ábra
A bizonyítást csak abban az esetben végezzük el, ha az u és a v nem
kollineáris, és az A 2 nincs rajta az ( A 1C1
) , ( A 1D1
) és ( A 1B1
) egyenesek egyikén sem.
Ekkor [ 1 1]
[ 2 ] C A ≡
[ 1 2 C C ≡
2C A és || A2C2
, tehát paralelogramma, és így
] , valamint 1 2 . (*) C C
1 1 C A
1 2 2
A1
A2
||
A C 1C A
[ 1 2]
A A ( 1 B1
) ,
A és ( A 2,
B2
) ugyanannak az u
vektornak a reprezentánsai tehát A1B
1B2
A2
paralelogramma. Ebből következik, hogy:
[ A1B 1]
≡ [ A2B
2]
, (1) A1
B1
|| A2B
2 , (2)
B C D A B ≡ C D , (3) B C és A
B C . (4)
De [ A2 1]
≡ [ 1 1]
és [ 2 2]
[ 2 2]
C2
B
2
A1 1 || 1D1
2 2 || 2D2
D2

Térgeometriai feladatok és tételek 197
C ≡ . A (2) és a (4) alapján C2
D2
|| C1D1
. Tehát
1 1 2 2
C1 2 ≡ 1 2 és C1
C2
|| D1D2
. E két
összefüggés és a (*) összefüggés biztosítja, hogy A1D
1D2
A2
is paralelogramma, tehát
( A 1 , D1
) ~ ( A 2 , D2
) .
Mindez azért szükséges, hogy a vektorok összeadását értelmezhessük a
következő módon:
5.1.8. Értelmezés. Az u és
v vektorok összegének egy ( A, D)
reprezentánsát
megkapjuk, ha az u és egy-egy közös A kezdőponttal rendelkező
v
( A, B)
és ( A, C)
reprezentáns esetén megszerkesztjük az ABCD paralelogrammát.
V.36. ábra
B
Megjegyzések
1. Ezt úgy is értelmezhetjük, hogy az u
Az (1) és a (3) alapján [ 1D1]
[ C2D2
]
C D D C is paralelogramma, és így [ C ] [ D D ]
A
A
u
egy AB reprezentásának B végpontjából
meg-szerkesztjük a v u+v
D
egy BD
reprezentánsát.
v
C
Így a Chasles-szabályhoz (vagy háromszögszabályhoz)
jutunk.
2. Több vektor összegének megszerkesztésére
néha előnyösebb a
Chasles-szabály. Az alábbi ábra négy vektor összegének a kiszámítását
szemlélteti (itt az O, A, B, C és D pontok nem kell, hogy egy síkban legyenek):
Akárcsak kilencedik osztályban, most is igazolhatod az alábbi tulajdonságokat.
A
u
B
D O
a
a+ b
b
B
c
u+v
V.37. ábra
a+b+c+ d
V.38. ábra
D
a+b+c
5.1.9. Tétel
a) u + v = v + u,
∀u,
v ∈V
;
b) u + ( v + w)
= ( u + v)
+ w,
∀u,
v,
w∈V
;
c) v + 0 = v,
∀v
∈V
;
d) v + ( − v ) = 0 , ∀v
∈V
, itt v
− a (B, A) pontpár által származtatott vektor,
ahol (A, B) a v egy reprezentánsa;
e) u + v ≤ u + v , ∀u,
v ∈V
;
f)
u
− v
≤ u + v ,
∀u,
v ∈V
.
d
C

O
198 Térgeometriai feladatok és tételek
A b) és e) pontok geometriai értelmezését a szemléletesség kedvéért mi is vázoltuk
(ezek az ábrák bizonyításként is szolgálnak).
b) ( u + v)
+ w = OB + BC = OC ;
u + ( v + w)
= OA + AC = OC.
e) u + v = OB ≤ OA + AB = u + v .
u
u+ v+w
( )
A
u+ v
(u+v)+w
V.38. ábra
v
v+ w
B
C
w
O
u
u+ v
Az összeadás bevezetéséhez hasonlóan kimutatható, hogy ha az u szabad vektor egy
(A, B) reprezentásából kiindulva megszerkesztjük a D ∈ AB pontot úgy, hogy
AD
= λ legyen, akkor az (A, D) által származtatott vektor nem függ az (A, B)
AB
reprezentáns megválasztásától, tehát helyes az alábbi értelmezés:
5.1.10. Értelmezés. Ha u ∈V
, akkor a u
λ ⋅ vektor egy (A,D) reprezentánsát
úgy kapjuk meg, hogy az u egy (A,B) reprezentánsából kiindulva megszerkesztjük azt
a pontot, amelyre
AD
D ∈ AB
= λ .
AB
5.1.11. Megjegyzések
1. Ha λ pozitív, akkor u és
u
λ ⋅ azonos irányítású.
2. Ha λ negatív, akkor u és λ ⋅u
ellentétes irányítású.
3. − u = ( −1)
⋅ u
4. Ha u = 0 , akkor λ ⋅ u = 0, ∀λ
∈ R
és 0 ⋅ u = 0,
∀u
∈V
.
Thálesz tételének segítségével igazolhatók az alábbi tulajdonságok:
5.1.12. Tétel. Ha u v ∈V
, és λ 1, λ2
∈ R , akkor
a) λ 1 ⋅ ( u + v)
= λ1u
+ λ1v
;
b) ( λ 1 + λ2
) u = λ1u
+ λ2u
;
c) ( λ1 ⋅ λ2
) u = λ1
⋅(
λ2u)
;
d) λ u λ ⋅ u .
1
= 1
A
V.39. ábra
v
B

Térgeometriai feladatok és tételek 199
5.1.13. Megoldott gyakorlatok és feladatok
1. Ha O egy rögzített pont a térben, akkor minden A térbeli pont esetén az OA
kötött vektort rA -val jelöljük, és az A helyzetvektorának nevezzük. Fejezzük ki:
a) az AB szakasz felezőpontjának helyzetvektorát a végpontok
helyzetvektorának függvényében;
b) az AB szakaszt adott k arányban osztó M pont helyzetvektorát a végpontok
helyzetvektorainak függvényében;
c) az ABC háromszög súlypontjának helyzetvektorát a csúcsok
helyzetvektorainak függvényében;
d) az ABC háromszögbe írt kör középpontjának helyzetvektorát a csúcsok
helyzetvektorainak és a háromszög oldalhosszainak függvényében.
Megoldás
a) Legyen OA + OB kötött vektor végpontja D és
jelöljük C-vel az AB és OD metszéspontját. Az
A
OADB paralelogramma átlói felezik egymást,
1
OA + OB
tehát OC = OD , és így OC = az
O
2
2
[AB] szakasz C felezőpontjának
helyzetvektora.
C
D
b) A Chasles-szabály értelmében
AM
OM = OA + AM (1). Az
= k
MB
AM k
egyenlőségből következik, hogy = ,
AB 1+
k
k
O
tehát AM = ⋅ AB (2). De OA + AB = OB ,
1+
k
tehát AB = OB − OA , és így a (2) és az (1)
összefüggés alapján:
B
a
V.40. ábra
A
M
b
B
V.41. ábra
k
OA + k ⋅OB
OM = OA + AM = OA + ( OB − OA)
=
.
1+
k
1+
k
c) Az ABC∆ súlypontja az A A′
oldalfelezőnek az alaphoz közelebb eső harmadoló
pontja, tehát
OA + OB + OC
OG = .
3
OA + 2 ⋅ OA
OG =
. Másrészt
1+
2
OB + OC
O A′
= , tehát
2

