175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat 1 2 4 3 ...
175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat 1 2 4 3 ...
175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat 1 2 4 3 ...
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek <strong>175</strong><br />
V. <strong>FEJEZET</strong><br />
<strong>LÉPJÜNK</strong> <strong>KI</strong> A <strong>TÉRBE</strong>!<br />
<strong>V.1.</strong> <strong>Néhány</strong> <strong>feladat</strong><br />
1.1. Feladat. Egy szabályos hatszöglap minden oldalát felosztottuk 3 egyenlő<br />
részre, majd az <strong>V.1.</strong> ábrán látható rombuszokkal átfedés nélkül lefödtük a hatszöget<br />
(mindenik rombuszfajtából tetszőleges számú állt rendelkezésünkre). Az V.2. ábrán<br />
két ilyen lefedés látható. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is fedtük le a hatszöget,<br />
mind a három fajta rombuszból kilencet használtunk fel.<br />
<strong>V.1.</strong> ábra<br />
V.2. ábra<br />
Megoldás. A szemléletesség fokozásának céljából a és rombuszokat<br />
satírozzuk be az ábrának megfelelően! Mihez hasonlít az, amit látunk? Próbáljuk<br />
térbeli test rajzaként értelmezni az V.3. ábrát!<br />
Kevés fantáziával is rájöhetünk, hogy kockákból álló<br />
építményt láthatunk, mintha egy szobasarokba kocka alakú<br />
építőkövet helyeztünk volna, és ezt ábrázoltuk volna (a falak<br />
egy-egy darabjával együtt), vagy mintha egy bűvös kockát<br />
bontottunk volna szét, letörve a három középmezőnek<br />
megfelelő kockát, és további négy kiskockát elvéve onnan<br />
(lásd az V.3. ábrát).<br />
V.3. ábra<br />
Ha kivesszük az V.4. ábrán látható számozott<br />
kockákat, éppen az V.3. ábrán látható alakzathoz jutunk. Ebből az észrevételből<br />
könnyen lehet bizonyítást gyártani, hisz a síkbeli hatszög<br />
minden lehetséges lefedése egy-egy ilyen szétszedett kockát<br />
ábrázol. Persze nem minden szétszedett kockának felel meg<br />
egy ilyen lefedés, például ha az V.4. ábra 2-es kockáját<br />
vesszük ki, akkor az ily módon megbontott kocka ábrázolása<br />
nyomán nem kapunk lefedést. Ahhoz, hogy egy szétszedett<br />
kocka ábrázolása nyomán lefedést kapjunk, az szükséges,<br />
hogy az L1 és 2 fényforrások a megmaradt kockák páros<br />
számú oldalát világítsák meg (vagyis ha az egyik fényforrás<br />
L<br />
L1<br />
1<br />
2<br />
4<br />
3<br />
2<br />
3<br />
5<br />
6<br />
V.4. ábra<br />
3<br />
1<br />
4<br />
7<br />
L2
176 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
megvilágítja a kocka egy oldallapját, akkor a másik fényforrás egy másik oldallapját<br />
világítsa meg). Így azok a rombuszok, amelyeket világosszürkére satíroztunk, éppen<br />
az L1<br />
fényforrás által megvilágított oldallapok vagy a háttér megfelelő darabjai, tehát<br />
összesen 9 ilyen oldallapot világítottunk meg. Hasonlóan belátható, hogy a másik két<br />
rombusztípusból is pontosan 9 darab van.<br />
Látható, hogy léteznek olyan síkbeli (síkban megfogalmazott) tulajdonságok,<br />
amelyek természetes és egyszerű megoldása térbeli megfontolásokat igényel. Talán az<br />
előbbinél<br />
is tisztábban látható ez a következő <strong>feladat</strong> megoldásából.<br />
1.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy 1001 cm<br />
sugarú kör nem fedhető le 2001 darab 1 cm<br />
szélességű tetszőlegesen hosszú papírcsíkkal (a<br />
csíkokat nem szabad megtűrni)!<br />
Megoldás. Az első alapvető probléma az, hogy a<br />
csík a középponthoz viszonyított helyzete szerint a<br />
körlapból különböző területű részt fed. Ez a<br />
probléma kiküszöbölhető, ha a kört egy gömb V.5. ábra<br />
vetületének tekintjük. Tételezzük fel, hogy a lefedés<br />
mégis lehetséges, és a papírcsíkok széleinél emeljünk merőleges síkokat a csík síkjára.<br />
Az V.6. ábrán egy csíknak megfelelő síkpárt láthatunk. Így minden papírcsíknak<br />
megfelel egy gömböv vagy egy gömbsüveg. Mivel a papírcsíkok lefedik a körlapot, a<br />
nekik megfelelő gömbövek (vagy süvegek) beborítják a gömb egész felszínét. Így a<br />
gömbövek felszínének összege legalább akkora, mint a gömb felszíne. (1)<br />
gömb<br />
O A V.6. ábra<br />
A gömböv felszíne azonban csak az eredeti gömb sugarától és az öv<br />
magasságától függ (akárcsak a süveg felszíne). Ezt az Föv = 2 πR<br />
⋅ h képlet fejezi ki.<br />
Így az összes gömböv felszíne: 2 π ⋅1001=<br />
2002π<br />
. A gömb felszíne viszont:<br />
F<br />
= 4πR<br />
2<br />
= 2002π<br />
⋅ 2002 . Ebből következik, hogy 2001 gömböv felszíne<br />
legfeljebb 2001⋅ Föv<br />
= 2002 ⋅ π ⋅ 2001 lehet, és ez nem nagyobb, mint a gömb felszíne<br />
2002π ⋅ 2002 . Ez ellentmond az (1) kijelentésnek, tehát a feltételezésünk hamis. Így a<br />
2001 papírcsíkkal nem lehet lefedni a körlapot.
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 177<br />
Reméljük, hogy az előbbi két <strong>feladat</strong> mindenkit meggyőzött arról, hogy a<br />
térgeometria nem öncélú matematikai építmény és nemcsak a külvilág leírásának<br />
szükségességéből fakadó eszköz, hanem a matematikának fontos része, amelynek<br />
nagy hatása van a matematika más ágaira is. Másképpen fogalmazva: az előbbi két<br />
<strong>feladat</strong> megoldásához a térgeometriára azoknak a síkban lakó (kétdimenziós)<br />
űrlényeknek is szüksége lenne, akiknek semmilyen direkt tapasztalati tény nem tenné<br />
ezt szükségessé. Vajon, ha ezt egy picit magunkra is kiterjesztjük, mi mindent kellene<br />
még ismernünk felmerülő problémáink megoldásához?<br />
V.2. Pontok, egyenesek, síkok<br />
A térgeometria alapfogalmaiként a pont, az egyenes, a sík és a tér fogalmát<br />
fogadjuk el. Nem törekszünk a geometria axiomatikus tárgyalására, megelégszünk az<br />
intuitív térszemléletre alapozott tulajdonságokkal. Ez azt jelenti, hogy a pontokra,<br />
síkokra, egyenesekre, szögekre és távolságokra vonatkozóan elfogadunk több olyan<br />
alaptulajdonságot, amely többé-kevésbé a szemléletre támaszkodik. Ezek a<br />
tulajdonságok vagy axiómák, vagy az axiómák segítségével bizonyíthatók, tehát<br />
matematikailag korrekt módon is megalapozhatók, de ez a tárgyalásmód nem célunk. ∗<br />
Elfogadjuk, hogy a tér egy ponthalmaz, amelyet τ -val jelölünk.<br />
Akárcsak a síkban, a térben is két különböző pont mindig meghatároz egy<br />
egyenest. Tehát, ha A ∈τ<br />
és B ∈τ<br />
, akkor<br />
AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott egyenest,<br />
(AB) -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott nyílt szakaszt,<br />
[AB]<br />
-vel jelöljük az A és B pontk által meghatározott zárt szakaszt,<br />
(AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott A kezdőpontú nyílt<br />
félegyenest stb. Az egyenesek jelölésére az ábécé kis betűit is használhatjuk.<br />
2.1. Állítás. Újdonságnak számít (a síkhoz képest), hogy a τ bármely három, nem<br />
kollineáris pontja egy síkot határoz meg, és a τ minden síkjában érvényes a<br />
síkgeometria összes tétele és tulajdonsága.<br />
Az V.7. ábrán az , illetve az A ponthármas által<br />
( 1<br />
A , B,<br />
C )<br />
( , B,<br />
C )<br />
meghatározott síkot szemléltettük.<br />
Ezt persze úgy is mondhatjuk, hogy egy<br />
egyenes (amelyet két különböző pontja határoz meg)<br />
és egy rajta kívül eső pont mindig meghatároz egy<br />
síkot, vagy úgy, hogy két metsző egyenes ( AC1<br />
és<br />
AB ) meghatároz egy síkot.<br />
2<br />
C C<br />
1 2<br />
A B<br />
V.7. ábra<br />
Az A, B és C pont által meghatározott síkot (ABC)-vel jelöljük. A d egyenes és<br />
az A∉ d pont által meghatározott síkot (Ad)-vel, és a d valamint a d ′ egyenesek által<br />
∗ Aki nincs megelégedve ezzel az intuitív tárgyalásmóddal, annak ajánljuk Dan Brânzei és<br />
Radu Miron Fundamentele aritmeticii şi geometriei című könyvét.
178 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
meghatározott síkot ( d d′)<br />
-vel jelöljük. Általában a síkok jelölésére a görög ábécé<br />
betűit használjuk.<br />
A V.7. ábrán láthatjuk, hogy az ( ABC 1 ) és ( ABC 2 ) síkok metszete nem<br />
üres, pontosabban a két sík metszete éppen az AB egyenes. Szemléletünkre<br />
támaszkodva elfogadjuk a következő állításokat:<br />
2.2. Állítás. Ha két különböző síknak van közös pontja, akkor metszetük egy<br />
egyenes.<br />
2.3. Állítás. Egy egyenesnek és egy síknak a metszete lehet:<br />
a) üreshalmaz (lásd az V.8.1. ábrát),<br />
b) egy pont (lásd az V.8.2. ábrát) vagy<br />
c) egy egyenes (lásd az V.8.3. ábrát).<br />
V.8.1. ábra<br />
α α<br />
α<br />
A<br />
V.8.3. ábra<br />
B<br />
V.8.2. ábra<br />
Ebből azonnal következik: két sík metszete lehet üreshalmaz, lehet egy egyenes, vagy<br />
egy egész sík (ha a két sík egybeesik), továbbá: hogy három, nem kollineáris ponton<br />
keresztül csak egy sík fektethető.<br />
Az előbbi állítás alapján értelmezhetjük a párhuzamos síkok fogalmát:<br />
2.4. Értelmezés. Két síkot akkor nevezünk párhuzamosnak, ha metszetük üres<br />
halmaz.<br />
Az V.9. ábra két párhuzamos síkot ábrázol.<br />
A gyakorlatban könnyen eldönthetjük<br />
két síkról, hogy párhuzamosak-e<br />
vagy sem. Próbáld eldönteni, hogy az<br />
alábbi példákban szereplő síkok párhuza-<br />
mosak-e vagy sem!<br />
1. A tanterem két szemközti falának<br />
síkja;<br />
2. a padló és a mennyezet síkja;<br />
3. a mozgólépcső két korlátjának síkja;<br />
4. a félig nyitott ajtó és a keret síkja;<br />
5. a CD doboz két fedele, ha a doboz csukva van;<br />
6. egy síkkondenzátor lapjai.<br />
α<br />
β<br />
V.9.ábra<br />
Akárcsak a síkban, a térben is a párhuzamosság kérdése itt is sok ideig vitatott volt.<br />
Mi elfogadjuk, hogy:
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 179<br />
2.5. Állítás. Minden síkhoz egy rajta kívül fekvő ponton át egy és csak egy<br />
párhuzamos sík fektethető.<br />
Az eddigiekben vizsgáltuk a pontok, az egyenesek és a síkok lehetséges<br />
metszetének alakját. Vizsgáljuk meg ezeknek az alakzatoknak az egymáshoz<br />
viszonyított helyzetét!<br />
1. pont – pont<br />
Két pont vagy egybeeső, vagy egymástól különböző.<br />
2. pont – egyenes<br />
A pont az egyenesen vagy azon kívül helyezkedik el.<br />
3. pont – sík<br />
A pont a síkban vagy azon kívül helyezkedik el.<br />
4. egyenes – egyenes<br />
a) Metsző egyenesek<br />
Mivel két metsző egyenes<br />
meghatároz egy síkot és az<br />
d<br />
d'<br />
általuk meghatározott<br />
síkban már a síkgeometriai α<br />
tulajdonságok érvényesek,<br />
ez az eset nem különbözik<br />
V.10. ábra<br />
lényegesen a síkbelitől.<br />
b) Párhuzamos egyenesek<br />
Két egyenest párhuzamosnak<br />
nevezünk, ha egy<br />
síkban vannak és nem<br />
metszik egymást.<br />
c) Kitérő egyenesek<br />
Ha két egyenes metszete üres halmaz,<br />
és nincsenek egy síkban, akkor az<br />
egyeneseket kitérőknek nevezzük.<br />
(Például az ABCDA’B’C’D’ kocka AB<br />
és CC’ oldalélének tartóegyenesei<br />
kitérő egyenesek.)<br />
α<br />
d<br />
d'<br />
V.11. ábra<br />
5. egyenes – sík<br />
V.12. ábra<br />
a) Egyenes és sík párhuzamossága<br />
Az α síkot és a d egyenest párhuzamosnak nevezzük, ha a metszetük<br />
üres halmaz. Vizsgáljuk meg, hogy mit is jelenet ez!<br />
Legyen A ∈α<br />
egy tetszőleges pont. Az A pont és a d egyenes által<br />
meghatározott β síknak az α síkkal<br />
való metszete egy d’ egyenes (mert<br />
d ⊂ β és d ⊄ α , tehát α ≠ β és<br />
A ∈α<br />
∩ β ). Ha a d és d’ egyenes-<br />
nek lenne közös pontja, akkor ez a<br />
d ′ ⊂ α miatt az α síkban<br />
helyezkedne el. Ez nem lehetséges,<br />
α<br />
A '<br />
A<br />
D '<br />
D<br />
A<br />
B '<br />
B<br />
d<br />
V.13. ábra<br />
C '<br />
C<br />
d'
180 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
ha α ∩ d = ∅, tehát d ∩ d′<br />
= ∅. Másrészt, a d és a d′ a β síkban van,<br />
tehát d és d ′ párhuzamos. Ebből két fontos tulajdonság következik:<br />
2.6. Tétel<br />
a) d || α ⇔ α -ban a d-hez legalább egy párhuzamos húzható.<br />
b) Ha A ∉α<br />
egy pont, akkor az A-n át α -hoz mindig végtelen sok párhuzamos<br />
húzható.<br />
A∉<br />
α<br />
A1 ∈ α<br />
1 A<br />
b) Ha a d egyenes nincs benne az α síkban és nem párhuzamos α -val,<br />
akkor a metszetük egy pont.<br />
c) A d egyenes az α síkban van.<br />
6. sík – sík.<br />
Két sík lehet: metsző, illetve párhuzamos. A metsző síkok esetében a<br />
metszet egy egyenes. Ezt nem tárgyaljuk részletesebben. Vizsgáljuk meg,<br />
hogyan lehet két sík párhuzamosságát igazolni, illetve azt, hogyan<br />
szerkeszthető meg az ponton át az α síkhoz húzott párhuzamos<br />
sík.<br />
Legyen egy tetszőleges pont és d 1 , illetve 2 két, -en átmenő<br />
d1<br />
d ′ 1<br />
( d1d<br />
′ 2′<br />
) || α<br />
d′ 1<br />
∩ d1<br />
′1 ∩ { A}<br />
d ∩ d<br />
K ∈<br />
α d<br />
β<br />
d1 ∩ d2<br />
= 1 || β<br />
α β<br />
A∈<br />
α<br />
d || d 2<br />
1 || d 2<br />
α<br />
d<br />
α -beli egyenes. Az A-n át a és a d 2 egyeneshez egy-egy párhuzamos<br />
húzható. Ezeket jelöljük -tel, illetve d ′ 2 -tel. Azt szeretnénk igazolni,<br />
hogy . Ha feltételezzük, hogy ez nincs így, akkor az α és<br />
( d1′ d′ 2)<br />
sík metszete egy d egyenes. Ez a d ⊂ α egyenes a -tel és a 2 -<br />
tel egy síkban van, tehát a d<br />
′ d<br />
′ és 2 d d ∩ ′ halmazok valamelyike nem<br />
üres (mert d d ′2 = ). Feltételezhetjük, hogy ′1 = {K}<br />
. A<br />
d ⊂ α bennfoglalás alapján α , tehát a d ′1 ∩ α halmaz sem üres. Ez<br />
ellentmondás, mert d 1′<br />
|| , tehát ′1 ∩ α = ∅.<br />
E tulajdonság alapján a síkok párhuzamosságának jellemzését a következő<br />
tételben fogalmazhatjuk meg:<br />
2.7. Tétel. Az α és síkok akkor párhuzamosak, ha α -ban létezik a d1 és a d 2<br />
egyenes úgy, hogy {A} , d és d 2 || β .<br />
A 2.6. tétel és 2.7. tétel néhány azonnali következményét fogalmaztuk meg az<br />
alábbiakban. Ezeket gyakran fogjuk használni.<br />
2.8. Tétel<br />
a) Ha a d egyenes párhuzamos az síkkal, akkor a d-n átmenő síknak az α<br />
síkkal való metszete párhuzamos a d-vel.<br />
b) Ha d || α és , akkor az A-n át a d-hez húzott párhuzamos az α síkban<br />
van.<br />
c) Ha d || d1<br />
és , akkor d .<br />
d) Ha α || β , akkor minden egyenese párhuzamos a β síkkal.