200 Térgeometriai feladatok és tételek
O
B
A
G
A'
V.42. ábra V.43. ábra
C
AI
d) A síkgeometriából ismerjük a szögfelező tételét és az
IA′
arányra vonatkozó Van
B A′
c AI b + c
Aubel-összefüggést. Ezek alapján = és = , tehát
A′
C b IA′
a
b + c
c
OA + ⋅OA′
OB + OC
OI = a és O A′
= b . Ebből következik, hogy
b + c
c
1+
1+
a
b
b + c ⎛ b OB c OC ⎞
OA ⎜
⋅ + ⋅
+ ⋅
⎟
a ⎜ b c ⎟
a ⋅OA
+ b ⋅OB
+ c ⋅OC
OI
⎝ +
=
⎠
=
.
a + b + c
a + b + c
a
2. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C és D négy pont a térben, akkor egy és csak egy
olyan G pont létezik, amelyre 0
GA + GB + GC + GD = .
Hogyan szerkeszthető meg ez a G pont?
Bizonyítás. Ha M és N az AC, illetve BD felezőpontja, akkor GA + GC = 2GM
és
GB GD = 2GN
0 = GA + GB + GC + GD = 2 GM + GN
. Ebből következik,
+ , tehát ( )
hogy a GM és a GN vektor ellentétes irányítású és azonos nagyságú, tehát G az
[MN] szakasz felezőpontja. Ha egy G′ pontra teljesül a 0
G ′ A + G′
B + G′
C + G′
D =
egyenlőség, akkor a G ′ A = G′
G + GA , G ′ B = G′
G + GB , G ′ C = G′
G + GC és
G ′ D = G′
G + GD egyenlőségek megfelelő tagjainak összeadásából következik, hogy
0 = G ′ A + G′
B + G′
C + G′
D = 4G′
G + GA + GB + GC + GD = 4G′
G
,
tehát a G és a G′ pont egybeesik.
B
A
I
A'
C

Térgeometriai feladatok és tételek 201
A Mivel ilyen G pontot más módon is
B
M
szerkeszthetünk (az AD és BC felezőpontjai
által meghatározott szakasz felezőpontjaként
stb.), minden szerkesztés ugyanazt a G pontot
eredményezi. Így a következő tételhez jutunk:
Tétel
N
G
C
a) Ha A, B, C és D négy pont a térben,
akkor az ( AC, BD)
, ( AB, DC)
és
( AD, BC)
szakaszpárok felezőpontjai
által meghatározott szakaszok
felezőpontjai egybeesnek.
D
b) Ha GA, GB, GC és GD a BCD∆, CAD∆,
V.44. ábra
ABD∆, illetve ABC∆ súlypontja, akkor az
AGA, BGB, CGC és DGD egyenesek
összefutók.
Megjegyzés. Ha az A, B, C és D pont nincs egy síkban, akkor az ABC, BCD, CDA
és ABD háromszögek egyesítését ABCD tetraédernek nevezzük. A, B, C és D az
ABCD tetraéder csúcsai, AB, BC, CD, DA, AC és BD az élei és ABC, BCA, CAD
illetve ABD az oldallapjai. A szembefekvő élpárok: (AC, BD), (AB, CD), (AD, BC).
Egy ilyen élpár felezőpontjait összekötő szakaszt kettős felezőnek nevezzük. Az AGA,
BGB, CGC és DGD szakaszokat a tetraéder súlyvonalainak hívjuk. E megnevezések
segítségével az előbbi tulajdonságot megfogalmazhatjuk:
Egy tetraéder kettős felezői és súlyvonalai összefutók. Az összefutási pontot a
tetraéder súlypontjának nevezzük
3. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder AC és BD éleinek felezőpontjait
összekötő MN kettős felező hossza nem nagyobb, mint az AB és CD élek hosszának
számtani közepe.
Megoldás. Rögzítsünk egy O pontot a térben és használjuk az 1. feladat eredmé-
OA + OC OB + OD
nyeitOM
= , ON = .
2
2
A
De MN = ON − OM , tehát
OB + OD − OA − OC
MN = .
2
De MN = MN , tehát
MN
=
OB − OA OD − OC
MN = + ≤
2 2
OB − OA OD − OC AB CD AB + CD
≤ + = + =
2 2 2 2 2
.
B
C
M
N
V.45. ábra
D

202 Térgeometriai feladatok és tételek
AD + BC
Hasonlóképpen igazolhatjuk, hogy MN ≤ .
2
4. Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalait meghosszabbítjuk, és rendre
AB BC CD DA
felvesszük az M, N, P és Q pontot úgy, hogy = = = = k legyen.
BM CN DP AQ
Bizonyítsuk be, hogy az ABCD és a MNPQ tetraéder súlypontjai egybeesnek!
Bizonyítás. A feladatra adható szintetikus megoldás is, ellenben a további
vizsgálódások szempontjából a vektoriális megoldás előnyösebb (lásd az 5. feladatot):
DQ k + 1
Rögzítsünk egy O pontot a térben. A DA = OA − OD , DQ = ⋅ DA = ⋅ DA és
AD k
DQ = CD + DQ egyenlőségek alapján
k + 1 1
( OA − OD)
= ⋅OA
− OD
V.46. ábra Q
k + 1
OQ = OD + ⋅
⋅ .
A
k
k k
Hasonlóan
k + 1 1
OM = ⋅OB
− OA ,
k k
B D P
M
OB
C
k
N
⋅
k + 1 1
ON = ⋅OC
−
k
k + 1 1
és OP = OD − OC ,
k k
tehát az MNPQ súlypontjának helyzetvektora
OM + ON + OP + OQ OA + OB + OC + OD
OG =
=
.
4
4
5. Egy négyszög AB, BC, CD és DA oldalainak meghosszabbításain felvesszük az M,
AB BC CD DA
N, P és Q pontot úgy, hogy = = = = k , majd az A, B, C és D
BM CN DP AQ
pontot kitöröljük. Megszerkeszthető-e az A, B, C és D pont az M, N, P és Q pont
ismeretében?
Megoldás. Ha az előbbi feladat jelöléseit használjuk, az OA , OB,
OC és OD
helyzetvektorokat, az OM , ON , OP és OQ helyzetvektorok függvényében kell
kifejeznünk. Az előbb levezetett egyenlőségek a következő rendszerhez vezetnek:
⎧k
⋅OM
= ( k + 1)
⋅OB
− OA
⎪
⎪k
⋅ON
= ( k + 1)
⋅OC
− OB
⎨
⎪k
⋅OP
= ( k + 1)
⋅OD
− OC
⎪
⎩k
⋅OQ
= ( k + 1)
⋅OA
− OD
Ha az előző két egyenletből kiküszöböljük az OB -t (a második egyenletet
megszorozzuk (k+1)-gyel, összeadjuk a két egyenletet) és az utolsó kettőből OD -t, a
következő egyenletekhez jutunk:

Térgeometriai feladatok és tételek 203
Ebből következik, hogy
⎪⎧
k ⋅OM
+ k
⎨
⎪⎩ k ⋅OP
+ k ⋅
⋅(
k + 1)
⋅ON
= ( k + 1)
2
( k + 1)
⋅OQ
= ( k + 1)
2
⋅OC
− OA
.
⋅OA
− OC
2
( k + 1)
ON + k(
k + 1)
OP + k(
k + 1)
4 ( k + 1)
−1
kOM
+ k
OQ
OA =
.
Hasonló összefüggéseket kapunk az OB, OC és OD vektor esetén is, tehát az A, B, C
és D pont megszerkeszthető az M, N, P és Q pont ismeretében.
Például, ha k = 1,
akkor
OM + 2ON
OP + 2OQ
3 + 12
OM + 2ON
+ 4OP
+ 8OQ
OA =
= 3
3 .
15
3+
12
N
E
C
D
H
M
P
V.47. ábra
Tehát az MN és PQ az N-hez, illetve a Q-hoz közelebb eső E, illetve F harmadoló
OM + 2ON
pontjait kell megszerkesztenünk. Ezek helyzetvektorai: OE =
és
3
OP + 2OQ
OF = , majd az EF-et öt egyenlő részre kell osztanunk. Az F-hez
3
OE + 4OF
legközelebb eső osztópont éppen A, tehát OA = .
5
Hasonlóan az NP és QM szakasz P-hez, illetve M-hez közelebb eső H, illetve I
harmadolópontjai által meghatározott HI szakasz I-hez legközelebb eső ötödölőpontja
a B, és így tovább. Ha összesítjük ezeket az eredményeket, a következő szerkesztéshez
jutunk:
B
I
A
F
3
Q

204 Térgeometriai feladatok és tételek
− az MN, NP, PQ és QM oldalon felvesszük az N, P, Q,, illetve M ponthoz
közelebb eső E, H, F és I harmadoló pontot;
− az EF és HI szakasz két-két szélső ötödölőpontja éppen a két-két szemben
fekvő csúcsot adja.
A szerkesztés menete az alábbi két ábrán látható:
N
E
H
5.1.14. Gyakorlatok és feladatok
M
P
I
F
Q
N
V.48. ábra
E
B
C
H
M
P
I
A
D F
1. Bizonyítsd be, hogy ha az O, A, B és C pont nincs egy síkban, akkor bármely M
pont esetén létezik olyan λ 1,
λ2
, λ3
valós szám, amelyre
OM = λ1OA
+ λ2OB
+ λ3OC
.
2. Bizonyítsd be, hogy ha G és G′ az ABC ∆ , illetve az A ′ B′
C′
∆ súlypontja, akkor
3 G G′
= AA′
+ BB′
+ CC′
.
3. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög!
4. Bizonyítsd be, hogy a tetraéder súlyvonalai egy tetraéder valamely körüljárási
irány szerint vett élei lehetnek!
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén
AM BN CP DQ
felvesszük az M, N, P, illetve Q pontot úgy, hogy = = = = k ,
MB NC PD QA
akkor az MNPQ és az ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek!
6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?
7. Bizonyítsd be, hogy ha 0
MA + MB + MC = és az MA , MB,
MC vektor egyenlő
hosszúságú, akkor az ABC∆
egyenlő oldalú és M a háromszög középpontja!
AB ≡ CD . Bizonyítsd be, hogy az [ AD ] és [ BC]
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD
8. Az ABCD négyszögben [ ] [ ]
egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével!
M ∈ AD és
9. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az [ ]
pontot úgy, hogy
AM
MD
Q
N ∈[
BC]
BN AB
= = . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB
NC CD
AB |/ | CD .
és CD egyenes által meghatározott szög belső szögfelezőjével ( )

Térgeometriai feladatok és tételek 205
10. Általánosítsd az előbbi két feladatot oly módon, hogy egy térbeli
tulajdonsághoz jussál!
11. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben AB ⋅ CD = AC ⋅CD
= AD ⋅ BC , akkor
a csúcsokat a szembefekvő lap beírt körének középpontjával összekötő egyenesek
összefutók!
12. (Newton–Gauss-tétel)
Az ABCD síkbeli négyszögben { E} = AD ∩ BC és { F} = AB ∩CD
. Bizonyítsd
be, hogy az AC, BD és EF szakasz felezőpontja egy egyenesen van.
13. Az ABC∆ -ben az A A′,
BB′
és CC′ egyenesek összefutók, A′ ∈(
BC)
,
B′ ∈(AC)
és C ′ ∈(AB)
. Jelölje M, N, P, illetve M ′ , N′
, P′
az ABC és A ′ B′
C′
háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy
MM ′ ∩ NN′
∩ PP′
≠ Ø, ahol M ∈ ( BC),
M ′ ∈ ( B′
C′
) stb.
14. Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges A0
pontja esetén vegyünk fel az
AA -n egy M pontot. A ( BCM ) ∩ AD,
( BDM ) ∩ AC és ( CDM ) ∩ AB metszeteket
0
jelöljük rendre D1 -gyel, C1 -gyel és 1 -gyel. Az A-n át a (BCD) síkkal
párhuzamos
B
α sík az A 0D1
, A0C1
és A0B1
egyenest a D 2, C2
, illetve a B2
pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a B2C
2D
2 háromszög súlypontja éppen az A
pont.
V.6. Vektorok skaláris szorzata
6.1. Feladat. Az α síkban az OA és az OB vektor hossza OA = 1 és OB = 2 .
Számítsuk ki az OA szakasz OB szakaszra eső vetületének hosszát, ha az OA és OB
vektorok által meghatározott szög mértéke 30 .
Megoldás. Ha A′ az A-nak az OB-re eső vetülete, akkor az OA A′
derékszögű
OA′
3 3
háromszögben cos AOA′
∠ = , tehát O A′
= OA⋅
cos30
= 1⋅
= .
OA
2 2
6.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két vektor összegének valamely d egyenesre
eső vetülete a vetületek összegeként is megszerkeszthető!
Bizonyítás. Az u v ∈V
, vektorok egy-egy O ∈ d kezdőpontú reprezentánsát
választjuk (lásd a mellékelt ábrát), és az A∉d ponton át párhuzamost húzunk d-hez.
Ennek a párhuzamosnak a CC1 -gyel való metszetét 2 -vel jelöljük. Az OBB és
háromszögekben:
A 1
ACA2
OB ≡ ], O∠
≡ OB B∠
, OBB ≡ ACA ∠ (párhuzamos szárú szögek), tehát
[ ] [AC
AA2 1
OBB1∆ ≡ ACA2∆
AA2 ≡
OC = + OB .
1 OA1
1
1∠
2
. Így [ ] [ OB ] . Mivel [ ] [ A ]
1
AA2 ≡ 1 és OC OA1
+ A1C
1
1C
= , tehát

206 Térgeometriai feladatok és tételek
B
u+v
C
Belátható, hogy ha a d
egyenesen az O, B1, A1 és C1
pontok más sorrendben
helyezkednek el, az
v
A
A 2
OC 1 = OA1
+ OB1
egyenlőség
akkor is igaz marad, tehát az
összeg vetülete egyenlő a
u
vetületek összegével.
d
A kifejezésmód egy-
O
B1 A C1
1
szerűsítése céljából bevezetjük
a következő jelölést:
6.3. Jelölés. Az u vektornak a d egyenesre eső vetületét így jelöljük:
V.49. ábra
prd u .
A
A'
u
pr du
V.50. ábra
A 6.2. feladat alapján tehát érvényes a következő tétel:
6.4. Tétel. Ha u, v ∈V
, akkor prd ( u + v ) = prd
u + prd
v .
Ehhez hasonlóan azt is megvizsgálhatjuk, hogy milyen összefüggés van az u
és
u
λ vektorok d-re eső merőleges vetülete közt. A síkban a két vetület hosszának az
aránya λ . Vajon igaz-e ez a térben is?
6.5. Feladat. Keressünk összefüggést a prd u és prd λ u vektor között!
Megoldás. Jelöljük az A, B és C pont d-re eső vetületét A1-gyel, B1-gyel és C1-gyel,
ahol AB u
= és AC = λu
. Húzzunk párhuzamost az A1
-n át az AB-hez, és vetítsük a B
és C pontot erre a d egyenesre. A vetületeket jelöljük B -vel és C -vel. Az AB és
d 1
1
1 által meghatározott síkban AB || d és AA 1 || BB2
|| CC2
, tehát a Thalész-tétel
AB A1B2
alapján = . Másrészt BB 2 || AA1 mivel AA1 ⊥d
és BB2⊥d . Tehát
BC B2C2
d⊥ ( BB 1B2
) . Hasonlóan láthatjuk be, hogy d⊥ ( CC1C
2 ) , tehát a ( BB1B2
)
A
és ( CC1C
2 )
síkok párhuzamosak. De két párhuzamos síknak egy harmadik síkkal való metszete
két párhuzamos egyenes, tehát || C . Az háromszögben
C B
1 2 B
1
2
2
B'
B
d
2
2 1 C 1C