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 181<br />
e) Ha az α és β párhuzamos síkokat a γ sík a d és a d ′ egyenesben metszi,<br />
akkor d || d′<br />
.<br />
f) Ha α || β és α || γ , akkor β || γ .<br />
Az eddigiek alapján valamely térbeli alakzatot akkor nevezünk<br />
megszerkesztettnek (vagy meghatározottnak), ha az őt alkotó pontok, egyenesek és<br />
síkok előre adottak, vagy az előbb leírtak alapján meghatározottak. Ezt az alábbi<br />
táblázatban<br />
foglaltuk össze:<br />
pont – előre adott<br />
– két egyenes metszéspontja<br />
– egy sík és egy egyenes metszéspontja<br />
egyenes – előre adott<br />
– két pont által meghatározott<br />
– két sík metszete<br />
sík – előre adott<br />
– három nemkollineáris pont<br />
– egy d egyenes és egy A∉ d pont<br />
– két metsző egyenes (d és d ′ )<br />
– két párhuzamos egyenes<br />
– egy α sík és egy A ∉ α pont, amelyen<br />
át α -hoz párhuzamost húzunk<br />
2.9. Megoldott gyakorlatok<br />
1. Ha a , és egyenesek közül bármely kettő metszi egymást és az<br />
d<br />
d1 2 d 3<br />
egyenesek nincsenek egy síkban, akkor egy pontban metszik egymást.<br />
Megoldás. A lehetetlenre való visszavezetés módszerét használjuk. Feltételezzük,<br />
A} = d ∩ d , { B} = d ∩ d és<br />
hogy az egyenesek nem összefutók, vagyis az { 1 2<br />
{ C} = d ∩ d pontok páronként különbözők. Ezek a pontok egy α síkot határoznak<br />
3<br />
1<br />
meg. Mivel A ∈α<br />
és B ∈α<br />
, valamint A ∈ d 2 és B ∈ d 2 , következik d 2 ⊂ α .<br />
Hasonlóan belátható, hogy d 1 ⊂ α és d 3 ⊂ α , tehát az egyenesek egy síkban vannak.<br />
Ez<br />
ellentmond a feltevésnek, következésképp az egyenesek összefutók.<br />
O<br />
2. Két szög, melynek szárai rendre párhuzamosak egymással, vagy kongruensek,<br />
vagy kiegészítő szögek.<br />
V14 ábraA1 Megoldás. Jelöljük a szögek csúcsait -gyel és O -vel,<br />
1<br />
O<br />
2<br />
A<br />
2<br />
B<br />
B<br />
1<br />
2<br />
majd vegyük fel a száraikon az A1 , B1 illetve A2<br />
, B2<br />
pontokat úgy, hogy teljesüljenek a következő feltételek:<br />
A O A O B ≡ O B , valamint a B és B ,<br />
[ O ] ≡ [ ] , [ ] [ ]<br />
1<br />
1<br />
2 2 1 1 2<br />
A1 2 A 2<br />
2<br />
2<br />
O1 2<br />
illetve az és az O 1O egyenes által meghatározott<br />
ugyanazon félsíkba kerüljön az A1O1O 2 , illetve B1O1O2<br />
síkokban.<br />
1<br />
3<br />
2
182 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
Így A O és [ A ] O A , tehát az O A A O négyszög paralelogramma.<br />
O 1 1 || 2 A2<br />
O1 1 ≡ [ 2 2 ] 1 1 2 2<br />
Hasonlóan belátható, hogy az O O B B négyszög is paralelogramma, tehát<br />
A 1A2<br />
|| O1O2<br />
1 2 1 2<br />
1<br />
és B B || O O , továbbá [ A 1A2<br />
] [ O1O2<br />
] = [ B1B2<br />
]<br />
A B<br />
[ B ] [ A ]<br />
2<br />
2<br />
1<br />
= . Ebből következik,<br />
hogy az 1A2B<br />
2 1 négyszög is paralelogramma, tehát A 1 1 = 2B2<br />
.<br />
Tehát az A1O1 B1<br />
és A2O2 B2<br />
háromszögek egybevágók, így A1O<br />
1B1∠<br />
≡ A2O2B2<br />
∠ .<br />
Előfordulhat, hogy eredetileg e két szög közül valamelyiknek a kiegészítőjéről van<br />
szó, tehát a <strong>feladat</strong> állítása igaz.<br />
3. Bizonyítsuk be, hogy a d és a d ′ kitérő egyeneseken át egyetlen párhuzamos<br />
(α, β) síkpár fektethető ( d ⊂ α és d ′ ⊂ β ).<br />
d ⊂ α⎫<br />
Bizonyítás. ⎬ ⇒ d || β . Ha A ∈ d ′ , akkor d || β , az A ∈ β alapján követ-<br />
α || β ⎭<br />
kezik, hogy A-n át a d-hez húzott d1 párhuzamos a β síkban van. Mivel a d ′ és a d 1<br />
egyenesek metszik egymást és nem egybeesők, az általuk meghatározott sík éppen a<br />
β . Ha A ′ ∈ d ′ , akkor az A′ -en át a d-hez húzott párhuzamos szintén a β síkban van,<br />
tehát a β egyértelműen meghatározott. Hasonlóan, az α is egyértelműen<br />
meghatározott.<br />
4. Az Ox, Oy és Oz félegyenesek mindegyikén vegyünk fel két-két pontot:<br />
A , A'∈<br />
( Ox , B , B'∈<br />
( Oy és C , C'∈<br />
( Oz . Bizonyítsuk be, hogy ha léteznek az<br />
AB ∩ A'B'<br />
, AC ∩ A'C'<br />
és BC ∩ B'C'<br />
metszéspontok, akkor azok egy<br />
egyenesen vannak (Desarques tétele).<br />
Bizonyítás. Jelöljük d-vel az ABC és A’B’C’ síkok közös egyenesét.<br />
AB ⊂ ( ABC)<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ AB ∩ A'<br />
B'⊂<br />
( ABC)<br />
∩ ( A'<br />
B'C'<br />
) , tehát AB ∩ A'<br />
B'∈<br />
d . Belátható,<br />
A'<br />
B'⊂<br />
( A'<br />
B'C'<br />
) ⎭<br />
hogy a másik két metszéspont is a d-n van, tehát a három metszéspont kollineáris.<br />
5. A változó AB szakasz végpontjai két párhuzamos (α és β ) síkban mozognak<br />
( A ∈α, B ∈ β ) . Határozzuk meg az AB szakasz felezőpontjának mértani helyét!<br />
Megoldás. Legyen és B két rögzített pont az α , illetve a β síkban. Jelöljük<br />
M 0<br />
0 0 B<br />
A0 0<br />
-val az A szakasz felezőpontját és µ -vel az M -n át az α -val húzott<br />
párhuzamos síkot. A továbbiakban igazoljuk, hogy a mértani hely a µ . Ehhez két<br />
bizonyítás szükséges:<br />
1. Igazoljuk, hogy: ha A ∈α<br />
, B ∈β<br />
és M az AB felezőpontja, akkor<br />
M ∈ µ .<br />
0
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 183<br />
Ha A∈<br />
α<br />
[ AB1]<br />
≡ [ A0B0<br />
] . Így az AA0B0<br />
B1<br />
négyszög paralelogramma, tehát B 1B0<br />
|| AA0<br />
és ezért B ∈β<br />
. Ha M az AB és az felezőpontja, akkor az B B AA<br />
M AB<br />
1<br />
, akkor megszerkesztjük az AB || A B szakaszt úgy, hogy<br />
paralelogrammában M M || B B , az ABB háromszögben B B .<br />
1<br />
0<br />
1<br />
0<br />
1<br />
Tehát M1M || β és M 1M<br />
0 || β . Eszerint az ( M 0M1M<br />
) sík is párhuzamos β -<br />
val, tehát M ∈µ<br />
.<br />
2. Igazoljuk, hogy: ha M ∈µ<br />
, akkor létezik A ∈ α és B ∈β<br />
úgy, hogy<br />
M az AB szakasz felezőpontja.<br />
Az M egyenes nem párhuzamos β -<br />
A 0<br />
val, mert az M pont nincs sem az α<br />
síkban, sem a β síkban, tehát az A0M egyenesnek a β -val való metszete egy<br />
pont. Jelöljük ezt B -vel. Az A 0B háromszögben MM középvonal, mert<br />
[ ]<br />
0M<br />
0 [ M 0B0 ]<br />
0<br />
2<br />
0 B<br />
A ≡ és M M || B B (az<br />
A0 B0B<br />
2 sík az α és β párhuzamos<br />
0<br />
síkokat párhuzamos egyenesekben metszi), tehát [ M ] [ MB ]<br />
0<br />
2<br />
2<br />
1<br />
1<br />
1<br />
0<br />
0<br />
α<br />
µ<br />
β<br />
0<br />
M 0<br />
A 0<br />
A ≡ .<br />
2<br />
0 0<br />
MM1 || 1<br />
M<br />
B 0 B<br />
V.15.ábra<br />
V.3. Szögek a térben. Merőlegesség. Távolságok<br />
Az V.2. paragrafus második megoldott <strong>feladat</strong>a alapján a következő<br />
értelmezést<br />
adjuk:<br />
3.1. Értelmezés. A d és d térbeli egyenesek szögén bármely olyan MON ∠<br />
1<br />
2<br />
⎡ π ⎤<br />
szöget értünk, amelyre OM || d1 , ON || d2 és m ( MON∠)<br />
∈ ⎢0,<br />
⎣ 2 ⎥ .<br />
, d ⎦<br />
2<br />
V.16. ábra<br />
V.17. ábra<br />
d 2<br />
d 1<br />
3.2. Megjegyzés. Ha d1 és 2 egy síkban vannak, akkor a síkban meghatározott<br />
szögük is teljesíti a 3.2. értelmezés feltételeit, tehát ez esetben a megszabott<br />
szögfogalomhoz jutunk.<br />
d<br />
N<br />
M<br />
O<br />
,<br />
d1 1
184 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
3.3. Értelmezés. A és egyenest egymásra merőlegesnek nevezzük, ha<br />
d<br />
<br />
90<br />
-os szöget zárnak be.<br />
d1 2<br />
3.4. Feladat. Bizonyítsuk<br />
be, hogy ha egy d egyenes<br />
merőleges az α sík d1 és d 2<br />
metsző egyenesére, akkor<br />
merőleges az α sík bármely<br />
egyenesére.<br />
Bizonyítás. Jelöljük O-val<br />
a d és az α metszéspontját és<br />
M-mel a d egyenes egy<br />
tetszőleges pontját. Vegyük fel<br />
az 1 , d1<br />
, B A 1 ∈ 2 , 2 d2<br />
B<br />
α<br />
d<br />
1<br />
A ∈<br />
V.18.ábra<br />
OA ≡ OB ≡ OA ≡ OB . Feltételezhetjük, hogy a d<br />
pontokat úgy, hogy [ ]<br />
1<br />
[ ] [ ] [ ]<br />
1<br />
egyenes metszi az A1A2<br />
és B1B2 szakaszt (lásd az V.18. ábrát). Jelöljük ezeket a<br />
metszéspontokat M1-gyel és M 2 -vel.<br />
A szerkesztések alapján az MOA , MOB , MOA és MOB háromszögek egybe-<br />
vágók, tehát<br />
[ ] [ ] [ MA ] [ MB ]<br />
MB MA ≡ ≡<br />
1<br />
1<br />
1<br />
≡ . (1)<br />
2<br />
1<br />
2<br />
2<br />
A1 B2 d2 d<br />
M O<br />
1 O M2<br />
A2 B1 Az α síkban OA 1A2<br />
∆ ≡ OB1B2<br />
∆ , tehát A2 A1O∠<br />
≡ B2B1O∠<br />
. Mivel<br />
A1OM1 ∠ ≡ B1OM<br />
2∠<br />
és [ OA1 ] ≡ [ OB1]<br />
, következik, hogy az OA1M 1 és OB 1M 2<br />
háromszögek kongruensek. Így [ A1M 1]<br />
≡ [ B1M<br />
2]<br />
. (2)<br />
MB<br />
MB A A ≡ B B összefüggések alapján<br />
[ 1<br />
Másrészt, az [ MA ] ≡ ] , [ MA ] ≡ [ ] és [ ] [ ]<br />
1<br />
1 2∆<br />
B<br />
2<br />
. Ebből következik, hogy<br />
MB<br />
MA ∠ ≡ MA A MB B . (3)<br />
∆ ≡ 1 2 A<br />
2<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
M<br />
1<br />
2<br />
d<br />
∠ 1 2 1 2<br />
MA 1 MB 2<br />
Az (1), (2) és (3) összefüggés alapján az 1M és 1M háromszögek<br />
kongruensek, tehát [ MM1] ≡ [ MM 2]<br />
. Az OA 1M1 és OB 1M 2 háromszögek<br />
OM ≡ OM , tehát az OM és OM<br />
kongruenciája értelmében [ ]<br />
háromszögek is kongruensek. Így<br />
1<br />
[ ]<br />
2<br />
2<br />
M 1<br />
M 2<br />
M OM∠<br />
≡ M OM∠<br />
a (dM) síkban<br />
( M1<br />
OM∠)<br />
+ m(<br />
M OM∠)<br />
= π , tehát ( M OM∠)<br />
= m( M OM∠)<br />
m 2<br />
merőleges d -ra.<br />
0<br />
1<br />
2<br />
π<br />
m 1<br />
2 = , vagyis a d<br />
2<br />
3.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha MO⊥ OB , MO⊥ OA és<br />
( O , A,<br />
B ∈α<br />
és ∉α<br />
m MAO∠<br />
< m MAB∠<br />
.<br />
M ), akkor ( ) ( )<br />
0<br />
AB⊥OB<br />
Bizonyítás. A feltételek alapján AB merőleges OB-re és MO-ra, tehát merőleges az<br />
(MOB) sík két metsző egyenesére. A 3.4. <strong>feladat</strong> alapján AB⊥ MB . Az MOA és MBA
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 185<br />
MO<br />
MB<br />
sin . Az MOB<br />
derékszögű háromszögekben sin ( MAO ∠)<br />
= és ( MAB ∠)<br />
=<br />
MA<br />
MA<br />
derékszögű háromszögben MB>MO, tehát<br />
sin ( MAB∠) > sin(<br />
MAO∠)<br />
. Mivel az MAB és<br />
⎡ π ⎤<br />
MAO szög mértéke a<br />
⎢<br />
0,<br />
⎣ 2 ⎥<br />
intervallumban<br />
⎦<br />
V.19.ábra<br />
M<br />
található,<br />
alapján:<br />
a szinuszfüggvény monotonitása<br />
m( MAB∠)<br />
> m(<br />
MAO∠)<br />
.<br />
Az előbbi <strong>feladat</strong>ok egy fontos tényre<br />
világítanak rá: ha A az α sík és a d egyenes<br />
metszéspontja és d’ az A-n átmenő tetszőleges<br />
egyenes, akkor a d és a d’ által bezárt szög a<br />
α<br />
A<br />
B<br />
O<br />
⎡ π⎤<br />
⎢θ0,<br />
⎥ intervallumban változik, ahol θ 0 egy jól meghatározott érték. Ennek alapján<br />
⎣ 2 ⎦<br />
a d egyenes és az α sík szögén az előbbi θ 0 szöget értjük. Ez eléggé komplikált<br />
értelmezéshez vezetne, ezért előbb értelmezzük a síkra húzott merőleges egyenes<br />
π<br />
fogalmát. Ez azt jelenti, hogy θ 0 = , vagyis d merőleges α minden egyenesére.<br />
2<br />
3.6. Értelmezés. A d egyenes merőleges az α síkra, ha merőleges az α sík<br />
minden egyenesére.<br />
A 3.4. <strong>feladat</strong> alapján érvényes a következő tétel:<br />
3.7. Tétel. Ha a d egyenes merőleges az α sík két metsző egyenesére, akkor<br />
merőleges az α -ra. Ezt a d ⊥α<br />
szimbólummal jelöljük. Ha M ∈ d , d⊥α<br />
, és<br />
d ∩ α = {O}<br />
, akkor az O-t az M pont α síkra eső vetületének nevezzük.<br />
A 3.6. értelmezés és 3.7. tétel alapján a 3.5. <strong>feladat</strong> eredményeit a következőképpen<br />
fogalmazhatjuk újra:<br />
3.8. Tétel (A három merőleges tétele). Ha d ⊥α<br />
, d ∩ α = {O}<br />
, O ∈ d , d ⊂ α ,<br />
⊂ α és , akkor MN⊥d , ahol d<br />
d2 d2⊥d1 2<br />
V.20. ábra<br />
α<br />
d 2<br />
d 1<br />
d 2<br />
M ∈ tetszőleges és<br />
1<br />
N } = d1 ∩ d2<br />
M<br />
O<br />
d<br />
{ .<br />
(A 3.5. <strong>feladat</strong>ban OB volt a egyenes, AB a d és MO a d egyenes.)<br />
1<br />
1
186 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
3.9. Tétel. Ha MO ⊥α<br />
( O ∈ α ) és A ∈α<br />
tetszőleges, akkor<br />
m ( MAO∠) ≤ m(<br />
MAN∠)<br />
bármely N ∈α<br />
esetén, és az egyenlőség akkor teljesül, ha<br />
N ∈ AO .<br />
Ennek alapján a d egyenes és az α sík szöge az MAO∠ -gel kongruens, ahol M ∈ d<br />
tetszőleges ( M ∉ α ), O az M pont<br />
vetülete az α síkra és { A} = d ∩ α . A<br />
d<br />
kifejezésmód egyszerűsítésének céljából<br />
M<br />
az OA egyenest a d egyenes α síkra eső<br />
merőleges vetületének nevezzük. Így a<br />
k övetkező értelmezéshez jutunk:<br />
3.10. Értelmezés. A d egyenes és<br />
az α sík szögén a d egyenes és a d-nek<br />
az α síkra eső merőleges vetülete által<br />
bezárt szöget értjük. (Ha a vetület egy<br />