Térgeometriai feladatok és tételek 207
alkalmazhatjuk Thalész tételét, így az
AB
BC
2
2
1
1
A1B
B C
A1B2
A1B1
= = . Ebből következik, hogy prdλ u = λprdu
.
B C B C
A u B
A 1
B 1
B
2
2
C
2
2
C1
A1B1
= egyenlőséghez jutunk. Tehát
B C
6.6. Megjegyzés. Az u és
u
λ reprezentánsainak választhattuk volna az A 1B2
és
A 1C2
vektorokat is. Ekkor viszont azt is igazolnunk kellett volna, hogy a prd u
megszerkesztése az u reprezentánsának megválasztásától független.
V.51. ábra
Érvényes tehát a következő tétel is:
6.7. Tétel. Ha u ∈V
és d egy egyenes, akkor prdλ u = λ ⋅ prdu
.
6.8. Értelmezés. Az u és
v
vektorok skalárszorzatán az u v cos ( uv∠)
valós
számot értjük és u v ⋅ -vel jelöljük. (Ha u = 0 vagy v = 0 , akkor az u v
szorzat 0.) Tehát
⋅
u ⋅ v = u ⋅ v ⋅ cos ( uv∠)
.
A 6.1. feladat alapján ⋅ v = u ⋅ prv = u ⋅ prv
, tehát az értelmezés és a 6.4.9.,
u u
u
illetve a 6.7. tételből következik az alábbi tétel:
6.9. Tétel
a) u ⋅ v = v ⋅u
;
b) u ⋅ ( v + w)
= u ⋅ v + u ⋅ w ;
c) k ⋅ ( u ⋅ v ) = ( ku)
⋅ v = u ⋅ ( kv
) ;
2
d) u ⋅ u = u ;
e) u ⋅ u = 0 ⇔ u = 0 ;
f) ha 0
u ⋅ v
u ≠ és v ≠ 0 , akkor cos ( uv∠)
= ;
u ⋅ v
g) ha u ≠ 0 és v ≠ 0 , akkor u ⋅ v = 0 ⇔ u⊥v
.
1
1
C 2
d
d 1

208 Térgeometriai feladatok és tételek
6.10. Példák és megjegyzések
1. Ha u = 3
, v = 4
, illetve m ( uv∠)
= 45 , akkor u ⋅v
= 3⋅ 4⋅
cos 45 =
2
= 12 ⋅ = 6 2 .
2
2. Ha u = a + b , akkor
u ⋅ u = ( a + b )( a + b ) = ( a + b ) ⋅ a + ( a + b ) ⋅ b =
2
2
= a ⋅ a + b ⋅ a + a ⋅ b + b ⋅ b = a + 2ab + b .
3. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy
( ) ( ) ( ) k
n
n k
n−k
m
a + b = Cn
a ⋅ b , ahol a = a
⋅ a
⋅ a ⋅
…
⋅ a .
∑
k = 0
m−szer
n
4. a akkor és csak akkor valós szám, ha n páros.
5. Általában minden olyan, valós számokra érvényes azonosság, amelyben csak
szorzás, összeadás, kivonás és hatványozás szerepel, átírható vektorokra.
6.11. Megoldott feladatok
6.11.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy
2
2 2 2
a + b + c = a + b + c + 2ab
+ 2bc
+ 2ca,
∀a,
b,
c ∈
( ) V
2
. (Itt a -tel a
jelöltük.)
Bizonyítás. A 6.9. tétel a) és b) pontja alapján
2
( a + b + c)
= ( a + b + c )( a + b + c ) = ( a + b + c ) a + ( a + b + c)
b + ( a + b + c)
c =
2 2 2
= aa + ba
+ ca
+ ab
+ bb
+ cb
+ ac
+ bc
+ cc
= a + b + c + 2ab
+ 2bc
+ 2ca
.
6.11.2. Feladat. (Koszinusztétel) Bizonyítsuk be,hogy ha A, B és C három pont a
térben, akkor
2
2
2
( ∠)
BC = AB + AC − 2AB
⋅ AC ⋅cos
BAC
Bizonyítás. A BC = BA + AC egyenlőség mindkét oldalát önmagával szorozzuk
skalárisan: BC BC = ( BA + AC)(
BA + AC)
2
⋅ , tehát
2
2
.
( BA ∠)
BC = BA + AC + 2BA
⋅ AC = BA + AC + 2BA
⋅ AC ⋅ cos , AC
de CAM∠ a BA és AC vektorok által meghatározott szög, tehát
2
2
2
2
2
⋅ ( π − m(
∠)
) =
AC ⋅ ( ∠)
.
ABC [ ]
BC = AB + AC + 2AB
⋅ AC cos BAC
2
2
= AB + AC − 2AB
⋅ cos BAC
6.11.3. Feladat. (A Stewart-reláció) Az háromszög
fel egy tetszőleges M pontot. Bizonyítsuk be, hogy:
2
2
MA ⋅ BC = AB ⋅ MC + AC ⋅ MB − BC ⋅ BM ⋅ MC .
2
,
a
2
-et
BC oldalán vegyünk

Térgeometriai feladatok és tételek 209
A
M
B C
B
M
C
V. 52. ábra
V.52. ábra
BM
Bizonyítás. Ha = k , akkor az 5.1.13. paragrafus 1. feladatának b) pontja
MC
AB + k ⋅ AC
alapján AM =
, vagyis BC ⋅ AM = MC ⋅ AB + BM ⋅ AC . Ha az egyenlőség
1+
k
mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és az AB ⋅ AC skalárszorzat helyébe
1 2 2 2
( AB + AC − BC )-t írunk, a következő egyenlőségekhez jutunk:
2
2
2
2
2
2
2
A
2 2 2
( AB + AC BC )
BC ⋅ AM = MC ⋅ AB + BM ⋅ AC + MC ⋅ BM ⋅
−
2
2
2
2
2
( BM + MC)
+ AC ⋅ BM ⋅(
BM + MC)
− BC ⋅ MC BM
BC AM = AB ⋅ MC ⋅
⋅
2
2
AM ⋅ BC = AB ⋅ MC + AC ⋅ BM − BC ⋅ MC ⋅ MB .
Következmények
2 2 2
2 2(
b + c ) − a
1. Az ABC háromszögben az AM oldalfelező hossza az AM =
4
egyenlőségből számolható ki.
2. Az ABC háromszögben az AM belső szögfelezőjének hossza az
⎛
2 ⎞
2 ⎛ a ⎞
AM = bc ⋅⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ egyenlőségből számolható ki.
⎜ ⎝ b + c ⎠ ⎟
⎝ ⎠
6.11.3. Feladat. (A Leibniz-reláció) Ha M egy tetszőleges pont a térben és G az
ABC háromszög súlypontja, akkor
2
2
2
MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC .
Bizonyítás. Az MA = MG + GA,
MB = MG + GB és MC = MG + GC
egyenlőségek mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és a megfelelő
oldalakat összeadjuk:
2
2
2
2
2
.

210 Térgeometriai feladatok és tételek
MA
2
+ MB
2
MA
MB
+ MC
= MG
= MG
MC = MG
2
2
2
= 3MG
2
2
2
2
+ GA
+ GB
+ GC
+ GA
2
2
2
2
+ 2MG
⋅GA
+ 2MG
⋅GB
+ 2MG
⋅GC
+ GB
2
+ GC
2
+ 2MG
⋅
( GA + GB + GC)
Mivel GA + GB + GC = 0 , a kért egyenlőséget igazoltuk.
Megjegyzés. Ha az előbbi feladat 1. következményét használjuk,
2 2 2
2 2 2 a + b + c
GA + GB + GC =
, tehát a Leibniz-reláció:
3
2 2 2
2 2 2 2 a + b + c
MA + MB + MC = 3MG
+
3
2 2 2 2 2
alakban is írható. Ebből következik, hogy OG 9R − ( a + b + c )
2
2
2
= és
2 2 a
OH = R −
+ b
9
+ c
, ahol O az ABC∆ köré írt kör középpontja, G az ABC∆
súlypontja és H az ortocentruma.
6.11.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az O, A, B és C négy tetszőleges pont a
térben, akkor OA ⋅ BC + OB ⋅CA
+ OC ⋅ AB = 0 (Euler-féle reláció).
Bizonyítás.
OA ⋅ BC + OB ⋅CA
+ OC ⋅ AB = = OA ⋅ ( OC − OB)
+ OB ⋅ ( OA − OC)
+ OC ⋅ ( OB − OA)=
= OA ⋅OC
− OA⋅
OB + OB ⋅OA
− OB ⋅OC
+ OC ⋅OB
− OC ⋅OA
= 0 .
Következmények
1. A háromszög magasságai összefutó egyenesek.
2. Ha az ABCD tetraéderben AC⊥ BD és AB⊥ CD , akkor AD⊥ BC .
Bizonyítás
1. Jelöljük H-val az ABC háromszög A A′
és B B′
magasságainak metszéspontját,
és írjuk fel a feladatban megjelenő kifejezést O = H -ra:
HA ⋅ BC + HB ⋅CA
+ HC ⋅ AB = 0 ,
de HA⊥BC és HB⊥AC , tehát HA ⋅ BC = 0 és HB ⋅CA = 0 . Ebből következik,
hogy HC ⋅ AB = 0 , tehát HC⊥ AB . Ez azt jelenti, hogy a C C′ magasság is
átmegy a H ponton.
2. Az O ≡ D pontra írjuk fel a feladatbeli összefüggést:
DA ⋅ BC + DB ⋅CA
+ DC ⋅ AB = 0 .
A feltételek alapján DB ⋅CA = 0 és DA ⋅ AB = 0 , tehát DC ⋅ AB = 0 . Ez csak
akkor lehetséges, ha DC⊥AB
.

Térgeometriai feladatok és tételek 211
6.11.5. Feladat. Jelöljük A-val, B-vel és C-vel az OA, OB és OC térbeli
egyenesek által meghatározott lapszögeket (A az OA élű lapszög mértéke stb.), és cvel,
a-val illetve b-vel az AOB, BOC, valamint COA szögeket. Bizonyítsuk be, hogy:
a) cos a = cosb
cosc
+ sin bsin
ccos
A (lapszög koszinusztétele);
sin a sin b sin c
b) = = (triéder szinusztétele).
sin A sin B sin C
Bizonyítás
a) Feltételezzük, hogy OA = 1,
és az OB,
O
1
c
a
1
A
B1
C1 C
V.53. ábra
2
B
1
illetve OC egyeneseken felvesszük a B1
és C1
pontokat úgy, hogy B1A⊥OA és
C1 A⊥OA
legyen. A lapszög értelmezése
alapján a C 1AB1∠
szög éppen az OA élű
lapszög mértéke. Szorozzuk össze az
1 = OA + AB1
OB és 1 OA + AC1
= OC
egyenlőségeket.
OB ⋅ OC ⋅ cosa
= OA + OA⋅
AC + OA⋅
AB + AB ⋅ AC . Az OA⊥AC
és
OA⊥AB1
relációk alapján OA ⋅ AB1
= OA⋅
AC1
= 0 , tehát
OB1 ⋅OC1 ⋅ cos a = 1+
AB1
⋅ AC1
⋅ cos A . Az OAC 1 és OAB 1 derékszögű
1
1
háromszögekben OB1
= , OC1
= ,
cosc
cosb
c tg AB cos a = cosbcosc
+ sin bsin ccos
A .
1 = és AC1
= tg b , tehát
b) Jelöljük B1-gyel és C1-gyel az A pont OB-re, illetve OC-re eső vetületét, és A1-gyel
az A pont BOC síkra eső vetületét. A három merőleges tétele alapján A B ⊥OB
és
A1C 1⊥
OC1
, tehát m ( 1A1∠
az OC élű lapszög mértéke és m AB1A1
∠ az OB
A
élű lapszög mértéke. Az OAC1
háromszögben AC1 = OA⋅
sin b = sin b .
Az AA1C1 háromszögben
B1
B AA 1 = AC1 ⋅sinC
= sin bsinC
. Hasonlóan, az
OAB1
és AB1A1
háromszögben:
O b
C1
c A1
C
V.54. ábra
sin b sin c
AA 1 = sin c sin B , tehát = . Ha a
sin B sinC
betűket felcseréljük, következik, hogy
sin b sin a
= , tehát a feladatot bizonyítottuk.
sin B sin A
1
AC ) ( )
1
1
1
1
1
1

212 Térgeometriai feladatok és tételek
6.12. Gyakorlatok és feladatok
1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre az OA ⋅OM
skaláris
szorzat konstans, ha O és A rögzített pontok!
2. Bizonyítsd be, hogy az OA ⋅OB
skalárszorzat értéke az O pont AB átmérőjű körre
(gömbre) vonatkozó hatványa!
3. Ha A és B rögzített pont, határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre
az MA⋅ MB skalárszorzat konstans!
2 2 2
a + b + c
4. Bizonyítsd be, hogy AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA⋅CB
=
, ahol a, b és c az
2
ABC háromszög oldalainak hosszai!
5. Bizonyítsd be, hogy ha M és N az AC, illetve BD szakasz felezőpontja (A, B, C és
D tetszőleges térbeli pont), akkor
2
2
2
2
4MN = AB + BC + CD + DA − AC − BD . (Euler tétele)
6. A C(
O,
R)
körön végy fel két tetszőleges pontot. Húzz érintőt a körhöz a B
pontban, majd szerkeszd meg az A pont érintőre eső vetületét, C-t. Igazold, hogy
2
2
AB = 2R
⋅ AC .
7. Az ABCD derékszögű trapézban m(
A∠)
= m(
D∠)
= 90 . Jelöljük M-mel az AD
felezőpontját és N-nel az A-ból illetve a D-ből a BM-re, illetve CM-re bocsátott
merőlegesek metszéspontját. Bizonyítsd be, hogy MN⊥
BC .
8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA súlyvonalának hossza
2 2 2 2 2 2
( AB + AC + AD ) − ( BC + CD + DB )
2 3
AGA =
9
.
9. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög B és C csúcsához tartozó oldalfelezői
2
pontosan akkor merőlegesek, ha 5 ⋅ BC = AB + AC .
10. Az A′ , B′ és C′ pontokból a BC, CA és AB egyenesekre bocsátott
merőlegesek akkor és csak akkor összefutók, ha az A, B és C pontból az A ′ B′
C′
háromszög megfelelő oldalaira bocsátott merőlegesek összefutók.
V.7. Megoldott feladatok a tetraéder geometriájából
7.1. Feladat. Az ABCD tetraéderben AA1 ⊥(
BCD)
és DD 1 ⊥(ABC)
A1` ∈ ( BCD)
és D1 ∈ ( ABC)
. Bizonyítsuk be, hogy DD 1 ⋅T [ ABC]
= 1 T [BCD
AA ⋅
, ahol
] .
Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel az , illetve a pont BC-re eső vetületét.
D
( BCD)
2
2
2
A1 1
AA1⊥
⎫
⎬ ⇒ AM⊥BC
(a három merőleges tétele alapján)
A1M⊥BC
⎭
DD1⊥(
ABC)
⎫
⎬ ⇒ DN⊥BC
(a három merőleges tétele alapján)
D1N⊥BC
⎭
2

Térgeometriai feladatok és tételek 213
B
N
M
D
1
A
A 1
C
D
V.55. ábra
Tehát az (ABC) és (BCD) síkok α lapszögének mértéke az AMA ∠ és DND ∠
DD1 AA1
szögek mértékével egyenlő. Így = cos α = , tehát AM ⋅ DD 1 = DN ⋅ AA1
. Ha
DN AM
BC
az egyenlőség mindkét oldalát megszorozzuk -vel ezt, akkor éppen a kívánt
2
összefüggéshez jutunk.
Megjegyzések
1
1. Az ⋅ DD1 ⋅T
[ABC]
számot a tetraéder térfogatának nevezzük és így jelöljük:
3
V ABCD . Érvényes a következő képlet:
[ ]
1 1 1
V [ ABCD]
= ⋅ S A ⋅ hA
= ⋅ SB
⋅ hB
= SC
⋅ hC
3 3 3
1
= SD
⋅ hD
,
3
ahol S A,
SB
, SC
, SD
a lapok területei és h A,
hB
, hC
tartozó magasságok hossza).
2. Ha M ∈ Int(ABCD)
, akkor
, illetve hD
a megfelelő lapokhoz
V ABCD = V MABC + V MBCD + V MCDA + V ABD .
7.2. A beírt gömb
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
7.2.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a tetraéder hat
lapszögének szögfelezősíkja rendelkezik egy közös
ponttal.
Bizonyítás. A BC és CD élű lapszögek
szögfelezősíkjai nem esnek egybe, de van közös pontjuk,
tehát egy egyenesben metszik egymást. Ez az egyenes
metszi az (ABD) síkot, tehát a BD élű lapszög
szögfelezősíkját is. A 3.15.4. feladat alapján az I metszéspont
a következő tulajdonságokkal rendelkezik:
d ( I , ABC)
= d(
I,
BCD)
(mert a BC élű lapszög szögfelezősíkjában van),
B
1
C
A
V.56. ábra
1
D