pont, akkor a d egyenes merőleges az α<br />
síkra.)<br />
α<br />
O<br />
V.21. ábra<br />
3.11. Értelmezés. Ha M a tér egy tetszőleges pontja és α egy sík, valamint M 1<br />
az M pont α síkra eső vetülete, akkor az MM1 szakasz hosszát az M pontnak az α<br />
síktól való távolságának nevezzük.<br />
Két sík szögének értelmezésekor valamivel egyszerűbb dolgunk lesz. Előbb oldjuk<br />
meg a következő <strong>feladat</strong>ot:<br />
3.12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha a d egyenes az α síkot a B pontban<br />
metszi, O az M ∈ d (M ∉ α ) pont vetülete az α síkra, és A ∈α<br />
úgy, hogy<br />
<br />
m ( ABO∠)<br />
= 90 , akkor m ( MBO ∠) ≥ m(<br />
MAO∠)<br />
.<br />
Bizonyítás. Az MOB és MOA<br />
M derékszögű háromszögekből<br />
MO<br />
sin MBO ∠ =<br />
és<br />
α<br />
A<br />
B<br />
V.22. ábra<br />
O<br />
( ) MB<br />
MO<br />
sin ( MAO ∠)<br />
= . Mivel MB⊥ AB<br />
MA<br />
(a három merőleges tétele alapján),<br />
MA ≥ MB , így<br />
sin MBO∠ ≥ sin MAO∠<br />
, tehát<br />
( ) ( )<br />
( MAO∠) ≥ m(<br />
MBO∠)<br />
m .<br />
Legyen α és β két metsző sík és d a közös egyenesük, valamint<br />
és O az M pont α síkra eső merőleges vetülete. Metsszük az α és a β síkot egy<br />
A<br />
M ∈β<br />
\<br />
változó µ<br />
síkkal, amely tartalmazza az M és az O pontot. Az előbbi <strong>feladat</strong> alapján az<br />
d
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 187<br />
α és a β sík által a µ síkban<br />
meghatározott szög mértéke akkor és csak<br />
akkor maximális, ha d⊥µ<br />
. Ha B az M<br />
M<br />
pont d egyenesre eső vetülete, akkor a két<br />
sík által közrezárt térrészt az MBO szög<br />
d<br />
β<br />
mértékével jellemezhetjük. A kifejezésmód<br />
egyszerűsítése céljából ismét<br />
bevezetünk néhány fogalmat:<br />
A<br />
B<br />
O<br />
α<br />
3.13. Értelmezés. Ha d az α′ és a<br />
β′ félsík közös egyenese, akkor az<br />
V.23.ábra<br />
α′ ∪β′<br />
halmazt az α ′ és β′ síkok lapszögének nevezzük, és így jelöljük: α ′ β′ ∠ . Az<br />
α′ és β′<br />
félsíkokat a lapszög lapjainak, a d egyenest a lapszög élének nevezzük. Ha<br />
nem vezet félreértéshez (a d egyenesre csak egy lapszög illeszkedik), a lapszöget<br />
egyszerűen d∠<br />
-gel is jelöljük.<br />
3.14. Értelmezés. Az α′ β′ ∠ lapszög mértékén a µ síkkal való metszeten<br />
keletkező síkszög mértékét értjük, ahol µ ⊥d<br />
.<br />
3.15. Megjegyzések<br />
π<br />
1. Ha α′ = β′ , akkor m(<br />
α′<br />
β′ ∠)<br />
= 0 , illetve ha α′ ⊥β′<br />
, akkor m ( α′ β′ ∠)<br />
= .<br />
2<br />
2. Az α , illetve a β által határolt azon félterek metszetét, amelyek a β′ -t, illetve<br />
-et tartalmazzák, a lapszög belsejének nevezzük, és így jelöljük: int α′ β′<br />
∠ .<br />
α′ ( )<br />
3.15. Megoldott <strong>feladat</strong>ok<br />
3.15.1. Feladat. Jelentsük ki a három merőleges tételének fordított állításait! Ezek<br />
közül melyek igazak?<br />
Megoldás. Valamely tétel egy fordított állítását úgy fogalmazzuk meg, hogy a<br />
következtetést megcseréljük valamelyik feltétellel. Ezért a három merőleges tételében<br />
a feltételeket olyan formában fogalmazzuk meg, hogy a bennfoglalások ne jelenjenek<br />
meg a feltételekben. Ezt a következő képpen tehetjük meg:<br />
Ha M, O és N pontok a térben és 1<br />
MO<br />
MO ⇒ MN<br />
ON<br />
d N ∈ , akkor igaz a következő implikáció:<br />
⊥d1<br />
⎫<br />
⎪<br />
⊥ON⎬<br />
⊥d1<br />
.<br />
⊥d<br />
⎪<br />
1 ⎭
188 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
Látható, hogy három fordított állítás fogalmazható meg:<br />
MN⊥d1<br />
⎫<br />
⎪<br />
1. MO⊥ON⎬<br />
⇒ MO⊥d1<br />
;<br />
ON⊥d<br />
⎪<br />
1 ⎭<br />
MO⊥d1⎫<br />
⎪<br />
2. MN⊥d1<br />
⎬ ⇒ MO⊥ON<br />
;<br />
ON⊥d<br />
⎪<br />
1 ⎭<br />
MO⊥d1<br />
⎫<br />
⎪<br />
3. MO⊥ON⎬<br />
⇒ ON⊥d1<br />
.<br />
MN⊥d<br />
⎪<br />
1 ⎭<br />
Vizsgáljuk meg, hogy ezek igazak-e!<br />
d1⊥NO<br />
⎫<br />
1. ⎬ ⇒ d1⊥(<br />
MON)<br />
⇒ d1⊥MO<br />
.<br />
d1⊥MN⎭<br />
Látható, hogy az MO⊥ON<br />
feltételt nem<br />
használtuk. Ez a feltétel a d1⊥MO<br />
-val<br />
együtt viszont azt jelenti, hogy MO⊥<br />
(d1,<br />
O)<br />
.<br />
Az állítás tehát igaz.<br />
2. Az előbbiek alapján a három feltétel közül<br />
már kettő is biztosítja, hogy d 1 ( ) MON<br />
V.24. ábra<br />
M<br />
d1 N O<br />
⊥ , de ez nem árul el semmit az M és az O<br />
pont helyzetéről, tehát úgy tűnik, az állítás nem igaz. A matematikailag is helyes<br />
bizonyítás ilyenkor egy ellenpélda megszerkesztése. Képzeljük el, hogy az MON ∆<br />
<br />
előre adott és m ( MON ∠)<br />
= 60 . Ha merőlegest emelünk a háromszög síkjára az<br />
N csúcsban, akkor az így kapott alakzatra teljesülnek a 2. állítás feltételei, de nem<br />
teljesül a következtetés, tehát az állítás nem igaz.<br />
MO⊥d1⎫<br />
3. ⎬ ⇒ d1⊥(<br />
MON)<br />
, tehát d1 ⊥ON<br />
. Tehát az állítás igaz.<br />
MN⊥d1<br />
⎭<br />
A 3.15.1. <strong>feladat</strong> megoldása alapján kijelenthetjük a következő két fordított tételt:<br />
1. Ha MO ⊥α<br />
, O ∈α<br />
és 1 d MN⊥ , ahol 1 d N ∈ , akkor ON 1 d ⊥ .<br />
2. Ha N ∈ d1<br />
, 1 , d ON⊥ 1 d MN⊥ és MO⊥ ON , akkor α ⊥ MO .<br />
3.15.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha d1 és 2 kitérő egyenesek, akkor<br />
létezik olyan<br />
d<br />
M ∈ d1<br />
és N ∈ d2<br />
pont, amelyre<br />
1 d MN⊥ és 2 d MN⊥ .<br />
'<br />
Bizonyítás. Vegyük fel a d1<br />
-en a tetszőleges A pontot, és húzzunk A-n át d 2<br />
párhuzamost a d egyeneshez. Vegyük fel a tetszőleges B pontot a d egyenesen és<br />
2<br />
2<br />
( 1d2<br />
B0 0<br />
'<br />
vetítsük le a d ) síkra. Ha a vetület talppontja, akkor a B -n át a d<br />
2
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 189<br />
egyeneshez húzott párhuzamos a<br />
keresett M pontot adja, és az N pont az<br />
M-nek a d2<br />
egyenesre eső vetülete.<br />
'<br />
1 2 d<br />
Valóban:<br />
BB0⊥(<br />
d ) ⎪⎫<br />
⎬ ⇒ d 2⊥BB0<br />
és d1⊥BB<br />
'<br />
0<br />
d 2 || d 2 ⎪⎭<br />
MN⊥d2<br />
⎫<br />
⎪<br />
. BB0⊥d<br />
2 ⎬ ⇒ MB0BN<br />
téglalap,<br />
MB d ⎪<br />
0 || 2 ⎭<br />
tehát MN || B0B<br />
, ezért 1 és d MN⊥ MN 2 d<br />
d2 N<br />
d<br />
d1 A M<br />
⊥ .<br />
’<br />
2<br />
B<br />
Bo V.25. ábra<br />
Megjegyzés. Az MN szakasz hosszát a d1 és 2 kitérő egyenesek távolságának<br />
evezzük.<br />
d<br />
n<br />
3.15.3. Feladat. Vetítsük le az A A … A síksokszög minden csúcsát a µ síkra,<br />
A A … A<br />
n<br />
területe T v = T ⋅cosα<br />
.<br />
Megoldás. Az összefüggést elégséges háromszög esetén bizonyítani, mert minden<br />
sokszög felbontható háromszögekre, tehát<br />
∑ − n 1<br />
k = 2<br />
1M⊥<br />
A1 A A<br />
' vetületét. Ha A M az<br />
háromszög magassága, akkor a<br />
három merőleges tétele alapján<br />
, tehát<br />
1<br />
' 1 A1 '<br />
A2A<br />
3<br />
A A2<br />
A3<br />
1<br />
T[ A2<br />
A3<br />
] = A2<br />
A3<br />
⋅ A1M<br />
2<br />
1 '<br />
T [ 2A3<br />
] = A2<br />
A3<br />
⋅ A1M<br />
.<br />
2<br />
és<br />
1<br />
2<br />
amely az ( A A … A ) síkkal α szöget zár be. Bizonyítsuk be, hogy ha az<br />
1<br />
2<br />
1 2 n<br />
n<br />
síksokszög területe T, akkor a vetületek által meghatározott sokszög<br />
n−1<br />
n−1<br />
' ' ' [ A A A ] = T[<br />
A A A ] ⋅cos<br />
= cosα<br />
⋅ T[<br />
A A A ]<br />
k + 1<br />
∑ 1 k k + 1 ∑<br />
T = T<br />
α = cosα<br />
⋅T<br />
.<br />
v<br />
1<br />
k<br />
k = 2<br />
Két esetet vizsgálunk meg.<br />
1. eset. Ha az ( A1<br />
A2<br />
A3<br />
) ∩ µ egyenes párhuzamos a háromszög egyik<br />
oldalával, például az A2A<br />
3 -mal,<br />
akkor az A -n át egy µ<br />
A1 2A3 1<br />
párhuzamos síkot fektetünk µ -vel, és<br />
'<br />
A1 1 A 1<br />
jelöljük -vel az -nek<br />
µ -re eső<br />
A 2<br />
k = 2<br />
M<br />
1<br />
A 3<br />
k<br />
k + 1<br />
V.26. ábra<br />
A' 1
190 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
'<br />
T [ A A2<br />
A3<br />
]<br />
Ebből következik, hogy<br />
T<br />
'<br />
1 MA<br />
[ A A A ]<br />
1<br />
2<br />
3<br />
A1M<br />
'<br />
= = cos A1<br />
1 = cosα<br />
, mert az<br />
A M<br />
( A1<br />
A2<br />
A3<br />
) és µ síkok szöge éppen A1MA1∠<br />
.<br />
2. eset. Ha az ( A 1A2<br />
A3<br />
) ∩ µ = d egyenes nem párhuzamos a háromszög egyik<br />
oldalával sem, akkor valamelyik csúcson át az A A ) síkban d<br />
párhuzamost lehet húzni d-vel úgy, hogy az A1,<br />
A2 és A3 pontok a d1<br />
által<br />
A1<br />
meghatározott<br />
félsíkba kerüljenek.<br />
ugyanazon<br />
A2<br />
'<br />
'<br />
1<br />
( A1 2 3<br />
1<br />
Jelöljük µ -gyel a d -n át µ -hoz<br />
húzott párhuzamos síkot és A -vel,<br />
'<br />
A3 1 A 3<br />
illetve -vel az és A pontok<br />
µ -re eső vetületét. A A nem párhu-<br />
1<br />
zamos d -gyel, tehát megszerkeszt-<br />
'<br />
hető az A A ∩ d = { A } pont. Az<br />
1 2 A A<br />
'<br />
'<br />
1<br />
és A A háromszögek<br />
egy-egy oldala d -n van, tehát az első eset alapján<br />
A<br />
4<br />
1<br />
1<br />
3<br />
3<br />
1<br />
2 A4<br />
'<br />
T [ A A A ] = T [ A A A ] ⋅ cosα<br />
és [ A ] [ A ]⋅<br />
3<br />
2<br />
4<br />
A' 1 A3<br />
A'<br />
3<br />
következik, hogy<br />
2<br />
A4<br />
V.27. ábra<br />
3<br />
4<br />
µ1<br />
' 2<br />
1<br />
T A1A 4 = T 1A2<br />
A4 cosα<br />
. Innen<br />
' '<br />
'<br />
'<br />
[ A A A ] T[<br />
A A A ] − T[<br />
A A A ]=<br />
T 1 3 2 = 1 2 4 3 2 4<br />
= T A1<br />
A2<br />
A4<br />
⋅ cosα − T A3<br />
A2<br />
A4<br />
⋅ cosα<br />
( A1<br />
A2<br />
A4<br />
− T A3<br />
A2<br />
A4<br />
⋅ cosα<br />
= T A1<br />
A2<br />
A3<br />
[ ] [ ] =<br />
[ ] [ ] [ ] ⋅ α<br />
= T cos .<br />
3.15.4. Feladat. Az αβ ∠ lapszög éle d. Határozzuk meg azon M ∈int(<br />
αβ∠)<br />
pontok mértani helyét, amelyekre d ( M , α) = d(<br />
M , β)<br />
.<br />
Megoldás. Jelöljük M1 -gyel és M 2 -vel az M pontnak az α és β síkokra eső<br />
vetületét, illetve M 0 -val az M pont d egyenesre eső vetületét.<br />
A három merőleges tételének 1. fordított<br />
β<br />
M2<br />
M<br />
tétele alapján M 1M<br />
0⊥d<br />
és M 2M<br />
0⊥d<br />
,<br />
tehát az M , M 1, M 2 és M 0 pontok egy, a<br />
d-re merőleges síkban helyezkednek el.<br />
Ebben a síkban az MM1<br />
, illetve MM 2 az<br />
M M M szög száraitól mért távolságok,<br />
d<br />
M1<br />
M0 α<br />
V.28. ábra<br />
1<br />
0<br />
tehát ha<br />
M M M<br />
1<br />
MM<br />
0<br />
0<br />
2<br />
2<br />
MM<br />
1<br />
3<br />
4<br />
MM = , akkor M az<br />
2<br />
szög szögfelezőjén van. Az<br />
és d egyenesek által meghatározott
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 191<br />
síknak és egy tetszőleges, d-re merőleges µ síknak a közös d egyenese párhuzamos<br />
' ' '<br />
M 0 M -mel, tehát a µ által az α és a β síkon meghatározott M M M szög<br />
szögfelezője. Így az ( MM 0, d)<br />
sík a keresett mértani hely. Ezt a síkot az αβ lapszög<br />
s zögfelezősíkjának nevezzük.<br />
3.15.5. Feladat. Ha A, B és C három nemkollineáris pont, határozzuk meg az A, B<br />
és C ponttól egyenlő távolságra levő M pontok mértani helyét!<br />
Megoldás. A, B és C nem kollineáris, tehát egy α síkot határoznak meg. Jelöljük<br />
M -val az M pont α síkra eső merőleges vetületét.<br />
0<br />
V.29. ábra<br />
Ha [ MA] ≡ [ MB]<br />
≡ [ MC]<br />
, akkor az MM , MM B és MM C derékszögű<br />
háromszögekben<br />
MM 0 A∆<br />
≡ MM 0B∆<br />
MM 0 közös és az átfogók kongruensek, tehát<br />
≡ MM 0C∆<br />
. Ebből következik, hogy [ M 0 A] ≡ [ M 0B]<br />
≡ [M0C]<br />
,<br />
tehát M rajta van az AB, BC és AC szakaszok felezőmerőlegesein. A síkgeometriából<br />
0<br />
tudjuk, hogy ez csak akkor lehetséges, ha M az ABC köré írt kör középpontja.<br />
Tehát az M pont az ABC∆<br />
köré írható kör középpontjában, a háromszög síkjára emelt<br />
d merőleges egyenesen van. Azt kell még belátnunk, hogy a d bármely pontja az A, B,<br />
és C ponttól egyenlő távolságra van. Ha M ≡ M , akkor a tulajdonság igaz. Ha<br />
M ≡/ M , akkor az AM M , BM M és CM M derékszögű háromszögek<br />
0<br />
0<br />
0<br />
befogója közös, és az AM 0, BM 0 , valamint CM 0 befogók kongruensek. Ebből<br />
következik, hogy AM M ≡ BM M ≡ CM M , tehát [ AM ] ≡ [ BM ] ≡ CM ] .<br />
0 ∆ 0 ∆ 0 ∆<br />
[<br />
T ehát a keresett mértani hely az egész d egyenes.<br />
B<br />
0 A 0<br />
0 ∆<br />
0<br />
0<br />
0<br />
M<br />
M 0<br />
0<br />
A<br />
1<br />
0<br />
2<br />
V.30. ábra<br />
C<br />
MM 0<br />
Megjegyzés. Hasonlóan igazolható a következő tulajdonság is:<br />
a) Azon pontok mértani helye, amelyek a rögzített A és B ponttól egyenlő<br />
távolságra vannak, az AB szakasz felezőpontjában a szakaszra emelt merőleges<br />
sík. (Ezt a síkot az AB szakasz felezőmerőleges-síkjának nevezzük.)
192 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
2<br />
2<br />
b) Azon M pontok mértani helye, amelyekre k1MA − k2MB<br />
konstans ( 1 0<br />
és ), egy, az AB-re emelt merőleges sík.<br />
> k<br />
0 k<br />
2 ><br />
V.4. Gyakorlatok és <strong>feladat</strong>ok<br />
1. Bizonyítsd be: ha A, B, C és D négy, nem egy síkban levő pont, akkor létezik<br />
olyan O pont, amelyre OA = OB = OC = OD (másképpen fogalmazva: minden<br />
tetraéder gömbbe írható).<br />
2. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥ AB,<br />
DA⊥AC<br />
és AB⊥AC<br />
, akkor<br />
m ( CAB∠) > m(<br />
CDB∠)<br />
.<br />
3. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥ AB,<br />
DA⊥CA<br />
és CD = DB , akkor<br />
AC = AB és m ( CAB∠) > m(<br />
CDB∠).<br />
4. Bizonyítsd be: ha az OA, OB és OC térbeli egyenesek nincsenek egy síkban,<br />
akkor az általuk meghatározott három síkszög mértéke közül bármelyik kettőnek az<br />
összege nagyobb, mint a harmadik mértéke, vagy egyenlő vele.<br />
5. Bizonyítsd be: ha OA, OB és OC térbeli egyenesek, akkor<br />
m ( BOA ∠) + m(<br />
BOC∠)<br />
+ m(<br />
COA∠)<br />
< 2π<br />
.<br />
6. Az OA, OB és OC egyenesek páronként merőlegesek. Az OA=a, OB=b és OC=c<br />
szakaszok hosszának függvényében számítsd ki az (ABC) és (OBC) síkok<br />
lapszögét, valamint az O pont (ABC) síktól mért távolságát. Fejezd ki az ABC∆<br />
területét az OAB, OBC és OAC háromszögek területének függvényében!<br />
7. Vetítsük le az AB szakaszt három, páronként egymásra merőleges síkra.<br />
Bizonyítsd be, hogy a vetületek hosszának négyzetösszege az AB hosszának<br />
négyzetével egyenlő! Hasonlítsd össze az előbbi két tulajdonságot Pitágorásztétellel!<br />
8. Bizonyítsd be: ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével<br />
egyforma nagyságú szöget zár be, akkor d ⊥α<br />
.<br />
9. (Menelaosz tétele) Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén vegyük fel az<br />
M, N, P, illetve Q pontot. Bizonyítsd be, hogy az M, N, P és Q akkor és csak akkor<br />
AM BN CP DQ<br />
van egy síkban, ha ⋅ ⋅ ⋅ = 1.<br />
MB NC PD QA<br />
10. (Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben A1 ∈ ( BCD)<br />
, O ∈ AA1<br />
,<br />
( ) { 1}<br />
, D AD BCO ∩ =<br />
} { ) ( 1 C AC BDO ∩ = és ( CDO) ∩ AB = { B1}<br />
.<br />
AO AB1<br />
AC1<br />
AD1<br />
Bizonyítsd be, hogy = + + .<br />
OA1<br />
B1B<br />
C1C<br />
D1D<br />
11. Jelöljük G-vel az ABCD tetraéder súlypontját. Bizonyítsd be, hogy az<br />
M ∈ ( AB),<br />
N ∈(<br />
AC)<br />
és P ∈ (AD)<br />
pont által meghatározott sík akkor és csak<br />
BM CN DP<br />
akkor tartalmazza G-t, ha + + = 1.<br />
MA NA PA
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 193<br />
12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az A ′ B′<br />
, B ′ C′<br />
és C ′ A′<br />
középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az A B′<br />
C′ , BC′<br />
A′ és<br />
C A′<br />
B′<br />
háromszögek úgy mozgathatók, hogy az A, B és C csúcsok egy pontban<br />
találkozzanak (vagyis hogy egy tetraédert kapjunk)!<br />
B<br />
A<br />
C’ B’<br />
13. Mi történik, ha a 13. <strong>feladat</strong>ban tompaszögű háromszögből indulunk?<br />
14. Az ABCD A′<br />
B′<br />
C′<br />
D′<br />
és BCFE B′<br />
C′<br />
F′<br />
E′<br />
papírkockák tetejére a V A ′ B′<br />
C′<br />
D′<br />
1<br />
és V B′<br />
E ′ F′<br />
C′<br />
2 szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy<br />
V A′<br />
V B′<br />
1 = 2 = AB . Az A′<br />
B ′ C′<br />
D′<br />
, B ′ C′<br />
E′<br />
F′<br />
, BC C′<br />
B′<br />
, V D ′ C′<br />
1 , illetve V D ′ C′<br />
2<br />
lapot elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot<br />
kapsz, ha a V és V csúcsot úgy mozgatod, hogy azok az A′<br />
B′<br />
D ′ E′<br />
F′<br />
1 2 C′ síkba<br />
kerüljenek?<br />
A’<br />
C
194 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
V.5. Vektorok a térben<br />
A IX. osztályban már tanultál a vektorokról. Célunk kiterjeszteni a vektorok<br />
értelmezését a térre, bevezetni néhány műveletet, amelyet eddig nem ismertél (skalár-<br />
és vektorszorzat), majd ezek segítségével néhány olyan problémakört vizsgálni, amely<br />
természetes tárgyalása vektorokat igényel (súlypont, merőlegesség, kollinearitás,<br />
transzformáció stb.). Mivel a IX. osztályban a vektorokkal végzett műveletek<br />
tulajdonságait igazoltátok, a térbeli vektorok összeadásának és valós számmal való<br />
szorzásának csak néhány tulajdonságát igazoljuk.<br />
V.5.1. A vektor fogalma és értelmezése<br />
Ha A és B két pont a térben, akkor intuitív<br />
szempontból az AB (A-tól B felé) irányított szakaszt<br />
az AB vektorral azonosították. Ez az intuitív<br />
megértés szempontjából nagyon hasznos, de a<br />
matematikai igényeket nem elégíti ki, és sokszor<br />
fogalomzavarhoz vezet, mert összekeveri a kötött és A<br />
szabad vektor fogalmát. A fogalmak rögzítése és<br />
jobb megértése céljából bevezetjük az ekvipolencia<br />
V.31. ábra<br />
relációt:<br />
5.1.1. Értelmezés. Az ( A, B)<br />
és ( C, D)<br />
térbeli pontpárok ekvipolensek, ha az<br />
AD és BC szakaszok középpontja egybeesik. Ezt az ( A , B)<br />
~ ( C,<br />
D)<br />
szimbólummal<br />
jelöljük.<br />
5.1.2. Példák<br />
1. Ha ABCD egy paralelogramma, akkor az AC és BD átlók felezik egymást,<br />
és így az ( A, B)<br />
és ( D, C)<br />
pontpárok ekvipolensek.<br />
2. Ha az A , B,<br />
C és D pont egy egyenesen van és[<br />
AB] ≡ [ CD]<br />
, akkor az<br />
és [ szakaszok felezőpontjai egybeesnek, tehát A , B ~ C,<br />
D .<br />
A<br />
BC ]<br />
( ) ( )<br />
B<br />
C<br />
D<br />
V.32. ábra<br />
5.1.3. Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha ( A B)<br />
~ ( C,<br />
D)<br />
A<br />
C<br />
B<br />
v<br />
B<br />
D<br />
[ AD]<br />
, , akkor csak az előbbi<br />
két eset fordulhat elő, azaz ABDC paralelogramma, vagy A, B, C és D kollineáris és<br />
[ AB] ≡ [DC]<br />
.
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 195<br />
5.1.4. Értelmezés. Az ( A, B)<br />
pontpárral ekvipolens pontpárok halmazát AB<br />
szabadvektornak nevezzük és így jelöljük: AB . A szabadvektorok halmazát V -vel<br />
<br />
jelöljük, és azt mondjuk, hogy az ( A, B)<br />
pontpár a v = AB egy reprezentánsa.<br />
<br />
Látható, hogy valamely v vektort végtelen sok pontpárral értelmezhetünk, de<br />
egy rendezett pontpár mindig egy vektort értelmez. Sőt, ha v egy vektor (amelyet a<br />
( C, D)<br />
pontpár származtat), akkor tetszőleges A ∈τ<br />
(térbeli pont) esetén létezik<br />
olyan B ∈τ<br />
pont, amelyre ( A , B)<br />
~ ( C,<br />
D)<br />
. Ha A∉ CD , a B pontot<br />
megszerkeszthetjük úgy, hogy az A -n át párhuzamost húzunk [ CD]<br />
-vel, és<br />
megszerkesztjük az ABDC paralelogrammát. Ha A∈ CD , akkor az A − C − D<br />
egyenesen fel kell vennünk a B pontot úgy, hogy [ AB] ≡ [ CD]<br />
, és az [ AD],<br />
valamint [BC] szakaszok felezőpontjai egybeessenek. Ezt a következő tételbe<br />
foglaltuk:<br />
5.1.5. Tétel. Bármely v szabadvektor és A térbeli pont esetén létezik a térben<br />
<br />
olyan B pont, amelyre ( A, B)<br />
∈v<br />
.<br />
A<br />
B<br />
D<br />
E tétel alapján, ha A egy<br />
rögzített pont, akkor a<br />
VA = { ( A,<br />
B)<br />
| B ∈τ<br />
} halmaz minden<br />
<br />
v ∈V<br />
vektornak tartalmazza egy-egy<br />
C v<br />
reprezentánsát. A V A halmaz elemeit<br />
A kezdőpontú kötött vektoroknak<br />
V.33. ábra<br />
nevezzük. Az AB kötött vektor<br />
kezdőpontja A és végpontja B . A<br />
továbbiakban általában szabad vektorokról beszélünk, amennyiben kötött vektorokról<br />
lesz szó, akkor ezt külön kihangsúlyozzuk. A térmértanban, akár csak a síkmértanban,<br />
a vektorok hosszát és két vektor által bezárt szöget a reprezentánsok segítségével<br />
értelmezzük.<br />
5.1.6. Értelmezés<br />
<br />
a) A v = AB hosszán az (AB)<br />
szakasz hosszát értjük és v -vel<br />
jelöljük.<br />
<br />
<br />
b) Az u = OA és v = OB vektor<br />
által bezárt szög mértéke egyenlő az<br />
AOB∠<br />
pozitív irányba mért<br />
mértékével.<br />
u<br />
V.34. ábra<br />
v<br />
A<br />
u<br />
O<br />
B<br />
v<br />
5.1.7. Megjegyzések<br />
a) Az AA vektor hossza 0, míg magát az AA vektort általában 0 -ral jelöljük.<br />
<br />
<br />
b) Az u = OA és a v = OB vektor kollineáris, ha az O, A és B pont egy<br />
egyenesen van.
196 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
<br />
c) Az u = OA<br />
<br />
és v = OB<br />
<br />
és v = OB<br />
<br />
O ∈ ; u = OA<br />
vektor ellentétes irányítású, ha ( AB)<br />
azonos irányítású, ha kollineáris és O ∉ ( AB)<br />
.<br />
A komplex számok bevezetésekor láttuk, hogyan végezhetünk műveleteket<br />
számpárokkal. A IX. osztályos vektoralgebrai ismereteink alapján belátható, hogy az<br />
OA és OB vektorok összegének C végpontja (az AOBC paralelogramma negyedik<br />
csúcsa) éppen az A és B pontok affixumainak összegét ábrázoló pont a síkban. A<br />
térbeli vektorokkal végzett műveleteket úgy kell értelmeznünk, hogy amikor a<br />
vektorok egy síkban vannak, akkor az általunk már ismert paralelogramma-szabályhoz<br />
jussunk. Ezt legegyszerűbben úgy végezhetjük el, ha az AB és AC vektorok<br />
összegének azt az AD vektort tekintjük, amelyre ABDC paralelogramma. Ekkor<br />
viszont a következő problémánk adódik: az AB vektor egy halmaz, akárcsak az AC<br />
vektor, tehát az és irányított szakaszok (vagyis az A, B és A, C<br />
AB AC ( )<br />
( )<br />
pontpárok) csak reprezentánsai az AB és AC vektoroknak; az összeg pedig független<br />
kell, hogy legyen a reprezentáns megválasztásától. Vizsgáljuk meg, hogy ha az előbbi<br />
paralelogrammás értelmezést vennénk alapul, akkor ez helyes értelmezés lenne-e!<br />
Pontosabban: tekintsük az u és v vektort, ezeknek két-két ( A 1, B1<br />
) és ( A2<br />
, B2<br />
),<br />
illetve és reprezentánsát. Szerkesszük meg az A1<br />
1 1 és<br />
paralelogrammákat, és vizsgáljuk az<br />
C<br />
( 1 1)<br />
,C A<br />
2 2 C<br />
( A2 ,C 2 )<br />
1D B<br />
2 2D<br />
B A ( A 1 , D1<br />
) , illetve ( A 2 , D2<br />
) pontpárok<br />
ekvipolenciáját.<br />
A<br />
1<br />
C1<br />
B<br />
1<br />
D 1<br />
A<br />
2<br />
V.35. ábra<br />
A bizonyítást csak abban az esetben végezzük el, ha az u és a v nem<br />
kollineáris, és az A 2 nincs rajta az ( A 1C1<br />
) , ( A 1D1<br />
) és ( A 1B1<br />
) egyenesek egyikén sem.<br />
Ekkor [ 1 1]<br />
[ 2 ] C A ≡<br />
[ 1 2 C C ≡<br />
2C A és || A2C2<br />
, tehát paralelogramma, és így<br />
] , valamint 1 2 . (*) C C<br />
1 1 C A<br />
1 2 2<br />
A1<br />
A2<br />
||<br />
A C 1C A<br />
[ 1 2]<br />
A A ( 1 B1<br />
) ,<br />
<br />
A és ( A 2,<br />
B2<br />
) ugyanannak az u<br />
vektornak a reprezentánsai tehát A1B<br />
1B2<br />
A2<br />
paralelogramma. Ebből következik, hogy:<br />
[ A1B 1]<br />
≡ [ A2B<br />
2]<br />
, (1) A1<br />
B1<br />
|| A2B<br />
2 , (2)<br />
B C D A B ≡ C D , (3) B C és A<br />
B C . (4)<br />
De [ A2 1]<br />
≡ [ 1 1]<br />
és [ 2 2]<br />
[ 2 2]<br />
C2<br />
B<br />
2<br />
A1 1 || 1D1<br />
2 2 || 2D2<br />
D2
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 197<br />
C ≡ . A (2) és a (4) alapján C2<br />
D2<br />
|| C1D1<br />
. Tehát<br />
1 1 2 2<br />
C1 2 ≡ 1 2 és C1<br />
C2<br />
|| D1D2<br />
. E két<br />
összefüggés és a (*) összefüggés biztosítja, hogy A1D<br />
1D2<br />
A2<br />
is paralelogramma, tehát<br />
( A 1 , D1<br />
) ~ ( A 2 , D2<br />
) .<br />
Mindez azért szükséges, hogy a vektorok összeadását értelmezhessük a<br />
következő módon:<br />
5.1.8. Értelmezés. Az u és<br />
<br />
v vektorok összegének egy ( A, D)<br />
reprezentánsát<br />
megkapjuk, ha az u és egy-egy közös A kezdőponttal rendelkező<br />
<br />
v <br />
( A, B)<br />
és ( A, C)<br />
reprezentáns esetén megszerkesztjük az ABCD paralelogrammát.<br />
V.36. ábra<br />
B<br />
Megjegyzések<br />
<br />
1. Ezt úgy is értelmezhetjük, hogy az u<br />
Az (1) és a (3) alapján [ 1D1]<br />
[ C2D2<br />
]<br />
C D D C is paralelogramma, és így [ C ] [ D D ]<br />
A<br />
A<br />
u<br />
egy AB reprezentásának B végpontjából<br />
meg-szerkesztjük a v u+v<br />
D<br />
egy BD<br />
reprezentánsát.<br />
v<br />
C<br />
Így a Chasles-szabályhoz (vagy háromszögszabályhoz)<br />
jutunk.<br />
2. Több vektor összegének megszerkesztésére<br />
néha előnyösebb a<br />
Chasles-szabály. Az alábbi ábra négy vektor összegének a kiszámítását<br />
szemlélteti (itt az O, A, B, C és D pontok nem kell, hogy egy síkban legyenek):<br />
Akárcsak kilencedik osztályban, most is igazolhatod az alábbi tulajdonságokat.<br />
A<br />
u<br />
B<br />
D O<br />
a<br />
a+ b<br />
b<br />
B<br />
c<br />
u+v<br />
V.37. ábra<br />
a+b+c+ d<br />
V.38. ábra<br />
D<br />
a+b+c<br />
5.1.9. Tétel<br />
<br />
a) u + v = v + u,<br />
∀u,<br />
v ∈V<br />
;<br />
<br />
b) u + ( v + w)<br />
= ( u + v)<br />
+ w,<br />
∀u,<br />
v,<br />
w∈V<br />
;<br />
<br />
c) v + 0 = v,<br />
∀v<br />
∈V<br />
;<br />
<br />
d) v + ( − v ) = 0 , ∀v<br />
∈V<br />
, itt v <br />
− a (B, A) pontpár által származtatott vektor,<br />
<br />
ahol (A, B) a v egy reprezentánsa;<br />
<br />
e) u + v ≤ u + v , ∀u,<br />
v ∈V<br />
;<br />
f)<br />
<br />
u<br />
<br />
− v<br />
<br />
≤ u + v ,<br />
<br />
∀u,<br />
v ∈V<br />
.<br />
d<br />
C
O<br />
198 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