214 Térgeometriai feladatok és tételek
d ( I , ACD)
= d(
I,
BCD)
,
d ( I , ABD)
= d(
I,
BCD)
.
Ebből következik, hogy
d ( I , ABC)
= d(
I,
ACD)
, d ( I , ABC)
= d(
I,
ABD)
és d ( I , ACD)
= d ( I,
ABD)
.
Tehát a V.3.15.4. feladat alapján az I pont benne van az AC, AB és AD élű lapszögek
szögfelező síkjában is. Ez azt jelenti, hogy az I pont egyenlő távolságra van a tetraéder
minden lapjától. Így az I középpontú és d ( I,
ABC)
sugarú gömb érinti a tetraéder
minden lapját. Az I pontot az ABCD tetraéderbe írt gömb középpontjának
nevezzük.
7.2.2. Feladat. Számítsuk ki a beírt gömb sugarát a lapok területei és a tetraéder
térfogata függvényében!
Megoldás. A tetraédert az IBCD, IABC, IDCA és IABD tetraéderekre bontjuk fel.
Ezeknek a tetraédereknek I-ből induló magassága a beírt gömb sugara. Jelöljük r-rel
ennek a sugárnak a hosszát. A
V ABCD = V ABCI + V BCDI + V ABDI + V ACDI
egyenlőség alapján [ ABCD]
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
V
SD
⋅ r S A ⋅ r SC
⋅ r SB
⋅ r
= + + + , tehát
3 3 3 3
3V
[ ABCD]
r =
.
S A + SB
+ SC
+ SD
Megjegyzés. Minden laphoz egy-egy olyan gömb is tartozik, amely érinti a
tetraéder minden lapjának síkját, de csak egy lapját érinti, annak belső pontjában.
Ezeket a gömböket a tetraéderhez írt gömböknek nevezzük, sugaraikat rA -val, rB -vel,
-vel és -vel jelöljük. Az előbbihez hasonlóan igazolható az
r
rC D
3V
rA
=
− S A + S
be
ezeket!
[ ABCD]
B
+ S
C
+ S
D
,
r
B
=
S
A
3V
− S
7.3. A tetraéder anticentruma
B
M
C
E
A
G O
V.57. ábra
N
[ ABCD]
B
+ S
D
C
+ S
D
stb. összefüggések. Bizonyítsd is
7.3.1. Feladat. Bizonyítsuk be,
hogy egy tetraéder oldaléleinek felezőpontjaiból
a szembenfekvő élekre
bocsátott merőleges síkok összefutók,
és az összefutási pont a köré írt gömb O
középpontjának a súlypontra vonatkozó
szimmetrikusa.
Bizonyítás. Ha M és N az ABCD
tetraéder AB, illetve CD élének
felezőpontja, akkor MN felezőpontja a
G súlypont. OM⊥ AB és ON ⊥CD
, mert
az O pont mind a négy csúcstól egyenlő

Térgeometriai feladatok és tételek 215
távolságra van. Jelöljük E-vel az O pont G szerinti szimmetrikusát. Mivel OG = GE
és MG = GN , az MONE négyszög paralelogramma, tehát ME⊥ CD és NE⊥AB
.
Ebből következik, hogy E benne van az M-ből CD-re és az N-ből AB-re bocsátott
merőleges síkban. Ha megismételjük a gondolatmenetet a másik két szembefekvő
élpárra, következik, hogy az E pont mind a hat síknak eleme. Mivel ezek a síkok nem
egybeesők, a feladat állítását igazoltuk.
Megjegyzés
1. Ez a tulajdonság síkbeli körbeírható négyszögekre is igaz.
2. Az E pontot a tetraéder anticentrumának vagy Euler-pontjának nevezzük.
7.4.
Térfogatképletek. Térfogatok összehasonlítása
7.4.1. Feladat. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élein felvesszük az
M ∈ ( AD, N ∈ (AC és
P ∈ (AD pontot. Számítsuk ki az ABCD és AMNP tetraéderek
AM AN AP
térfogatának arányát az , és arányok függvényében.
MB NC AD
Megoldás. Jelöljük D1 -gyel és P 1-gyel
a D, illetve P pont ( ABCD)
síkra eső vetületét.
1
1
V [ ABCD]
= ⋅T
[ ABC]
⋅ DD1
= ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin ( BAC∠)
⋅ DD1
,
3
6
1
1
V [ AMNP]
= ⋅T
[ AMN]
⋅ PP1
= ⋅ AM ⋅ AN ⋅ sin ( BAC∠)
⋅ PP1
, tehát
3
6
V [ AMNP]
AM ⋅ NP ⋅ PP1
= (1) A
V [ ABCD]
AB ⋅ AC ⋅ DD1
Mivel a P1
és a D P
1 pont az AD-n át az ( ABC ) síkra M 1
P
fektetett merőleges síkban van, az A, 1 és 1 kollineáris
pontok, és így az háromszögben
V
V
B
D1
N
D
C
V.58. ábra
D P
PP 1 AP
AD1D
= . (2)
DD1
AD
Az (1) és a (2) összefüggés alapján:
[ AMNP]
AM AN PP1
= ⋅ ⋅ .
ABCD AB AC DD
[ ] 1
7.4.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy
1
V [ ABCD] = ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅ ( sin(
AB∠)
sin(
DAN∠)
sin(
CAB∠)
)
6
Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel a D csúcs ABC síkra,
illetve az AB oldalélre eső vetületét. A három merőleges
A
tételének első fordított tétele alapján MN⊥
AB , és a DNM∠
szög mértéke az ADB és ABC síkok lapszögének mértéke. N
M
Az AND és DNM derékszögű háromszögben
DM = DN ⋅sin(
DNM∠)
és DN = DA⋅
sin ( DAN∠)
, tehát
B
V.59. ábra
D
C

216 Térgeometriai feladatok és tételek
1
1 1
V [ ABCD]
= ⋅T
[ ABC]
⋅ DM = ⋅ ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin ( CAB∠) ⋅ DN ⋅sin(
DNM∠)
=
3
3 2
1
= ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅sin(
DAN∠)
⋅sin(
CAB∠)
⋅sin(
AB∠).
6
Megjegyzés. A σA = sin ( DAN∠)
sin(
CAB∠)
sin(
AB∠)
szorzat az A csúcsú triédert
jellemzi, mert
σA = sin ( AC∠)
sin(
DAC∠)
sin(
BAC∠)
= sin(
AD∠)
sin(
BAD∠)
sin(
CAD∠)
.
Ez a tulajdonság Cristian von Standt, német matematikus nevéhez fűződik, és a síkbeli
a ⋅ b ⋅sinC
T = képlet analógjának tekinthető.
2
7.4.3. Feladat (Dostor, 1867)
Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a
2 SC
⋅ SD
sin(
AB∠)
V = ⋅
összefüggéssel is, ahol SA = T[
BCD]
, SB = T[ACD]
és
3 AB
CD∠
a CD élű lapszöget jelöli.)
Bizonyítás. Az előbbi feladat ábráját és jelöléseit használjuk:
1
1
V = ⋅T
[ ABC]
⋅ DM = ⋅T
[ ABC]
⋅ DN ⋅sin(
AB∠)=
3
3
1 2 AB ⋅ DN
2 SD ⋅ SC
= ⋅T
[ ABC]
⋅ ⋅ ⋅sin(
AB∠)
= ⋅ sin(
AB∠)
.
3 AB 2
3 AB
7.4.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a
1
V = ⋅ AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ egyenlőséggel is, ahol d = d(
AB, CD)
és ϕ = ( AB, CD∠)
.
6
Bizonyítás. Az ABCD tetraéder köré egy hasábot írunk. Felvesszük az E és F
pontot úgy, hogy az ABCE és BCDF négyszögek paralelogrammák legyenek. Az AB
és CD egyenesek által közrezárt szög éppen az ABF és ECD háromszög B, illetve C
csúcsánál keletkező szög, tehát a hasáb alapterülete:
CE ⋅CD
⋅sin
ϕ AB ⋅CD
⋅sin
ϕ
T [ ECD]
=
=
.
2
2
A
Az ABF és CED síkok távolsága éppen az
AB és CD kitérő egyenesek távolságával
egyenlő, ezért a hasáb térfogata
B
F
AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ
VH = T[
ECD]
⋅ d =
. De a
2
E
hasáb felbontható az ABCD, ABFD és
AECD tetraéderekre, és mivel ezek a
tetraéderek azonos térfogatúak,
C
V.60. ábra
D
VH
V =
3
AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ
=
.
6