A b) és e) pontok geometriai értelmezését a szemléletesség kedvéért mi is vázoltuk<br />
(ezek az ábrák bizonyításként is szolgálnak).<br />
<br />
b) ( u + v)<br />
+ w = OB + BC = OC ;<br />
<br />
u + ( v + w)<br />
= OA + AC = OC.<br />
<br />
<br />
e) u + v = OB ≤ OA + AB = u + v .<br />
u<br />
u+ v+w<br />
( )<br />
A<br />
u+ v<br />
(u+v)+w<br />
V.38. ábra<br />
v<br />
v+ w<br />
B<br />
C<br />
w<br />
O<br />
u<br />
u+ v<br />
Az összeadás bevezetéséhez hasonlóan kimutatható, hogy ha az u szabad vektor egy<br />
(A, B) reprezentásából kiindulva megszerkesztjük a D ∈ AB pontot úgy, hogy<br />
AD<br />
= λ legyen, akkor az (A, D) által származtatott vektor nem függ az (A, B)<br />
AB<br />
reprezentáns megválasztásától, tehát helyes az alábbi értelmezés:<br />
5.1.10. Értelmezés. Ha u ∈V<br />
<br />
, akkor a u <br />
λ ⋅ vektor egy (A,D) reprezentánsát<br />
úgy kapjuk meg, hogy az u egy (A,B) reprezentánsából kiindulva megszerkesztjük azt<br />
a pontot, amelyre<br />
<br />
AD<br />
D ∈ AB<br />
= λ .<br />
AB<br />
5.1.11. Megjegyzések<br />
1. Ha λ pozitív, akkor u és<br />
<br />
u <br />
λ ⋅ azonos irányítású.<br />
<br />
2. Ha λ negatív, akkor u és λ ⋅u<br />
ellentétes irányítású.<br />
<br />
3. − u = ( −1)<br />
⋅ u<br />
<br />
4. Ha u = 0 , akkor λ ⋅ u = 0, ∀λ<br />
∈ R<br />
<br />
<br />
és 0 ⋅ u = 0,<br />
∀u<br />
∈V<br />
.<br />
Thálesz tételének segítségével igazolhatók az alábbi tulajdonságok:<br />
5.1.12. Tétel. Ha u v ∈V<br />
, és λ 1, λ2<br />
∈ R , akkor<br />
<br />
a) λ 1 ⋅ ( u + v)<br />
= λ1u<br />
+ λ1v<br />
;<br />
<br />
b) ( λ 1 + λ2<br />
) u = λ1u<br />
+ λ2u<br />
;<br />
<br />
c) ( λ1 ⋅ λ2<br />
) u = λ1<br />
⋅(<br />
λ2u)<br />
;<br />
<br />
d) λ u λ ⋅ u .<br />
1<br />
= 1<br />
A<br />
V.39. ábra<br />
v<br />
B
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 199<br />
5.1.13. Megoldott gyakorlatok és <strong>feladat</strong>ok<br />
1. Ha O egy rögzített pont a térben, akkor minden A térbeli pont esetén az OA<br />
kötött vektort rA -val jelöljük, és az A helyzetvektorának nevezzük. Fejezzük ki:<br />
<br />
a) az AB szakasz felezőpontjának helyzetvektorát a végpontok<br />
helyzetvektorának függvényében;<br />
b) az AB szakaszt adott k arányban osztó M pont helyzetvektorát a végpontok<br />
helyzetvektorainak függvényében;<br />
c) az ABC háromszög súlypontjának helyzetvektorát a csúcsok<br />
helyzetvektorainak függvényében;<br />
d) az ABC háromszögbe írt kör középpontjának helyzetvektorát a csúcsok<br />
helyzetvektorainak és a háromszög oldalhosszainak függvényében.<br />
Megoldás<br />
a) Legyen OA + OB kötött vektor végpontja D és<br />
jelöljük C-vel az AB és OD metszéspontját. Az<br />
A<br />
OADB paralelogramma átlói felezik egymást,<br />
1<br />
OA + OB<br />
tehát OC = OD , és így OC = az<br />
O<br />
2<br />
2<br />
[AB] szakasz C felezőpontjának<br />
helyzetvektora.<br />
C<br />
D<br />
b) A Chasles-szabály értelmében<br />
AM<br />
OM = OA + AM (1). Az<br />
= k<br />
MB<br />
AM k<br />
egyenlőségből következik, hogy = ,<br />
AB 1+<br />
k<br />
k<br />
O<br />
tehát AM = ⋅ AB (2). De OA + AB = OB ,<br />
1+<br />
k<br />
tehát AB = OB − OA , és így a (2) és az (1)<br />
összefüggés alapján:<br />
B<br />
a<br />
V.40. ábra<br />
A<br />
M<br />
b<br />
B<br />
V.41. ábra<br />
k<br />
OA + k ⋅OB<br />
OM = OA + AM = OA + ( OB − OA)<br />
=<br />
.<br />
1+<br />
k<br />
1+<br />
k<br />
c) Az ABC∆ súlypontja az A A′<br />
oldalfelezőnek az alaphoz közelebb eső harmadoló<br />
pontja, tehát<br />
OA + OB + OC<br />
OG = .<br />
3<br />
OA + 2 ⋅ OA<br />
OG =<br />
. Másrészt<br />
1+<br />
2<br />
OB + OC<br />
O A′<br />
= , tehát<br />
2
200 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
O<br />
B<br />
A<br />
G<br />
A'<br />
V.42. ábra V.43. ábra<br />
C<br />
AI<br />
d) A síkgeometriából ismerjük a szögfelező tételét és az<br />
IA′<br />
arányra vonatkozó Van<br />
B A′<br />
c AI b + c<br />
Aubel-összefüggést. Ezek alapján = és = , tehát<br />
A′<br />
C b IA′<br />
a<br />
b + c<br />
c<br />
OA + ⋅OA′<br />
OB + OC<br />
OI = a és O A′<br />
= b . Ebből következik, hogy<br />
b + c<br />
c<br />
1+<br />
1+<br />
a<br />
b<br />
b + c ⎛ b OB c OC ⎞<br />
OA ⎜<br />
⋅ + ⋅<br />
+ ⋅<br />
⎟<br />
a ⎜ b c ⎟<br />
a ⋅OA<br />
+ b ⋅OB<br />
+ c ⋅OC<br />
OI<br />
⎝ +<br />
=<br />
⎠<br />
=<br />
.<br />
a + b + c<br />
a + b + c<br />
a<br />
2. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C és D négy pont a térben, akkor egy és csak egy<br />
olyan G pont létezik, amelyre 0 <br />
GA + GB + GC + GD = .<br />
Hogyan szerkeszthető meg ez a G pont?<br />
Bizonyítás. Ha M és N az AC, illetve BD felezőpontja, akkor GA + GC = 2GM<br />
és<br />
GB GD = 2GN<br />
0 = GA + GB + GC + GD = 2 GM + GN<br />
<br />
. Ebből következik,<br />
+ , tehát ( )<br />
hogy a GM és a GN vektor ellentétes irányítású és azonos nagyságú, tehát G az<br />
[MN] szakasz felezőpontja. Ha egy G′ pontra teljesül a 0 <br />
G ′ A + G′<br />
B + G′<br />
C + G′<br />
D =<br />
egyenlőség, akkor a G ′ A = G′<br />
G + GA , G ′ B = G′<br />
G + GB , G ′ C = G′<br />
G + GC és<br />
G ′ D = G′<br />
G + GD egyenlőségek megfelelő tagjainak összeadásából következik, hogy<br />
0 = G ′ A + G′<br />
B + G′<br />
C + G′<br />
D = 4G′<br />
G + GA + GB + GC + GD = 4G′<br />
G<br />
<br />
,<br />
tehát a G és a G′ pont egybeesik.<br />
B<br />
A<br />
I<br />
A'<br />
C
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 201<br />
A Mivel ilyen G pontot más módon is<br />
B<br />
M<br />
szerkeszthetünk (az AD és BC felezőpontjai<br />
által meghatározott szakasz felezőpontjaként<br />
stb.), minden szerkesztés ugyanazt a G pontot<br />
eredményezi. Így a következő tételhez jutunk:<br />
Tétel<br />
N<br />
G<br />
C<br />
a) Ha A, B, C és D négy pont a térben,<br />
akkor az ( AC, BD)<br />
, ( AB, DC)<br />
és<br />
( AD, BC)<br />
szakaszpárok felezőpontjai<br />
által meghatározott szakaszok<br />
felezőpontjai egybeesnek.<br />
D<br />
b) Ha GA, GB, GC és GD a BCD∆, CAD∆,<br />
V.44. ábra<br />
ABD∆, illetve ABC∆ súlypontja, akkor az<br />
AGA, BGB, CGC és DGD egyenesek<br />
összefutók.<br />
Megjegyzés. Ha az A, B, C és D pont nincs egy síkban, akkor az ABC, BCD, CDA<br />
és ABD háromszögek egyesítését ABCD tetraédernek nevezzük. A, B, C és D az<br />
ABCD tetraéder csúcsai, AB, BC, CD, DA, AC és BD az élei és ABC, BCA, CAD<br />
illetve ABD az oldallapjai. A szembefekvő élpárok: (AC, BD), (AB, CD), (AD, BC).<br />
Egy ilyen élpár felezőpontjait összekötő szakaszt kettős felezőnek nevezzük. Az AGA,<br />
BGB, CGC és DGD szakaszokat a tetraéder súlyvonalainak hívjuk. E megnevezések<br />
segítségével az előbbi tulajdonságot megfogalmazhatjuk:<br />
Egy tetraéder kettős felezői és súlyvonalai összefutók. Az összefutási pontot a<br />
tetraéder súlypontjának nevezzük<br />
3. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder AC és BD éleinek felezőpontjait<br />
összekötő MN kettős felező hossza nem nagyobb, mint az AB és CD élek hosszának<br />
számtani közepe.<br />
Megoldás. Rögzítsünk egy O pontot a térben és használjuk az 1. <strong>feladat</strong> eredmé-<br />
OA + OC OB + OD<br />
nyeitOM<br />
= , ON = .<br />
2<br />
2<br />
A<br />
De MN = ON − OM , tehát<br />
OB + OD − OA − OC<br />
MN = .<br />
2<br />
De MN = MN , tehát<br />
MN<br />
=<br />
OB − OA OD − OC<br />
MN = + ≤<br />
2 2<br />
OB − OA OD − OC AB CD AB + CD<br />
≤ + = + =<br />
2 2 2 2 2<br />
.<br />
B<br />
C<br />
M<br />
N<br />
V.45. ábra<br />
D
202 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
AD + BC<br />
Hasonlóképpen igazolhatjuk, hogy MN ≤ .<br />
2<br />
4. Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalait meghosszabbítjuk, és rendre<br />
AB BC CD DA<br />
felvesszük az M, N, P és Q pontot úgy, hogy = = = = k legyen.<br />
BM CN DP AQ<br />
Bizonyítsuk be, hogy az ABCD és a MNPQ tetraéder súlypontjai egybeesnek!<br />
Bizonyítás. A <strong>feladat</strong>ra adható szintetikus megoldás is, ellenben a további<br />
vizsgálódások szempontjából a vektoriális megoldás előnyösebb (lásd az 5. <strong>feladat</strong>ot):<br />
DQ k + 1<br />
Rögzítsünk egy O pontot a térben. A DA = OA − OD , DQ = ⋅ DA = ⋅ DA és<br />
AD k<br />
DQ = CD + DQ egyenlőségek alapján<br />
k + 1 1<br />
( OA − OD)<br />
= ⋅OA<br />
− OD<br />
V.46. ábra Q<br />
k + 1<br />
OQ = OD + ⋅<br />
⋅ .<br />
A<br />
k<br />
k k<br />
Hasonlóan<br />
k + 1 1<br />
OM = ⋅OB<br />
− OA ,<br />
k k<br />
B D P<br />
M<br />
OB<br />
C<br />
k<br />
N<br />
⋅<br />
k + 1 1<br />
ON = ⋅OC<br />
−<br />
k<br />
k + 1 1<br />
és OP = OD − OC ,<br />
k k<br />
tehát az MNPQ súlypontjának helyzetvektora<br />
OM + ON + OP + OQ OA + OB + OC + OD<br />
OG =<br />
=<br />
.<br />
4<br />
4<br />
5. Egy négyszög AB, BC, CD és DA oldalainak meghosszabbításain felvesszük az M,<br />
AB BC CD DA<br />
N, P és Q pontot úgy, hogy = = = = k , majd az A, B, C és D<br />
BM CN DP AQ<br />
pontot kitöröljük. Megszerkeszthető-e az A, B, C és D pont az M, N, P és Q pont<br />
ismeretében?<br />
Megoldás. Ha az előbbi <strong>feladat</strong> jelöléseit használjuk, az OA , OB,<br />
OC és OD<br />
helyzetvektorokat, az OM , ON , OP és OQ helyzetvektorok függvényében kell<br />
kifejeznünk. Az előbb levezetett egyenlőségek a következő rendszerhez vezetnek:<br />
⎧k<br />
⋅OM<br />
= ( k + 1)<br />
⋅OB<br />
− OA<br />
⎪<br />
⎪k<br />
⋅ON<br />
= ( k + 1)<br />
⋅OC<br />
− OB<br />
⎨<br />
⎪k<br />
⋅OP<br />
= ( k + 1)<br />
⋅OD<br />
− OC<br />
⎪<br />
⎩k<br />
⋅OQ<br />
= ( k + 1)<br />
⋅OA<br />
− OD<br />
Ha az előző két egyenletből kiküszöböljük az OB -t (a második egyenletet<br />
megszorozzuk (k+1)-gyel, összeadjuk a két egyenletet) és az utolsó kettőből OD -t, a<br />
következő egyenletekhez jutunk:
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 203<br />
Ebből következik, hogy<br />
⎪⎧<br />
k ⋅OM<br />
+ k<br />
⎨<br />
⎪⎩ k ⋅OP<br />
+ k ⋅<br />
⋅(<br />
k + 1)<br />
⋅ON<br />
= ( k + 1)<br />
2<br />
( k + 1)<br />
⋅OQ<br />
= ( k + 1)<br />
2<br />
⋅OC<br />
− OA<br />
.<br />
⋅OA<br />
− OC<br />
2<br />
( k + 1)<br />
ON + k(<br />
k + 1)<br />
OP + k(<br />
k + 1)<br />
4 ( k + 1)<br />
−1<br />
kOM<br />
+ k<br />
OQ<br />
OA =<br />
.<br />
Hasonló összefüggéseket kapunk az OB, OC és OD vektor esetén is, tehát az A, B, C<br />
és D pont megszerkeszthető az M, N, P és Q pont ismeretében.<br />
Például, ha k = 1,<br />
akkor<br />
OM + 2ON<br />
OP + 2OQ<br />
3 + 12<br />
OM + 2ON<br />
+ 4OP<br />
+ 8OQ<br />
OA =<br />
= 3<br />
3 .<br />
15<br />
3+<br />
12<br />
N<br />
E<br />
C<br />
D<br />
H<br />
M<br />
P<br />
V.47. ábra<br />
Tehát az MN és PQ az N-hez, illetve a Q-hoz közelebb eső E, illetve F harmadoló<br />
OM + 2ON<br />
pontjait kell megszerkesztenünk. Ezek helyzetvektorai: OE =<br />
és<br />
3<br />
OP + 2OQ<br />
OF = , majd az EF-et öt egyenlő részre kell osztanunk. Az F-hez<br />
3<br />
OE + 4OF<br />
legközelebb eső osztópont éppen A, tehát OA = .<br />
5<br />
Hasonlóan az NP és QM szakasz P-hez, illetve M-hez közelebb eső H, illetve I<br />
harmadolópontjai által meghatározott HI szakasz I-hez legközelebb eső ötödölőpontja<br />
a B, és így tovább. Ha összesítjük ezeket az eredményeket, a következő szerkesztéshez<br />
jutunk:<br />
B<br />
I<br />
A<br />
F<br />
3<br />
Q
204 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
− az MN, NP, PQ és QM oldalon felvesszük az N, P, Q,, illetve M ponthoz<br />
közelebb eső E, H, F és I harmadoló pontot;<br />
− az EF és HI szakasz két-két szélső ötödölőpontja éppen a két-két szemben<br />
fekvő csúcsot adja.<br />
A szerkesztés menete az alábbi két ábrán látható:<br />
N<br />
E<br />
H<br />
5.1.14. Gyakorlatok és <strong>feladat</strong>ok<br />
M<br />
P<br />
I<br />
F<br />
Q<br />
N<br />
V.48. ábra<br />
E<br />
B<br />
C<br />
H<br />
M<br />
P<br />
I<br />
A<br />
D F<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha az O, A, B és C pont nincs egy síkban, akkor bármely M<br />
pont esetén létezik olyan λ 1,<br />
λ2<br />
, λ3<br />
valós szám, amelyre<br />
OM = λ1OA<br />
+ λ2OB<br />
+ λ3OC<br />
.<br />
2. Bizonyítsd be, hogy ha G és G′ az ABC ∆ , illetve az A ′ B′<br />
C′<br />
∆ súlypontja, akkor<br />
3 G G′<br />
= AA′<br />
+ BB′<br />
+ CC′<br />
.<br />
3. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög!<br />
4. Bizonyítsd be, hogy a tetraéder súlyvonalai egy tetraéder valamely körüljárási<br />
irány szerint vett élei lehetnek!<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén<br />
AM BN CP DQ<br />
felvesszük az M, N, P, illetve Q pontot úgy, hogy = = = = k ,<br />
MB NC PD QA<br />
akkor az MNPQ és az ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek!<br />
6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?<br />
7. Bizonyítsd be, hogy ha 0 <br />
MA + MB + MC = és az MA , MB,<br />
MC vektor egyenlő<br />
hosszúságú, akkor az ABC∆<br />
egyenlő oldalú és M a háromszög középpontja!<br />
AB ≡ CD . Bizonyítsd be, hogy az [ AD ] és [ BC]<br />
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD<br />
8. Az ABCD négyszögben [ ] [ ]<br />
egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével!<br />
M ∈ AD és<br />
9. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az [ ]<br />
pontot úgy, hogy<br />
AM<br />
MD<br />
Q<br />
N ∈[<br />
BC]<br />
BN AB<br />
= = . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB<br />
NC CD<br />
AB |/ | CD .<br />
és CD egyenes által meghatározott szög belső szögfelezőjével ( )
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 205<br />
10. Általánosítsd az előbbi két <strong>feladat</strong>ot oly módon, hogy egy térbeli<br />
tulajdonsághoz jussál!<br />
11. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben AB ⋅ CD = AC ⋅CD<br />
= AD ⋅ BC , akkor<br />
a csúcsokat a szembefekvő lap beírt körének középpontjával összekötő egyenesek<br />
összefutók!<br />
12. (Newton–Gauss-tétel)<br />
Az ABCD síkbeli négyszögben { E} = AD ∩ BC és { F} = AB ∩CD<br />
. Bizonyítsd<br />
be, hogy az AC, BD és EF szakasz felezőpontja egy egyenesen van.<br />
13. Az ABC∆ -ben az A A′,<br />
BB′<br />
és CC′ egyenesek összefutók, A′ ∈(<br />
BC)<br />
,<br />
B′ ∈(AC)<br />
és C ′ ∈(AB)<br />
. Jelölje M, N, P, illetve M ′ , N′<br />
, P′<br />
az ABC és A ′ B′<br />
C′<br />
háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy<br />
MM ′ ∩ NN′<br />
∩ PP′<br />
≠ Ø, ahol M ∈ ( BC),<br />
M ′ ∈ ( B′<br />
C′<br />
) stb.<br />
14. Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges A0<br />
pontja esetén vegyünk fel az<br />
AA -n egy M pontot. A ( BCM ) ∩ AD,<br />
( BDM ) ∩ AC és ( CDM ) ∩ AB metszeteket<br />
0<br />
jelöljük rendre D1 -gyel, C1 -gyel és 1 -gyel. Az A-n át a (BCD) síkkal<br />
párhuzamos<br />
B<br />
α sík az A 0D1<br />
, A0C1<br />
és A0B1<br />
egyenest a D 2, C2<br />
, illetve a B2<br />
pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a B2C<br />
2D<br />
2 háromszög súlypontja éppen az A<br />
pont.<br />
V.6. Vektorok skaláris szorzata<br />
6.1. Feladat. Az α síkban az OA és az OB vektor hossza OA = 1 és OB = 2 .<br />
Számítsuk ki az OA szakasz OB szakaszra eső vetületének hosszát, ha az OA és OB<br />
<br />
vektorok által meghatározott szög mértéke 30 .<br />
Megoldás. Ha A′ az A-nak az OB-re eső vetülete, akkor az OA A′<br />
derékszögű<br />
OA′<br />
3 3<br />
háromszögben cos AOA′<br />
∠ = , tehát O A′<br />
= OA⋅<br />
cos30<br />
= 1⋅<br />
= .<br />
OA<br />
2 2<br />
6.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két vektor összegének valamely d egyenesre<br />
eső vetülete a vetületek összegeként is megszerkeszthető!<br />
Bizonyítás. Az u v ∈V<br />
, vektorok egy-egy O ∈ d kezdőpontú reprezentánsát<br />
választjuk (lásd a mellékelt ábrát), és az A∉d ponton át párhuzamost húzunk d-hez.<br />
Ennek a párhuzamosnak a CC1 -gyel való metszetét 2 -vel jelöljük. Az OBB és<br />
háromszögekben:<br />
A 1<br />
ACA2<br />
OB ≡ ], O∠<br />
≡ OB B∠<br />
, OBB ≡ ACA ∠ (párhuzamos szárú szögek), tehát<br />
[ ] [AC<br />
AA2 1<br />
OBB1∆ ≡ ACA2∆<br />
AA2 ≡<br />
OC = + OB .<br />
1 OA1<br />
1<br />
1∠<br />
2<br />
. Így [ ] [ OB ] . Mivel [ ] [ A ]<br />
1<br />
AA2 ≡ 1 és OC OA1<br />
+ A1C<br />
1<br />
1C<br />
= , tehát
206 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
B<br />
u+v<br />
C<br />
Belátható, hogy ha a d<br />
egyenesen az O, B1, A1 és C1<br />
pontok más sorrendben<br />
helyezkednek el, az<br />
v<br />
A<br />
A 2<br />
OC 1 = OA1<br />
+ OB1<br />
egyenlőség<br />
akkor is igaz marad, tehát az<br />
összeg vetülete egyenlő a<br />
u<br />
vetületek összegével.<br />
d<br />
A kifejezésmód egy-<br />
O<br />
B1 A C1<br />
1<br />
szerűsítése céljából bevezetjük<br />
a következő jelölést:<br />
6.3. Jelölés. Az u vektornak a d egyenesre eső vetületét így jelöljük:<br />
<br />
V.49. ábra<br />
<br />
prd u .<br />
A<br />
A'<br />
u<br />
pr du<br />
V.50. ábra<br />
A 6.2. <strong>feladat</strong> alapján tehát érvényes a következő tétel:<br />
<br />
<br />
6.4. Tétel. Ha u, v ∈V<br />
, akkor prd ( u + v ) = prd<br />
u + prd<br />
v .<br />
Ehhez hasonlóan azt is megvizsgálhatjuk, hogy milyen összefüggés van az u<br />
és<br />
<br />
u <br />
λ vektorok d-re eső merőleges vetülete közt. A síkban a két vetület hosszának az<br />
aránya λ . Vajon igaz-e ez a térben is?<br />
<br />
6.5. Feladat. Keressünk összefüggést a prd u és prd λ u vektor között!<br />
Megoldás. Jelöljük az A, B és C pont d-re eső vetületét A1-gyel, B1-gyel és C1-gyel,<br />
ahol AB u<br />
<br />
= és AC = λu<br />
. Húzzunk párhuzamost az A1<br />
-n át az AB-hez, és vetítsük a B<br />
és C pontot erre a d egyenesre. A vetületeket jelöljük B -vel és C -vel. Az AB és<br />
d 1<br />
1<br />
1 által meghatározott síkban AB || d és AA 1 || BB2<br />
|| CC2<br />
, tehát a Thalész-tétel<br />
AB A1B2<br />
alapján = . Másrészt BB 2 || AA1 mivel AA1 ⊥d<br />
és BB2⊥d . Tehát<br />
BC B2C2<br />
d⊥ ( BB 1B2<br />
) . Hasonlóan láthatjuk be, hogy d⊥ ( CC1C<br />
2 ) , tehát a ( BB1B2<br />
)<br />
A<br />
és ( CC1C<br />
2 )<br />
síkok párhuzamosak. De két párhuzamos síknak egy harmadik síkkal való metszete<br />
két párhuzamos egyenes, tehát || C . Az háromszögben<br />
C B<br />
1 2 B<br />
1<br />
2<br />
2<br />
B'<br />
B<br />
d<br />
2<br />
2 1 C 1C
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 207<br />
alkalmazhatjuk Thalész tételét, így az<br />
AB<br />
BC<br />
2<br />
2<br />
1<br />
1<br />
A1B<br />
B C<br />
A1B2<br />
A1B1<br />
<br />
= = . Ebből következik, hogy prdλ u = λprdu<br />
.<br />
B C B C<br />
A u B<br />
A 1<br />
B 1<br />
B<br />
2<br />
2<br />
C<br />
2<br />
2<br />
C1<br />
A1B1<br />
= egyenlőséghez jutunk. Tehát<br />
B C<br />
6.6. Megjegyzés. Az u és<br />
<br />
u <br />
λ reprezentánsainak választhattuk volna az A 1B2<br />
és<br />
<br />
A 1C2<br />
vektorokat is. Ekkor viszont azt is igazolnunk kellett volna, hogy a prd u<br />
megszerkesztése az u reprezentánsának megválasztásától független.<br />
<br />
V.51. ábra<br />
Érvényes tehát a következő tétel is:<br />
<br />
<br />
6.7. Tétel. Ha u ∈V<br />
és d egy egyenes, akkor prdλ u = λ ⋅ prdu<br />
.<br />
6.8. Értelmezés. Az u és<br />
<br />
v <br />
vektorok skalárszorzatán az u v cos ( uv∠)<br />
valós<br />
számot értjük és u v ⋅ -vel jelöljük. (Ha u = 0 vagy v = 0 , akkor az u v<br />
szorzat 0.) Tehát<br />
⋅<br />
<br />
<br />
u ⋅ v = u ⋅ v ⋅ cos ( uv∠)<br />
.<br />
<br />
A 6.1. <strong>feladat</strong> alapján ⋅ v = u ⋅ prv = u ⋅ prv<br />
, tehát az értelmezés és a 6.4.9.,<br />
u u<br />
u<br />
illetve a 6.7. tételből következik az alábbi tétel:<br />
6.9. Tétel<br />
<br />
a) u ⋅ v = v ⋅u<br />
;<br />
<br />
b) u ⋅ ( v + w)<br />
= u ⋅ v + u ⋅ w ;<br />
<br />
c) k ⋅ ( u ⋅ v ) = ( ku)<br />
⋅ v = u ⋅ ( kv<br />
) ;<br />
2<br />
d) u ⋅ u = u ;<br />
<br />
e) u ⋅ u = 0 ⇔ u = 0 ;<br />
f) ha 0 <br />
<br />
<br />
u ⋅ v<br />
u ≠ és v ≠ 0 , akkor cos ( uv∠)<br />
= ;<br />
u ⋅ v<br />
<br />
g) ha u ≠ 0 és v ≠ 0 , akkor u ⋅ v = 0 ⇔ u⊥v<br />
.<br />
1<br />
1<br />
C 2<br />
d<br />
d 1
208 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
6.10. Példák és megjegyzések<br />
1. Ha u = 3<br />
<br />
, v = 4<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
, illetve m ( uv∠)<br />
= 45 , akkor u ⋅v<br />
= 3⋅ 4⋅<br />
cos 45 =<br />
2<br />
= 12 ⋅ = 6 2 .<br />
2<br />
<br />
2. Ha u = a + b , akkor<br />
<br />
u ⋅ u = ( a + b )( a + b ) = ( a + b ) ⋅ a + ( a + b ) ⋅ b =<br />
<br />
2<br />
2<br />
= a ⋅ a + b ⋅ a + a ⋅ b + b ⋅ b = a + 2ab + b .<br />
3. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy<br />
( ) ( ) ( ) k<br />
n<br />
n k <br />
n−k<br />
m<br />
<br />
a + b = Cn<br />
a ⋅ b , ahol a = a<br />
⋅ a<br />
⋅ a ⋅<br />
…<br />
⋅ a .<br />
∑<br />
k = 0<br />
m−szer<br />
n<br />
4. a akkor és csak akkor valós szám, ha n páros.<br />
5. Általában minden olyan, valós számokra érvényes azonosság, amelyben csak<br />
szorzás, összeadás, kivonás és hatványozás szerepel, átírható vektorokra.<br />
6.11. Megoldott <strong>feladat</strong>ok<br />
6.11.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy<br />
2<br />
<br />
<br />
2 2 2 <br />
<br />
a + b + c = a + b + c + 2ab<br />
+ 2bc<br />
+ 2ca,<br />
∀a,<br />
b,<br />
c ∈<br />
( ) V<br />
2<br />
. (Itt a -tel a<br />
jelöltük.)<br />
Bizonyítás. A 6.9. tétel a) és b) pontja alapján<br />
2 <br />
( a + b + c)<br />
= ( a + b + c )( a + b + c ) = ( a + b + c ) a + ( a + b + c)<br />
b + ( a + b + c)<br />
c =<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
2 2 2 <br />
= aa + ba<br />
+ ca<br />
+ ab<br />
+ bb<br />
+ cb<br />
+ ac<br />
+ bc<br />
+ cc<br />
= a + b + c + 2ab<br />
+ 2bc<br />
+ 2ca<br />
.<br />
6.11.2. Feladat. (Koszinusztétel) Bizonyítsuk be,hogy ha A, B és C három pont a<br />
térben, akkor<br />
2<br />
2<br />
2<br />
( ∠)<br />
BC = AB + AC − 2AB<br />
⋅ AC ⋅cos<br />
BAC<br />
Bizonyítás. A BC = BA + AC egyenlőség mindkét oldalát önmagával szorozzuk<br />
skalárisan: BC BC = ( BA + AC)(<br />
BA + AC)<br />
2<br />
⋅ , tehát<br />
2<br />
2<br />
.<br />
( BA ∠)<br />
BC = BA + AC + 2BA<br />
⋅ AC = BA + AC + 2BA<br />
⋅ AC ⋅ cos , AC<br />
de CAM∠ a BA és AC vektorok által meghatározott szög, tehát<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
⋅ ( π − m(<br />
∠)<br />
) =<br />
AC ⋅ ( ∠)<br />
.<br />
ABC [ ]<br />
BC = AB + AC + 2AB<br />
⋅ AC cos BAC<br />
2<br />
2<br />
= AB + AC − 2AB<br />
⋅ cos BAC<br />
6.11.3. Feladat. (A Stewart-reláció) Az háromszög<br />
fel egy tetszőleges M pontot. Bizonyítsuk be, hogy:<br />
2<br />
2<br />
MA ⋅ BC = AB ⋅ MC + AC ⋅ MB − BC ⋅ BM ⋅ MC .<br />
2<br />
,<br />
a <br />
2<br />
-et<br />
BC oldalán vegyünk
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 209<br />
A<br />
M<br />
B C<br />
B<br />
M<br />
C<br />
V. 52. ábra<br />
V.52. ábra<br />
BM<br />
Bizonyítás. Ha = k , akkor az 5.1.13. paragrafus 1. <strong>feladat</strong>ának b) pontja<br />
MC<br />
AB + k ⋅ AC<br />
alapján AM =<br />
, vagyis BC ⋅ AM = MC ⋅ AB + BM ⋅ AC . Ha az egyenlőség<br />
1+<br />
k<br />
mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és az AB ⋅ AC skalárszorzat helyébe<br />
1 2 2 2<br />
( AB + AC − BC )-t írunk, a következő egyenlőségekhez jutunk:<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
A<br />
2 2 2<br />
( AB + AC BC )<br />
BC ⋅ AM = MC ⋅ AB + BM ⋅ AC + MC ⋅ BM ⋅<br />
−<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
( BM + MC)<br />
+ AC ⋅ BM ⋅(<br />
BM + MC)<br />
− BC ⋅ MC BM<br />
BC AM = AB ⋅ MC ⋅<br />
⋅<br />
2<br />
2<br />
AM ⋅ BC = AB ⋅ MC + AC ⋅ BM − BC ⋅ MC ⋅ MB .<br />
Következmények<br />
2 2 2<br />
2 2(<br />
b + c ) − a<br />
1. Az ABC háromszögben az AM oldalfelező hossza az AM =<br />
4<br />
egyenlőségből számolható ki.<br />
2. Az ABC háromszögben az AM belső szögfelezőjének hossza az<br />
⎛<br />
2 ⎞<br />
2 ⎛ a ⎞<br />
AM = bc ⋅⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ egyenlőségből számolható ki.<br />
⎜ ⎝ b + c ⎠ ⎟<br />
⎝ ⎠<br />
6.11.3. Feladat. (A Leibniz-reláció) Ha M egy tetszőleges pont a térben és G az<br />
ABC háromszög súlypontja, akkor<br />
2<br />
2<br />
2<br />
MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC .<br />
Bizonyítás. Az MA = MG + GA,<br />
MB = MG + GB és MC = MG + GC<br />
egyenlőségek mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és a megfelelő<br />
oldalakat összeadjuk:<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
.
210 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
MA<br />
2<br />
+ MB<br />
2<br />
MA<br />
MB<br />
+ MC<br />
= MG<br />
= MG<br />
MC = MG<br />
2<br />
2<br />
2<br />
= 3MG<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
+ GA<br />
+ GB<br />
+ GC<br />
+ GA<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
+ 2MG<br />
⋅GA<br />
+ 2MG<br />
⋅GB<br />
+ 2MG<br />
⋅GC<br />
+ GB<br />
2<br />
+ GC<br />
2<br />
+ 2MG<br />
⋅<br />
( GA + GB + GC)<br />
Mivel GA + GB + GC = 0 , a kért egyenlőséget igazoltuk.<br />
Megjegyzés. Ha az előbbi <strong>feladat</strong> 1. következményét használjuk,<br />
2 2 2<br />
2 2 2 a + b + c<br />
GA + GB + GC =<br />
, tehát a Leibniz-reláció:<br />
3<br />
2 2 2<br />
2 2 2 2 a + b + c<br />
MA + MB + MC = 3MG<br />
+<br />
3<br />
2 2 2 2 2<br />
alakban is írható. Ebből következik, hogy OG 9R − ( a + b + c )<br />
2<br />
2<br />
2<br />
= és<br />
2 2 a<br />
OH = R −<br />
+ b<br />
9<br />
+ c<br />
, ahol O az ABC∆ köré írt kör középpontja, G az ABC∆<br />
súlypontja és H az ortocentruma.<br />
6.11.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az O, A, B és C négy tetszőleges pont a<br />
térben, akkor OA ⋅ BC + OB ⋅CA<br />
+ OC ⋅ AB = 0 (Euler-féle reláció).<br />
Bizonyítás.<br />
OA ⋅ BC + OB ⋅CA<br />
+ OC ⋅ AB = = OA ⋅ ( OC − OB)<br />
+ OB ⋅ ( OA − OC)<br />
+ OC ⋅ ( OB − OA)=<br />
= OA ⋅OC<br />
− OA⋅<br />
OB + OB ⋅OA<br />
− OB ⋅OC<br />
+ OC ⋅OB<br />
− OC ⋅OA<br />
= 0 .<br />
Következmények<br />
1. A háromszög magasságai összefutó egyenesek.<br />
2. Ha az ABCD tetraéderben AC⊥ BD és AB⊥ CD , akkor AD⊥ BC .<br />
Bizonyítás<br />
1. Jelöljük H-val az ABC háromszög A A′<br />
és B B′<br />
magasságainak metszéspontját,<br />
és írjuk fel a <strong>feladat</strong>ban megjelenő kifejezést O = H -ra:<br />
HA ⋅ BC + HB ⋅CA<br />
+ HC ⋅ AB = 0 ,<br />
de HA⊥BC és HB⊥AC , tehát HA ⋅ BC = 0 és HB ⋅CA = 0 . Ebből következik,<br />
hogy HC ⋅ AB = 0 , tehát HC⊥ AB . Ez azt jelenti, hogy a C C′ magasság is<br />
átmegy a H ponton.<br />
2. Az O ≡ D pontra írjuk fel a <strong>feladat</strong>beli összefüggést:<br />
DA ⋅ BC + DB ⋅CA<br />
+ DC ⋅ AB = 0 .<br />
A feltételek alapján DB ⋅CA = 0 és DA ⋅ AB = 0 , tehát DC ⋅ AB = 0 . Ez csak<br />
akkor lehetséges, ha DC⊥AB<br />
.