Térgeometriai feladatok és tételek 217
7.5. Tétel (A szögfelezősík tétele)
Az ABCD tetraéder AB élű lapszögének szögfelező síkja a CD szakaszt az M
CM T [ CAB]
pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy = .
MD T [ DAB]
Bizonyítás. Az AMBC és AMBD tetraéderek AMB alapja közös, és a C, illetve a
CM
D-ből húzott magasságok aránya ,
A
MD
1
CM ⋅T
[ AMB]
CM
V [ AMCB]
tehát = 3
= .
MD 1
MD ⋅T
[ AMB]
V [ ADBM ]
D
B
3
A Dostor-féle kifejezés alapján (7.4.3. feladat)
M
2 T
C
[ ]
[ AMB]
⋅T
[ ABC]
⋅ sin α
V AMBC = ⋅
és
3 AB
V.61. ábra
2 T
[ ]
[ AMB]
⋅T
[ ABD]
⋅sin
α
V AMBD = ⋅
,
3 AB
ahol α az AB élű lapszög mértékének a fele. Ebből következik, hogy
V [ AMBC]
T[
ABC]
CM T [ CAB]
= , tehát = .
V AMBD T ABD MD T DAB
[ ]
[ ]
[ ]
Megjegyzés. Ez a tulajdonság a síkbeli szögfelezőtétel analógjának tekinthető.
7.6. Feladat (A szembefekvő élek szöge)
Számítsuk ki az AC és BD egyenesek szögét az ABCD tetraéder élhosszainak
függvényében!
Megoldás. A B ponton át AC-hez húzott párhuzamoson felvesszük az E pontot úgy,
hogy az ACEB négyszög paralelogramma legyen. Jelöljük F-fel az AE és BC átlók
metszéspontját, valamint ϕ -vel a DBE szög mértékét. A BDE háromszögben
2
2
2
DE = BD + BE − 2BD
⋅ BE ⋅ cosϕ
. (1)
A
D
B
F
V.62. ábra
Az ADE és DBC háromszögekben a DF oldalfelezőt kifejezzük az oldalak
függvényében:
C
E

218 Térgeometriai feladatok és tételek
2
2 2 2 2 2 2
( AD + DE ) − AE = 2(
AD + DE ) − 4 =
2 2 2 2 2
( AD + DE ) − 2(
AB + AC ) +
2 2 2 2
4DF = 2(
BD + DC ) − BC .
4DF = 2
AF
= 2 BC és
Az előbbi két összefüggés alapján
2 1 2 2 2 2 2 2 2
DE = ⋅ [ 2(
BD + DC ) − BC + 2(
AB + AC ) − BC − 2AD
]=
2
2
2
= BD + DC + AC + AB − BC − AD
Ha ezt az összefüggést összehasonlítjuk az (1) összefüggéssel, következik:
2AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = BC + AD − DC − AB .
Ebből az összefüggésből kiszámítható az AC és BD egyenesek szöge.
2
2
2
BC + AD − DC − AB
cos ϕ =
.
2AC
⋅ BD
Következmény. AC ⊥BD
⇔ BC + AD = DC + AB .
Megjegyzés. A tulajdonság röviden bizonyítható vektoriális úton is:
2 AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = 2AC
⋅ BD = 2AC
⋅ ( AD − AB)=
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2 2 2 2 2
( AC + AD − CD ) − ( AB + AC − )=
= 2AC ⋅ AD − 2AC
⋅ AB =
BC
7.7.
Ortocentrikus tetraéderek
2
2
= AD + BC − CD − AB .
7.7.1 Feladat. (L’Huiler, 1782) Bizonyítsuk be, hogy ha az ABCD tetraéderben
AB⊥CD
, akkor az A és a B csúcsokhoz tartozó magasságok metszik egymást.
Megoldás. Jelöljük A1
-gyel az A pont BCD síkra eső vetületét.
AA1⊥(
BCD)
⇒ AA1⊥CD⎫
⎬ ⇒ CD⊥(
ABA1
) ⇒ CD⊥BA1
.
AB⊥CD
⎭
B
A
H
A
1
V.63. ábra
B
1
C
B
2
D
2
2
2
2
2
2
Tehát BA a BCD háromszög magassága.
1
B2 Jelöljük -vel ennek a magasságnak a
talppontját és B1
-gyel a B pont AB2
egyenesre eső vetületét. A három merőleges
tétele alapján AB2 ⊥CD
, így a három
merőleges tételének második fordított tétele
alapján BB1 ⊥(
ACD)
. Az ABB2
háromszögben az AA1 és BB1
magasságok,
tehát metszik egymást.
2

Térgeometriai feladatok és tételek 219
7.7.2. Feladat. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja?
Megoldás. Ha B1
a B pont (ACD)
síkra eső vetülete, és A 1 az A pont (BCD)
síkra
eső vetület, akkor BB1⊥CD
és AA1
⊥CD
. Tehát CD⊥ ( ABA1B1
) (az A, A1, B és B1 pont
egy síkban van). Az AB1 ∩CD és BA1 ∩CD
metszéspontok az ABA1B1
sík CD
egyenessel való metszetében vannak. A CD egyenes nincs az ABA B síkban és nem
( )
is párhuzamos vele, tehát a CD és az ABA1B1
metszete egy pontot tartalmaz. Ebből
következik, hogy az AB1
és a BA1
a CD egyenesen metszik egymást (ezt a pontot
jelöltük B2 -vel). CD ⊥(ABA1B1
) alapján CD⊥
AB , tehát a 7.7.1. tulajdonság fordítottja
is
igaz.
Az előbbi két feladat arra mutat rá, hogy a tetraéder magasságai nem mindig
összefutók. Ezért nagyon sok, háromszögre vonatkozó tulajdonság nem általánosítható
tetraéderekre. Ahhoz, hogy akár egyszerű síkbeli tulajdonságok térbeli analógjáról
beszélhessünk, szükséges néhány speciális tetraéderosztály bevezetése. Ha a
magasságok összefutását tetraéderekre szeretnénk kiterjeszteni, az első két feladat
alapján egy speciális tetraéderosztályt kapunk.
7.7.3. Értelmezés. (Steiner, 1827) Az ABCD tetraédert ortocentrikusnak
nevezzük,
ha magasságai összefutó egyenesek.
Eddigi ismereteinkre támaszkodva kijelenthetjük a következő tételt:
7.7.4. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő kijelentések egyenértékűek:
a) a tetraéder ortocentrikus;
b) AB⊥ CD,
AC⊥BD
;
c) AB⊥ CD,
AC⊥BD
és AD⊥ BC ;
2
2
2
2
2
d) AB + CD = BC + AD = AC + BD ; (Feuerbach, 1827)
e) Egy csúcs vetülete a szembefekvő lap ortocentrumába kerül;
f) Bármely csúcs szembefekvő lapra eső vetülete az illető lap ortocentruma.
A tétel bizonyításához szükséges részletek mind megtalálhatók a tankönyvben
( feladatokban szétszórva), ezért a bizonyítást rád bízzuk.
7.8. Az egyenlő oldalú tetraéder
Ha az egyenlő oldalú háromszög térbeli megfelelőjét keressük, egy alapvető
problémával találjuk magunkat szemben. Elvárjuk ugyanis, hogy a térbeli
megfelelőnek (analógnak) hasonló tulajdonságai legyenek. Ezért felsorolunk néhány
olyan tulajdonságot, amely az egyenlő oldalú háromszöget jellemzi:
1. oldalai kongruensek;
2. szögei kongruensek;
3. magasságai egyforma hosszúak;
4. az oldalfelezői magasságok;
5. a szögfelezői oldalfelezők;
6. egy belső pontnak az oldalaktól vett távolságai összege a
háromszög magasságával egyenlő;
7. a beírt és köréírt körök középpontjai egybeesnek.
2
1
1