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 211<br />
6.11.5. Feladat. Jelöljük A-val, B-vel és C-vel az OA, OB és OC térbeli<br />
egyenesek által meghatározott lapszögeket (A az OA élű lapszög mértéke stb.), és cvel,<br />
a-val illetve b-vel az AOB, BOC, valamint COA szögeket. Bizonyítsuk be, hogy:<br />
a) cos a = cosb<br />
cosc<br />
+ sin bsin<br />
ccos<br />
A (lapszög koszinusztétele);<br />
sin a sin b sin c<br />
b) = = (triéder szinusztétele).<br />
sin A sin B sin C<br />
Bizonyítás<br />
a) Feltételezzük, hogy OA = 1,<br />
és az OB,<br />
O<br />
1<br />
c<br />
a<br />
1<br />
A<br />
B1<br />
C1 C<br />
V.53. ábra<br />
2<br />
B<br />
1<br />
illetve OC egyeneseken felvesszük a B1<br />
és C1<br />
pontokat úgy, hogy B1A⊥OA és<br />
C1 A⊥OA<br />
legyen. A lapszög értelmezése<br />
alapján a C 1AB1∠<br />
szög éppen az OA élű<br />
lapszög mértéke. Szorozzuk össze az<br />
1 = OA + AB1<br />
OB és 1 OA + AC1<br />
= OC<br />
egyenlőségeket.<br />
OB ⋅ OC ⋅ cosa<br />
= OA + OA⋅<br />
AC + OA⋅<br />
AB + AB ⋅ AC . Az OA⊥AC<br />
és<br />
OA⊥AB1<br />
relációk alapján OA ⋅ AB1<br />
= OA⋅<br />
AC1<br />
= 0 , tehát<br />
OB1 ⋅OC1 ⋅ cos a = 1+<br />
AB1<br />
⋅ AC1<br />
⋅ cos A . Az OAC 1 és OAB 1 derékszögű<br />
1<br />
1<br />
háromszögekben OB1<br />
= , OC1<br />
= ,<br />
cosc<br />
cosb<br />
c tg AB cos a = cosbcosc<br />
+ sin bsin ccos<br />
A .<br />
1 = és AC1<br />
= tg b , tehát<br />
b) Jelöljük B1-gyel és C1-gyel az A pont OB-re, illetve OC-re eső vetületét, és A1-gyel<br />
az A pont BOC síkra eső vetületét. A három merőleges tétele alapján A B ⊥OB<br />
és<br />
A1C 1⊥<br />
OC1<br />
, tehát m ( 1A1∠<br />
az OC élű lapszög mértéke és m AB1A1<br />
∠ az OB<br />
A<br />
élű lapszög mértéke. Az OAC1<br />
háromszögben AC1 = OA⋅<br />
sin b = sin b .<br />
Az AA1C1 háromszögben<br />
B1<br />
B AA 1 = AC1 ⋅sinC<br />
= sin bsinC<br />
. Hasonlóan, az<br />
OAB1<br />
és AB1A1<br />
háromszögben:<br />
O b<br />
C1<br />
c A1<br />
C<br />
V.54. ábra<br />
sin b sin c<br />
AA 1 = sin c sin B , tehát = . Ha a<br />
sin B sinC<br />
betűket felcseréljük, következik, hogy<br />
sin b sin a<br />
= , tehát a <strong>feladat</strong>ot bizonyítottuk.<br />
sin B sin A<br />
1<br />
AC ) ( )<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
1
212 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
6.12. Gyakorlatok és <strong>feladat</strong>ok<br />
1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre az OA ⋅OM<br />
skaláris<br />
szorzat konstans, ha O és A rögzített pontok!<br />
2. Bizonyítsd be, hogy az OA ⋅OB<br />
skalárszorzat értéke az O pont AB átmérőjű körre<br />
(gömbre) vonatkozó hatványa!<br />
3. Ha A és B rögzített pont, határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre<br />
az MA⋅ MB skalárszorzat konstans!<br />
2 2 2<br />
a + b + c<br />
4. Bizonyítsd be, hogy AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA⋅CB<br />
=<br />
, ahol a, b és c az<br />
2<br />
ABC háromszög oldalainak hosszai!<br />
5. Bizonyítsd be, hogy ha M és N az AC, illetve BD szakasz felezőpontja (A, B, C és<br />
D tetszőleges térbeli pont), akkor<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
4MN = AB + BC + CD + DA − AC − BD . (Euler tétele)<br />
6. A C(<br />
O,<br />
R)<br />
körön végy fel két tetszőleges pontot. Húzz érintőt a körhöz a B<br />
pontban, majd szerkeszd meg az A pont érintőre eső vetületét, C-t. Igazold, hogy<br />
2<br />
2<br />
AB = 2R<br />
⋅ AC .<br />
<br />
7. Az ABCD derékszögű trapézban m(<br />
A∠)<br />
= m(<br />
D∠)<br />
= 90 . Jelöljük M-mel az AD<br />
felezőpontját és N-nel az A-ból illetve a D-ből a BM-re, illetve CM-re bocsátott<br />
merőlegesek metszéspontját. Bizonyítsd be, hogy MN⊥<br />
BC .<br />
8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA súlyvonalának hossza<br />
2 2 2 2 2 2<br />
( AB + AC + AD ) − ( BC + CD + DB )<br />
2 3<br />
AGA =<br />
9<br />
.<br />
9. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög B és C csúcsához tartozó oldalfelezői<br />
2<br />
pontosan akkor merőlegesek, ha 5 ⋅ BC = AB + AC .<br />
10. Az A′ , B′ és C′ pontokból a BC, CA és AB egyenesekre bocsátott<br />
merőlegesek akkor és csak akkor összefutók, ha az A, B és C pontból az A ′ B′<br />
C′<br />
háromszög megfelelő oldalaira bocsátott merőlegesek összefutók.<br />
V.7. Megoldott <strong>feladat</strong>ok a tetraéder geometriájából<br />
7.1. Feladat. Az ABCD tetraéderben AA1 ⊥(<br />
BCD)<br />
és DD 1 ⊥(ABC)<br />
A1` ∈ ( BCD)<br />
és D1 ∈ ( ABC)<br />
. Bizonyítsuk be, hogy DD 1 ⋅T [ ABC]<br />
= 1 T [BCD<br />
AA ⋅<br />
, ahol<br />
] .<br />
Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel az , illetve a pont BC-re eső vetületét.<br />
D<br />
( BCD)<br />
2<br />
2<br />
2<br />
A1 1<br />
AA1⊥<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ AM⊥BC<br />
(a három merőleges tétele alapján)<br />
A1M⊥BC<br />
⎭<br />
DD1⊥(<br />
ABC)<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ DN⊥BC<br />
(a három merőleges tétele alapján)<br />
D1N⊥BC<br />
⎭<br />
2
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 213<br />
B<br />
N<br />
M<br />
D<br />
1<br />
A<br />
A 1<br />
C<br />
D<br />
V.55. ábra<br />
Tehát az (ABC) és (BCD) síkok α lapszögének mértéke az AMA ∠ és DND ∠<br />
DD1 AA1<br />
szögek mértékével egyenlő. Így = cos α = , tehát AM ⋅ DD 1 = DN ⋅ AA1<br />
. Ha<br />
DN AM<br />
BC<br />
az egyenlőség mindkét oldalát megszorozzuk -vel ezt, akkor éppen a kívánt<br />
2<br />
összefüggéshez jutunk.<br />
Megjegyzések<br />
1<br />
1. Az ⋅ DD1 ⋅T<br />
[ABC]<br />
számot a tetraéder térfogatának nevezzük és így jelöljük:<br />
3<br />
V ABCD . Érvényes a következő képlet:<br />
[ ]<br />
1 1 1<br />
V [ ABCD]<br />
= ⋅ S A ⋅ hA<br />
= ⋅ SB<br />
⋅ hB<br />
= SC<br />
⋅ hC<br />
3 3 3<br />
1<br />
= SD<br />
⋅ hD<br />
,<br />
3<br />
ahol S A,<br />
SB<br />
, SC<br />
, SD<br />
a lapok területei és h A,<br />
hB<br />
, hC<br />
tartozó magasságok hossza).<br />
2. Ha M ∈ Int(ABCD)<br />
, akkor<br />
, illetve hD<br />
a megfelelő lapokhoz<br />
V ABCD = V MABC + V MBCD + V MCDA + V ABD .<br />
7.2. A beírt gömb<br />
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]<br />
7.2.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a tetraéder hat<br />
lapszögének szögfelezősíkja rendelkezik egy közös<br />
ponttal.<br />
Bizonyítás. A BC és CD élű lapszögek<br />
szögfelezősíkjai nem esnek egybe, de van közös pontjuk,<br />
tehát egy egyenesben metszik egymást. Ez az egyenes<br />
metszi az (ABD) síkot, tehát a BD élű lapszög<br />
szögfelezősíkját is. A 3.15.4. <strong>feladat</strong> alapján az I metszéspont<br />
a következő tulajdonságokkal rendelkezik:<br />
d ( I , ABC)<br />
= d(<br />
I,<br />
BCD)<br />
(mert a BC élű lapszög szögfelezősíkjában van),<br />
B<br />
1<br />
C<br />
A<br />
V.56. ábra<br />
1<br />
D
214 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
d ( I , ACD)<br />
= d(<br />
I,<br />
BCD)<br />
,<br />
d ( I , ABD)<br />
= d(<br />
I,<br />
BCD)<br />
.<br />
Ebből következik, hogy<br />
d ( I , ABC)<br />
= d(<br />
I,<br />
ACD)<br />
, d ( I , ABC)<br />
= d(<br />
I,<br />
ABD)<br />
és d ( I , ACD)<br />
= d ( I,<br />
ABD)<br />
.<br />
Tehát a V.3.15.4. <strong>feladat</strong> alapján az I pont benne van az AC, AB és AD élű lapszögek<br />
szögfelező síkjában is. Ez azt jelenti, hogy az I pont egyenlő távolságra van a tetraéder<br />
minden lapjától. Így az I középpontú és d ( I,<br />
ABC)<br />
sugarú gömb érinti a tetraéder<br />
minden lapját. Az I pontot az ABCD tetraéderbe írt gömb középpontjának<br />
nevezzük.<br />
7.2.2. Feladat. Számítsuk ki a beírt gömb sugarát a lapok területei és a tetraéder<br />
térfogata függvényében!<br />
Megoldás. A tetraédert az IBCD, IABC, IDCA és IABD tetraéderekre bontjuk fel.<br />
Ezeknek a tetraédereknek I-ből induló magassága a beírt gömb sugara. Jelöljük r-rel<br />
ennek a sugárnak a hosszát. A<br />
V ABCD = V ABCI + V BCDI + V ABDI + V ACDI<br />
egyenlőség alapján [ ABCD]<br />
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]<br />
V<br />
SD<br />
⋅ r S A ⋅ r SC<br />
⋅ r SB<br />
⋅ r<br />
= + + + , tehát<br />
3 3 3 3<br />
3V<br />
[ ABCD]<br />
r =<br />
.<br />
S A + SB<br />
+ SC<br />
+ SD<br />
Megjegyzés. Minden laphoz egy-egy olyan gömb is tartozik, amely érinti a<br />
tetraéder minden lapjának síkját, de csak egy lapját érinti, annak belső pontjában.<br />
Ezeket a gömböket a tetraéderhez írt gömböknek nevezzük, sugaraikat rA -val, rB -vel,<br />
-vel és -vel jelöljük. Az előbbihez hasonlóan igazolható az<br />
r<br />
rC D<br />
3V<br />
rA<br />
=<br />
− S A + S<br />
be<br />
ezeket!<br />
[ ABCD]<br />
B<br />
+ S<br />
C<br />
+ S<br />
D<br />
,<br />
r<br />
B<br />
=<br />
S<br />
A<br />
3V<br />
− S<br />
7.3. A tetraéder anticentruma<br />
B<br />
M<br />
C<br />
E<br />
A<br />
G O<br />
V.57. ábra<br />
N<br />
[ ABCD]<br />
B<br />
+ S<br />
D<br />
C<br />
+ S<br />
D<br />
stb. összefüggések. Bizonyítsd is<br />
7.3.1. Feladat. Bizonyítsuk be,<br />
hogy egy tetraéder oldaléleinek felezőpontjaiból<br />
a szembenfekvő élekre<br />
bocsátott merőleges síkok összefutók,<br />
és az összefutási pont a köré írt gömb O<br />
középpontjának a súlypontra vonatkozó<br />
szimmetrikusa.<br />
Bizonyítás. Ha M és N az ABCD<br />
tetraéder AB, illetve CD élének<br />
felezőpontja, akkor MN felezőpontja a<br />
G súlypont. OM⊥ AB és ON ⊥CD<br />
, mert<br />
az O pont mind a négy csúcstól egyenlő
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 215<br />
távolságra van. Jelöljük E-vel az O pont G szerinti szimmetrikusát. Mivel OG = GE<br />
és MG = GN , az MONE négyszög paralelogramma, tehát ME⊥ CD és NE⊥AB<br />
.<br />
Ebből következik, hogy E benne van az M-ből CD-re és az N-ből AB-re bocsátott<br />
merőleges síkban. Ha megismételjük a gondolatmenetet a másik két szembefekvő<br />
élpárra, következik, hogy az E pont mind a hat síknak eleme. Mivel ezek a síkok nem<br />
egybeesők, a <strong>feladat</strong> állítását igazoltuk.<br />
Megjegyzés<br />
1. Ez a tulajdonság síkbeli körbeírható négyszögekre is igaz.<br />
2. Az E pontot a tetraéder anticentrumának vagy Euler-pontjának nevezzük.<br />
7.4.<br />
Térfogatképletek. Térfogatok összehasonlítása<br />
7.4.1. Feladat. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élein felvesszük az<br />
M ∈ ( AD, N ∈ (AC és<br />
P ∈ (AD pontot. Számítsuk ki az ABCD és AMNP tetraéderek<br />
AM AN AP<br />
térfogatának arányát az , és arányok függvényében.<br />
MB NC AD<br />
Megoldás. Jelöljük D1 -gyel és P 1-gyel<br />
a D, illetve P pont ( ABCD)<br />
síkra eső vetületét.<br />
1<br />
1<br />
V [ ABCD]<br />
= ⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ DD1<br />
= ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin ( BAC∠)<br />
⋅ DD1<br />
,<br />
3<br />
6<br />
1<br />
1<br />
V [ AMNP]<br />
= ⋅T<br />
[ AMN]<br />
⋅ PP1<br />
= ⋅ AM ⋅ AN ⋅ sin ( BAC∠)<br />
⋅ PP1<br />
, tehát<br />
3<br />
6<br />
V [ AMNP]<br />
AM ⋅ NP ⋅ PP1<br />
= (1) A<br />
V [ ABCD]<br />
AB ⋅ AC ⋅ DD1<br />
Mivel a P1<br />
és a D P<br />
1 pont az AD-n át az ( ABC ) síkra M 1<br />
P<br />
fektetett merőleges síkban van, az A, 1 és 1 kollineáris<br />
pontok, és így az háromszögben<br />
V<br />
V<br />
B<br />
D1<br />
N<br />
D<br />
C<br />
V.58. ábra<br />
D P<br />
PP 1 AP<br />
AD1D<br />
= . (2)<br />
DD1<br />
AD<br />
Az (1) és a (2) összefüggés alapján:<br />
[ AMNP]<br />
AM AN PP1<br />
= ⋅ ⋅ .<br />
ABCD AB AC DD<br />
[ ] 1<br />
7.4.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy<br />
1<br />
V [ ABCD] = ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅ ( sin(<br />
AB∠)<br />
sin(<br />
DAN∠)<br />
sin(<br />
CAB∠)<br />
)<br />
6<br />
Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel a D csúcs ABC síkra,<br />
illetve az AB oldalélre eső vetületét. A három merőleges<br />
A<br />
tételének első fordított tétele alapján MN⊥<br />
AB , és a DNM∠<br />
szög mértéke az ADB és ABC síkok lapszögének mértéke. N<br />
M<br />
Az AND és DNM derékszögű háromszögben<br />
DM = DN ⋅sin(<br />
DNM∠)<br />
és DN = DA⋅<br />
sin ( DAN∠)<br />
, tehát<br />
B<br />
V.59. ábra<br />
D<br />
C
216 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
1<br />
1 1<br />
V [ ABCD]<br />
= ⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ DM = ⋅ ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin ( CAB∠) ⋅ DN ⋅sin(<br />
DNM∠)<br />
=<br />
3<br />
3 2<br />
1<br />
= ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅sin(<br />
DAN∠)<br />
⋅sin(<br />
CAB∠)<br />
⋅sin(<br />
AB∠).<br />
6<br />
Megjegyzés. A σA = sin ( DAN∠)<br />
sin(<br />
CAB∠)<br />
sin(<br />
AB∠)<br />
szorzat az A csúcsú triédert<br />
jellemzi, mert<br />
σA = sin ( AC∠)<br />
sin(<br />
DAC∠)<br />
sin(<br />
BAC∠)<br />
= sin(<br />
AD∠)<br />
sin(<br />
BAD∠)<br />
sin(<br />
CAD∠)<br />
.<br />
Ez a tulajdonság Cristian von Standt, német matematikus nevéhez fűződik, és a síkbeli<br />
a ⋅ b ⋅sinC<br />
T = képlet analógjának tekinthető.<br />
2<br />
7.4.3. Feladat (Dostor, 1867)<br />
Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a<br />
2 SC<br />
⋅ SD<br />
sin(<br />
AB∠)<br />
V = ⋅<br />
összefüggéssel is, ahol SA = T[<br />
BCD]<br />
, SB = T[ACD]<br />
és<br />
3 AB<br />
CD∠<br />
a CD élű lapszöget jelöli.)<br />
Bizonyítás. Az előbbi <strong>feladat</strong> ábráját és jelöléseit használjuk:<br />
1<br />
1<br />
V = ⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ DM = ⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ DN ⋅sin(<br />
AB∠)=<br />
3<br />
3<br />
1 2 AB ⋅ DN<br />
2 SD ⋅ SC<br />
= ⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ ⋅ ⋅sin(<br />
AB∠)<br />
= ⋅ sin(<br />
AB∠)<br />
.<br />
3 AB 2<br />
3 AB<br />
7.4.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a<br />
1<br />
V = ⋅ AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ egyenlőséggel is, ahol d = d(<br />
AB, CD)<br />
és ϕ = ( AB, CD∠)<br />
.<br />
6<br />
Bizonyítás. Az ABCD tetraéder köré egy hasábot írunk. Felvesszük az E és F<br />
pontot úgy, hogy az ABCE és BCDF négyszögek paralelogrammák legyenek. Az AB<br />
és CD egyenesek által közrezárt szög éppen az ABF és ECD háromszög B, illetve C<br />
csúcsánál keletkező szög, tehát a hasáb alapterülete:<br />
CE ⋅CD<br />
⋅sin<br />
ϕ AB ⋅CD<br />
⋅sin<br />
ϕ<br />
T [ ECD]<br />
=<br />
=<br />
.<br />
2<br />
2<br />
A<br />
Az ABF és CED síkok távolsága éppen az<br />