220 Térgeometriai feladatok és tételek
Már az első tulajdonság alapján sem egyértelmű a térbeli analóg, hisz a
tetraéder gazdagabb, mint síkbeli társa, van oldaléle és oldallapja is. Ha az oldalélek
egyenlőségét kérjük, akkor olyan tetraédert kapunk, amelynek minden lapja egyenlő
oldalú háromszög. Ez rendelkezik a többi tulajdonság térbeli megfelelőjével is, de
ezek a tulajdonságok ezt a tetraédert nem jellemzik, hisz ha a magasságok egyenlő
hosszúak, akkor az oldallapok területei egyenlők kell, hogy legyenek ( A A h S ⋅ ⋅
1
V
stb.), és ilyen tetraéder bármely hegyesszögű háromszögből kiindulva szerkeszthető
(lásd V.4.13. feladatot). Hasonlóan, ha a szögfelezősíkok felezik a szembefekvő
oldalakat, akkor a szögfelezősík tétele alapján ismét az oldallapok területének
egyenlőségéhez jutunk. Mi több, az is látható, hogy az oldallapok területeinek
egyenlősége elégséges ahhoz, hogy egy belső pont távolságainak összege a magasság
hosszával legyen egyenlő. E tulajdonságok alapján látható, hogy a térbeli analóg
nemcsak az alakzattól függ, hanem az alakzat konkrét tulajdonságaitól is, amelyek
szerint az analógiát építjük. Ezért bevezetjük a következő tetraéderosztályt, és
vizsgáljuk a tetraéderek tulajdonságait:
7.8.1. Értelmezés. Az ABCD tetraédert egyenlő oldalúnak nevezzük, ha
oldallapjai egyenlő területűek.
Az eddigi meggondolásaink alapján érvényes az alábbi tétel:
7.8.2. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő állítások egyenértékűek:
a) ABCD egyenlő oldalú.
b) A magasságok egyenlő hosszúságúak.
c) Három, nem egy csúcsból kiinduló él által meghatározott lapszögek
szögfelezősíkjai felezik a szemközti élt.
Például, egyenlő oldalú tetraéder a V.4.13. feladatban szerkesztett tetraéder.
Természetesen tevődik fel a kérdés, hogy a V.4.13. feladatban szerkesztett
tetraédernek egyéb tulajdonságai jellemzők-e az egyenlő oldalú tetraéderekre, illetve,
hogy létezik-e olyan egyenlő oldalú tetraéder, amit nem a V.4.13. feladatban leírt
módon szerkesztünk. Induljunk ki abból, hogy az ACD és a BCD háromszög területe
egyenlő. Mivel a két háromszög CD oldala közös, az AE és BF magasságok
kongruensek. Ha M és N az AB és CD
A
oldalélek felezőpontjai, akkor az EF szakasz
az AB oldal CD-re eső vetülete, tehát
[ EN] ≡ [ NF ] (lásd az V. fejezet 6.5.
M
feladatát). Ebből következik, hogy a BFN és
AEN derékszögű háromszögek megfelelő
befogói kongruensek, tehát AEN∆
≡ BFN∆
.
B
C
V.64. ábra
N
F
E
D
Így
[ ] [ AN]
= 3
BN ≡ , tehát az ANB egyenlő szárú
háromszögben MN magasság. Hasonlóan
belátható, hogy az MN kettős felező
merőleges CD-re is, tehát a kettős felezők a
hozzájuk tartozó oldalélpárok közös
merőlegesei. Ha a BFC és AED derékszögű

Térgeometriai feladatok és tételek 221
háromszögeket vizsgáljuk, láthatjuk, hogy [ BF] ≡ [ AE]
és [ CF ] ≡ ED , tehát
BFC ∆ ≡ AED∆
. Ebből következik, hogy [ AD] ≡ [ BC]
. Tehát egy újabb tulajdonságot
igazoltunk. Ezt a következő tételbe foglaltuk:
7.8.3. Tétel. Az ABCD tetraéder akkor és csak akkor egyenlő oldalú, ha a
következő tulajdonságok közül valamelyik teljesül:
a) a szembefekvő élpárok kongruensek;
b) a kettős felezők az általuk felezett élek közös merőlegesei.
A V.8. paragrafusban további tulajdonságokat fogalmaztunk meg. Próbálkozzatok az
egyenlő oldalú háromszög egyéb tulajdonságainak kiterjesztésével is!
7.9.
Szabályos tetraéder
7.9.1. Értelmezés. Az ABCD tetraédert szabályosnak nevezzük, ha minden
oldaléle azonos hosszúságú.
Látható, hogy így bármely csúcsnak a szemben fekvő lapra eső vetülete az illető lap
középpontjába (ortocentrumába) esik, tehát a szabályos tetraéder ortocentrikus is
(V.3.15.5.-ös feladat). Mivel az oldallapok kongruensek, a tetraéder egyenlő oldalú is.
Mi több a 7.7.4. tétel d) és a 7.8.3. tétel a) pontja alapján a fordított állítás is igaz.
9.2. Tétel. Ha valamely egyenlő oldalú tetraéder ortocentrikus, akkor szabályos.
2
V.8. Gyakorlatok és feladatok
1. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben G súlypont és az AGD háromszög
G-ben derékszögű, akkor az AD kongruens az AD-hez tartózó kettős felezővel!
2. Ha G az ABCD tetraéder súlypontja és M egy tetszőleges térbeli pont, akkor
2
2
2
2 2
GB
MA + MB + MC + MD = 4MG + GA + + GC + GD .
3. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder belsejében létezik olyan M pont, amelyre
az MABC, MBCD, MCDA és MABD tetraéderek azonos térfogatúak!
4. Az ABCD tetraéderben
SA = SB
cos ( CD∠)
+ SC
cos(
BD∠)
+ SD cos(
BC∠)
.
5. Bizonyítsd be, hogy bármely ortocentrikus tetraédernek legalább az egyik
oldallapja hegyesszögű háromszög. Igaz-e ez a tulajdonság tetszőleges tetraéder
esetén?
6. Bizonyítsd be, hogy ortocentrikus tetraéderben a magasságok összefutási pontja
(H), a súlypont (G) és a köréje írt gömb középpontja kollineáris (Euler-egyenes), és
OG = GH . Próbáld általánosítani az Euler-kört is!
7. Bizonyítsd be, hogy a következő állítások egyenértékűek:
a) az ABCD tetraéder egyenlő oldalú;
b) az ABCD tetraéder bármely csúcsában a síkszögek mértékének
összege ugyanannyi;
c) a beírt és a köréje írt gömbök középpontjai egybeesnek.
8. Bizonyítsd be, hogy ha valamely tetraéder belsejében létezik négy, nem egy
síkban fekvő pont, amelyek oldallapoktól mért távolságainak összege egyenlő,
akkor a tetraéder egyenlő oldalú.
2
2
2

222 Térgeometriai feladatok és tételek
9. Az ABCD tetraéder akkor és csak akkor egyenlő oldalú, ha a súlyvonalai azonos
hosszúságúak.
10. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élei páronként merőlegesek egymásra.
Bizonyítsd be, hogy:
a) az A-nak a BCD síkra eső A′ vetülete a BCD háromszög ortocentruma, és a
BCD háromszög hegyesszögű;
1 1 1 1
b) = + + ;
2 2 2 2
AA′
AB AC AD
2
2
2
c) cos ( A′ AB)
+ cos ( A′
AC)
+ cos ( A′
AD)
= 1 (Tinseau, 1780);
2
2
d) cos ( BC∠) + cos ( CD∠)
+ cos ( DB∠)
= 1 ;
e)
2
T [ ABC]
= T[
BCD]
⋅T
[ A′
BC]
;
f)
2
T [ BCD]
2
2
2
T [ ABC]
+ T [ ADC]
+ T [ ABD]
g) 9V [ ABCD]
= 2T
[ ABC]
⋅T
[ ACD]
⋅T
[ ABD]
2
.
= ;
2