AB és CD kitérő egyenesek távolságával<br />
egyenlő, ezért a hasáb térfogata<br />
B<br />
F<br />
AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ<br />
VH = T[<br />
ECD]<br />
⋅ d =<br />
. De a<br />
2<br />
E<br />
hasáb felbontható az ABCD, ABFD és<br />
AECD tetraéderekre, és mivel ezek a<br />
tetraéderek azonos térfogatúak,<br />
C<br />
V.60. ábra<br />
D<br />
VH<br />
V =<br />
3<br />
AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ<br />
=<br />
.<br />
6
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 217<br />
7.5. Tétel (A szögfelezősík tétele)<br />
Az ABCD tetraéder AB élű lapszögének szögfelező síkja a CD szakaszt az M<br />
CM T [ CAB]<br />
pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy = .<br />
MD T [ DAB]<br />
Bizonyítás. Az AMBC és AMBD tetraéderek AMB alapja közös, és a C, illetve a<br />
CM<br />
D-ből húzott magasságok aránya ,<br />
A<br />
MD<br />
1<br />
CM ⋅T<br />
[ AMB]<br />
CM<br />
V [ AMCB]<br />
tehát = 3<br />
= .<br />
MD 1<br />
MD ⋅T<br />
[ AMB]<br />
V [ ADBM ]<br />
D<br />
B<br />
3<br />
A Dostor-féle kifejezés alapján (7.4.3. <strong>feladat</strong>)<br />
M<br />
2 T<br />
C<br />
[ ]<br />
[ AMB]<br />
⋅T<br />
[ ABC]<br />
⋅ sin α<br />
V AMBC = ⋅<br />
és<br />
3 AB<br />
V.61. ábra<br />
2 T<br />
[ ]<br />
[ AMB]<br />
⋅T<br />
[ ABD]<br />
⋅sin<br />
α<br />
V AMBD = ⋅<br />
,<br />
3 AB<br />
ahol α az AB élű lapszög mértékének a fele. Ebből következik, hogy<br />
V [ AMBC]<br />
T[<br />
ABC]<br />
CM T [ CAB]<br />
= , tehát = .<br />
V AMBD T ABD MD T DAB<br />
[ ]<br />
[ ]<br />
[ ]<br />
Megjegyzés. Ez a tulajdonság a síkbeli szögfelezőtétel analógjának tekinthető.<br />
7.6. Feladat (A szembefekvő élek szöge)<br />
Számítsuk ki az AC és BD egyenesek szögét az ABCD tetraéder élhosszainak<br />
függvényében!<br />
Megoldás. A B ponton át AC-hez húzott párhuzamoson felvesszük az E pontot úgy,<br />
hogy az ACEB négyszög paralelogramma legyen. Jelöljük F-fel az AE és BC átlók<br />
metszéspontját, valamint ϕ -vel a DBE szög mértékét. A BDE háromszögben<br />
2<br />
2<br />
2<br />
DE = BD + BE − 2BD<br />
⋅ BE ⋅ cosϕ<br />
. (1)<br />
A<br />
D<br />
B<br />
F<br />
V.62. ábra<br />
Az ADE és DBC háromszögekben a DF oldalfelezőt kifejezzük az oldalak<br />
függvényében:<br />
C<br />
E
218 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
2<br />
2 2 2 2 2 2<br />
( AD + DE ) − AE = 2(<br />
AD + DE ) − 4 =<br />
2 2 2 2 2<br />
( AD + DE ) − 2(<br />
AB + AC ) +<br />
2 2 2 2<br />
4DF = 2(<br />
BD + DC ) − BC .<br />
4DF = 2<br />
AF<br />
= 2 BC és<br />
Az előbbi két összefüggés alapján<br />
2 1 2 2 2 2 2 2 2<br />
DE = ⋅ [ 2(<br />
BD + DC ) − BC + 2(<br />
AB + AC ) − BC − 2AD<br />
]=<br />
2<br />
2<br />
2<br />
= BD + DC + AC + AB − BC − AD<br />
Ha ezt az összefüggést összehasonlítjuk az (1) összefüggéssel, következik:<br />
2AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = BC + AD − DC − AB .<br />
Ebből az összefüggésből kiszámítható az AC és BD egyenesek szöge.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
BC + AD − DC − AB<br />
cos ϕ =<br />
.<br />
2AC<br />
⋅ BD<br />
Következmény. AC ⊥BD<br />
⇔ BC + AD = DC + AB .<br />
Megjegyzés. A tulajdonság röviden bizonyítható vektoriális úton is:<br />
2 AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = 2AC<br />
⋅ BD = 2AC<br />
⋅ ( AD − AB)=<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 2 2 2<br />
( AC + AD − CD ) − ( AB + AC − )=<br />
= 2AC ⋅ AD − 2AC<br />
⋅ AB =<br />
BC<br />
7.7.<br />
Ortocentrikus tetraéderek<br />
2<br />
2<br />
= AD + BC − CD − AB .<br />
7.7.1 Feladat. (L’Huiler, 1782) Bizonyítsuk be, hogy ha az ABCD tetraéderben<br />
AB⊥CD<br />
, akkor az A és a B csúcsokhoz tartozó magasságok metszik egymást.<br />
Megoldás. Jelöljük A1<br />
-gyel az A pont BCD síkra eső vetületét.<br />
AA1⊥(<br />
BCD)<br />
⇒ AA1⊥CD⎫<br />
⎬ ⇒ CD⊥(<br />
ABA1<br />
) ⇒ CD⊥BA1<br />
.<br />
AB⊥CD<br />
⎭<br />
B<br />
A<br />
H<br />
A<br />
1<br />
V.63. ábra<br />
B<br />
1<br />
C<br />
B<br />
2<br />
D<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
Tehát BA a BCD háromszög magassága.<br />
1<br />
B2 Jelöljük -vel ennek a magasságnak a<br />
talppontját és B1<br />
-gyel a B pont AB2<br />
egyenesre eső vetületét. A három merőleges<br />
tétele alapján AB2 ⊥CD<br />
, így a három<br />
merőleges tételének második fordított tétele<br />
alapján BB1 ⊥(<br />
ACD)<br />
. Az ABB2<br />
háromszögben az AA1 és BB1<br />
magasságok,<br />
tehát metszik egymást.<br />
2
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 219<br />
7.7.2. Feladat. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja?<br />
Megoldás. Ha B1<br />
a B pont (ACD)<br />
síkra eső vetülete, és A 1 az A pont (BCD)<br />
síkra<br />
eső vetület, akkor BB1⊥CD<br />
és AA1<br />
⊥CD<br />
. Tehát CD⊥ ( ABA1B1<br />
) (az A, A1, B és B1 pont<br />
egy síkban van). Az AB1 ∩CD és BA1 ∩CD<br />
metszéspontok az ABA1B1<br />
sík CD<br />
egyenessel való metszetében vannak. A CD egyenes nincs az ABA B síkban és nem<br />
( )<br />
is párhuzamos vele, tehát a CD és az ABA1B1<br />
metszete egy pontot tartalmaz. Ebből<br />
következik, hogy az AB1<br />
és a BA1<br />
a CD egyenesen metszik egymást (ezt a pontot<br />
jelöltük B2 -vel). CD ⊥(ABA1B1<br />
) alapján CD⊥<br />
AB , tehát a 7.7.1. tulajdonság fordítottja<br />
is<br />
igaz.<br />
Az előbbi két <strong>feladat</strong> arra mutat rá, hogy a tetraéder magasságai nem mindig<br />
összefutók. Ezért nagyon sok, háromszögre vonatkozó tulajdonság nem általánosítható<br />
tetraéderekre. Ahhoz, hogy akár egyszerű síkbeli tulajdonságok térbeli analógjáról<br />
beszélhessünk, szükséges néhány speciális tetraéderosztály bevezetése. Ha a<br />
magasságok összefutását tetraéderekre szeretnénk kiterjeszteni, az első két <strong>feladat</strong><br />
alapján egy speciális tetraéderosztályt kapunk.<br />
7.7.3. Értelmezés. (Steiner, 1827) Az ABCD tetraédert ortocentrikusnak<br />
nevezzük,<br />
ha magasságai összefutó egyenesek.<br />
Eddigi ismereteinkre támaszkodva kijelenthetjük a következő tételt:<br />
7.7.4. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő kijelentések egyenértékűek:<br />
a) a tetraéder ortocentrikus;<br />
b) AB⊥ CD,<br />
AC⊥BD<br />
;<br />
c) AB⊥ CD,<br />
AC⊥BD<br />
és AD⊥ BC ;<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
d) AB + CD = BC + AD = AC + BD ; (Feuerbach, 1827)<br />
e) Egy csúcs vetülete a szembefekvő lap ortocentrumába kerül;<br />
f) Bármely csúcs szembefekvő lapra eső vetülete az illető lap ortocentruma.<br />
A tétel bizonyításához szükséges részletek mind megtalálhatók a tankönyvben<br />
( <strong>feladat</strong>okban szétszórva), ezért a bizonyítást rád bízzuk.<br />
7.8. Az egyenlő oldalú tetraéder<br />
Ha az egyenlő oldalú háromszög térbeli megfelelőjét keressük, egy alapvető<br />
problémával találjuk magunkat szemben. Elvárjuk ugyanis, hogy a térbeli<br />
megfelelőnek (analógnak) hasonló tulajdonságai legyenek. Ezért felsorolunk néhány<br />
olyan tulajdonságot, amely az egyenlő oldalú háromszöget jellemzi:<br />
1. oldalai kongruensek;<br />
2. szögei kongruensek;<br />
3. magasságai egyforma hosszúak;<br />
4. az oldalfelezői magasságok;<br />
5. a szögfelezői oldalfelezők;<br />
6. egy belső pontnak az oldalaktól vett távolságai összege a<br />
háromszög magasságával egyenlő;<br />
7. a beírt és köréírt körök középpontjai egybeesnek.<br />
2<br />
1<br />
1
220 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
Már az első tulajdonság alapján sem egyértelmű a térbeli analóg, hisz a<br />
tetraéder gazdagabb, mint síkbeli társa, van oldaléle és oldallapja is. Ha az oldalélek<br />
egyenlőségét kérjük, akkor olyan tetraédert kapunk, amelynek minden lapja egyenlő<br />
oldalú háromszög. Ez rendelkezik a többi tulajdonság térbeli megfelelőjével is, de<br />
ezek a tulajdonságok ezt a tetraédert nem jellemzik, hisz ha a magasságok egyenlő<br />
hosszúak, akkor az oldallapok területei egyenlők kell, hogy legyenek ( A A h S ⋅ ⋅<br />
1<br />
V<br />
stb.), és ilyen tetraéder bármely hegyesszögű háromszögből kiindulva szerkeszthető<br />
(lásd V.4.13. <strong>feladat</strong>ot). Hasonlóan, ha a szögfelezősíkok felezik a szembefekvő<br />
oldalakat, akkor a szögfelezősík tétele alapján ismét az oldallapok területének<br />
egyenlőségéhez jutunk. Mi több, az is látható, hogy az oldallapok területeinek<br />
egyenlősége elégséges ahhoz, hogy egy belső pont távolságainak összege a magasság<br />
hosszával legyen egyenlő. E tulajdonságok alapján látható, hogy a térbeli analóg<br />
nemcsak az alakzattól függ, hanem az alakzat konkrét tulajdonságaitól is, amelyek<br />
szerint az analógiát építjük. Ezért bevezetjük a következő tetraéderosztályt, és<br />
vizsgáljuk a tetraéderek tulajdonságait:<br />
7.8.1. Értelmezés. Az ABCD tetraédert egyenlő oldalúnak nevezzük, ha<br />
oldallapjai egyenlő területűek.<br />
Az eddigi meggondolásaink alapján érvényes az alábbi tétel:<br />
7.8.2. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő állítások egyenértékűek:<br />
a) ABCD egyenlő oldalú.<br />
b) A magasságok egyenlő hosszúságúak.<br />
c) Három, nem egy csúcsból kiinduló él által meghatározott lapszögek<br />
szögfelezősíkjai felezik a szemközti élt.<br />
Például, egyenlő oldalú tetraéder a V.4.13. <strong>feladat</strong>ban szerkesztett tetraéder.<br />
Természetesen tevődik fel a kérdés, hogy a V.4.13. <strong>feladat</strong>ban szerkesztett<br />
tetraédernek egyéb tulajdonságai jellemzők-e az egyenlő oldalú tetraéderekre, illetve,<br />
hogy létezik-e olyan egyenlő oldalú tetraéder, amit nem a V.4.13. <strong>feladat</strong>ban leírt<br />
módon szerkesztünk. Induljunk ki abból, hogy az ACD és a BCD háromszög területe<br />
egyenlő. Mivel a két háromszög CD oldala közös, az AE és BF magasságok<br />
kongruensek. Ha M és N az AB és CD<br />
A<br />
oldalélek felezőpontjai, akkor az EF szakasz<br />
az AB oldal CD-re eső vetülete, tehát<br />
[ EN] ≡ [ NF ] (lásd az V. fejezet 6.5.<br />
M<br />
<strong>feladat</strong>át). Ebből következik, hogy a BFN és<br />
AEN derékszögű háromszögek megfelelő<br />
befogói kongruensek, tehát AEN∆<br />
≡ BFN∆<br />
.<br />
B<br />
C<br />
V.64. ábra<br />
N<br />
F<br />
E<br />
D<br />
Így<br />
[ ] [ AN]<br />
= 3<br />
BN ≡ , tehát az ANB egyenlő szárú<br />
háromszögben MN magasság. Hasonlóan<br />
belátható, hogy az MN kettős felező<br />
merőleges CD-re is, tehát a kettős felezők a<br />
hozzájuk tartozó oldalélpárok közös<br />
merőlegesei. Ha a BFC és AED derékszögű
Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek 221<br />
háromszögeket vizsgáljuk, láthatjuk, hogy [ BF] ≡ [ AE]<br />
és [ CF ] ≡ ED , tehát<br />
BFC ∆ ≡ AED∆<br />
. Ebből következik, hogy [ AD] ≡ [ BC]<br />
. Tehát egy újabb tulajdonságot<br />
igazoltunk. Ezt a következő tételbe foglaltuk:<br />
7.8.3. Tétel. Az ABCD tetraéder akkor és csak akkor egyenlő oldalú, ha a<br />
következő tulajdonságok közül valamelyik teljesül:<br />
a) a szembefekvő élpárok kongruensek;<br />
b) a kettős felezők az általuk felezett élek közös merőlegesei.<br />
A V.8. paragrafusban további tulajdonságokat fogalmaztunk meg. Próbálkozzatok az<br />
egyenlő oldalú háromszög egyéb tulajdonságainak kiterjesztésével is!<br />
7.9.<br />
Szabályos tetraéder<br />
7.9.1. Értelmezés. Az ABCD tetraédert szabályosnak nevezzük, ha minden<br />
oldaléle azonos hosszúságú.<br />
Látható, hogy így bármely csúcsnak a szemben fekvő lapra eső vetülete az illető lap<br />
középpontjába (ortocentrumába) esik, tehát a szabályos tetraéder ortocentrikus is<br />
(V.3.15.5.-ös <strong>feladat</strong>). Mivel az oldallapok kongruensek, a tetraéder egyenlő oldalú is.<br />
Mi több a 7.7.4. tétel d) és a 7.8.3. tétel a) pontja alapján a fordított állítás is igaz.<br />
9.2. Tétel. Ha valamely egyenlő oldalú tetraéder ortocentrikus, akkor szabályos.<br />
2<br />
V.8. Gyakorlatok és <strong>feladat</strong>ok<br />
1. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben G súlypont és az AGD háromszög<br />
G-ben derékszögű, akkor az AD kongruens az AD-hez tartózó kettős felezővel!<br />
2. Ha G az ABCD tetraéder súlypontja és M egy tetszőleges térbeli pont, akkor<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
GB<br />
MA + MB + MC + MD = 4MG + GA + + GC + GD .<br />
3. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder belsejében létezik olyan M pont, amelyre<br />
az MABC, MBCD, MCDA és MABD tetraéderek azonos térfogatúak!<br />
4. Az ABCD tetraéderben<br />
SA = SB<br />
cos ( CD∠)<br />
+ SC<br />
cos(<br />
BD∠)<br />
+ SD cos(<br />
BC∠)<br />
.<br />
5. Bizonyítsd be, hogy bármely ortocentrikus tetraédernek legalább az egyik<br />
oldallapja hegyesszögű háromszög. Igaz-e ez a tulajdonság tetszőleges tetraéder<br />
esetén?<br />
6. Bizonyítsd be, hogy ortocentrikus tetraéderben a magasságok összefutási pontja<br />
(H), a súlypont (G) és a köréje írt gömb középpontja kollineáris (Euler-egyenes), és<br />
OG = GH . Próbáld általánosítani az Euler-kört is!<br />
7. Bizonyítsd be, hogy a következő állítások egyenértékűek:<br />
a) az ABCD tetraéder egyenlő oldalú;<br />
b) az ABCD tetraéder bármely csúcsában a síkszögek mértékének<br />
összege ugyanannyi;<br />
c) a beírt és a köréje írt gömbök középpontjai egybeesnek.<br />
8. Bizonyítsd be, hogy ha valamely tetraéder belsejében létezik négy, nem egy<br />
síkban fekvő pont, amelyek oldallapoktól mért távolságainak összege egyenlő,<br />
akkor a tetraéder egyenlő oldalú.<br />
2<br />
2<br />
2
222 Térgeometriai <strong>feladat</strong>ok és tételek<br />
9. Az ABCD tetraéder akkor és csak akkor egyenlő oldalú, ha a súlyvonalai azonos<br />
hosszúságúak.<br />
10. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élei páronként merőlegesek egymásra.<br />
Bizonyítsd be, hogy:<br />
a) az A-nak a BCD síkra eső A′ vetülete a BCD háromszög ortocentruma, és a<br />
BCD háromszög hegyesszögű;<br />
1 1 1 1<br />
b) = + + ;<br />
2 2 2 2<br />
AA′<br />
AB AC AD<br />
2<br />
2<br />
2<br />
c) cos ( A′ AB)<br />
+ cos ( A′<br />
AC)<br />
+ cos ( A′<br />
AD)<br />
= 1 (Tinseau, 1780);<br />
2<br />
2<br />
d) cos ( BC∠) + cos ( CD∠)<br />
+ cos ( DB∠)<br />
= 1 ;<br />
e)<br />
2<br />
T [ ABC]<br />
= T[<br />
BCD]<br />
⋅T<br />
[ A′<br />
BC]<br />
;<br />
f)<br />
2<br />
T [ BCD]<br />
2<br />
2<br />
2<br />
T [ ABC]<br />
+ T [ ADC]<br />
+ T [ ABD]<br />
g) 9V [ ABCD]<br />
= 2T<br />
[ ABC]<br />
⋅T<br />
[ ACD]<br />
⋅T<br />
[ ABD]<br />
2<br />
.<br />
= ;<br />
2