 |
A B. 4569. feladat (2013. október) |
B. 4569. Két tetraéderről tudjuk, hogy mindkettőnek pontosan 3 darab a hosszúságú és 3 darab b>a hosszúságú éle van. A b/a arány milyen értékeinél következik ebből, hogy a két tetraéder egybevágó?
(5 pont)
A beküldési határidő 2013. november 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy az \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) hosszúságú élek egymáshoz képest hogyan helyezkedhetnek el egy \(\displaystyle ABCD\) tetraéderben. Mivel a tetraédernek 4 csúcsa van, ezért biztosan van olyan csúcs, melyben legalább 2 darab \(\displaystyle a\) hosszúságú él találkozik. Választhatjuk úgy a csúcsok jelölését, hogy \(\displaystyle AB=AC=a\) legyen. Ha a harmadik \(\displaystyle a\) hosszúságú él \(\displaystyle BC\) vagy \(\displaystyle AD\), akkor a tetraédernek van szabályos háromszöglapja, az első esetben \(\displaystyle ABC\), a második esetben pedig \(\displaystyle BCD\) (1. ábra). Ha a harmadik \(\displaystyle a\) hosszúságú él nem \(\displaystyle BC\) és nem is \(\displaystyle AD\), akkor választhatjuk úgy a jelölést, hogy \(\displaystyle BD\) hossza legyen \(\displaystyle a\), ez a harmadik eset (2. ábra).
1. ábra 2. ábra
Meghatározzuk, hogy az egyes esetekben milyen \(\displaystyle b/a\) arányok esetén létezik tetraéder.
Az első és a második esetben legyen a szabályos háromszöglap körülírt körének sugara \(\displaystyle r\), a kör középpontja \(\displaystyle K\), ennek és a tetraéder negyedik csúcsának távolsága pedig \(\displaystyle m\). Az \(\displaystyle ADK\) háromszög a tetraéderek szimmetriája miatt mindkét esetben derékszögű, ezért Pitagorasz tétele szerint \(\displaystyle m^2=AD^2-r^2\). Pontosan akkor létezik tetraéder, ha \(\displaystyle m>0\), azaz \(\displaystyle AD>r\) teljesül. Ismert, hogy ha egy szabályos háromszög oldalának hossza \(\displaystyle h\), akkor a háromszög körülírt körének sugara \(\displaystyle h\sqrt{3}/3\). Tehát az első esetben mindig létezik tetraéder, mert \(\displaystyle b>a\) miatt \(\displaystyle b>a\sqrt{3}/3\) mindig teljesül, a második esetben pedig pontosan akkor van ilyen tetraéder, ha \(\displaystyle a>b\sqrt{3}/3\), azaz \(\displaystyle a\sqrt{3}>b\) fennáll.
3. ábra
A harmadik esetben először megkeressük azt az \(\displaystyle a/b\) arányt, amikor a tetraéder négyszöggé fajul, azaz csúcsai egy síkba esnek. Ekkor az \(\displaystyle ABDC\) négyszög oldalainak és átlóinak hosszát is ismerjük (3. ábra). Mivel megfelelő oldalaik hossza megegyezik, ezért a \(\displaystyle CAB\) és \(\displaystyle ABD\) háromszögek egybevágó egyenlőszárú háromszögek. Ebből következik, hogy \(\displaystyle C\)-nek az \(\displaystyle AB\) szakasz felezőmerőlegesére vonatkozó tükörképe \(\displaystyle D\), és ezért az \(\displaystyle ABDC\) négyszög szimmetrikus trapéz.
Ha tehát \(\displaystyle ABC\sphericalangle = \alpha\), akkor
\(\displaystyle ACB\sphericalangle =BAD\sphericalangle =BDA\sphericalangle =\alpha \quad\text{és}\quad CAB\sphericalangle =ABD\sphericalangle =180^{\circ}-2\alpha. \)
A trapéz alapjainak párhuzamossága miatt \(\displaystyle ABC\sphericalangle \) és \(\displaystyle DCB\sphericalangle \) váltószögek, és így \(\displaystyle DCA\sphericalangle =DCB\sphericalangle +BCA\sphericalangle =2\alpha\). Az \(\displaystyle ADC\) és a \(\displaystyle BCD\) háromszögek is egybevágó egyenlő szárú háromszögek, vagyis \(\displaystyle DAC\sphericalangle = DCA\sphericalangle =2\alpha\). Az \(\displaystyle ABC\) háromszögben a szögek összegét felírva kapjuk, hogy
\(\displaystyle 180^{\circ}=ABC\sphericalangle +BCA\sphericalangle +(BAD\sphericalangle +DAC\sphericalangle) =\alpha +\alpha +(\alpha +2\alpha)=5\alpha, \)
amiből kapjuk, hogy \(\displaystyle \alpha ={36}^{\circ}\). Ebből következik, hogy \(\displaystyle DCA\sphericalangle =72^{\circ}\) és \(\displaystyle ADC\sphericalangle ={36}^{\circ}\).
Ha az \(\displaystyle ABDC\) trapéz átlóinak metszéspontja \(\displaystyle M\), akkor \(\displaystyle MD=MC\), továbbá
\(\displaystyle AMC\sphericalangle =180^{\circ}-(BCA\sphericalangle +DAC\sphericalangle)= 180^{\circ}-({36}^{\circ} +72^{\circ})=72^{\circ}. \)
Tehát az \(\displaystyle AMC\) háromszög is egyenlő szárú, \(\displaystyle MC=AC=a\), és a szögek egyezősége miatt hasonló az \(\displaystyle ADC\) háromszöghöz. Ezért a két háromszögben a megfelelő oldalak aránya megegyezik, vagyis
\(\displaystyle \frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AM}=\frac{AC}{AD-MD}=\frac{AC}{AD-MC}, \quad \text{azaz} \quad \frac{b}{a}=\frac{a}{b-a}. \)
Ebből rendezés után
\(\displaystyle \left(\frac{b}{a}\right)^{\!\!2}-\frac{b}{a}-1=0. \)
A másodfokú egyenletet megoldva és figyelembe véve, hogy \(\displaystyle b/a>1\), kapjuk hogy
\(\displaystyle \frac{b}{a}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \)
Számolásunkból a szinusztételt és a megfelelő addíciós tételt alkalmazva következik, hogy
\(\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{AD}{AC}=\frac{\sin {72}^{\circ}}{\sin {36}^{\circ}} =2\cos {36}^{\circ}, \)
ebből pedig kapjuk, hogy
\(\displaystyle \sin {36}^{\circ}=\sqrt{1-\cos ^2 {36}^{\circ}}=\sqrt{1-\left(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^{\!\!2}}= \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}, \)
amiket a későbbiekben használni fogunk.
Megmutatjuk, hogy pontosan akkor létezik a harmadik esetben leírt tetraéder, ha
\(\displaystyle 1<\frac{b}{a}<\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \)
Ha létezik tetraéder, akkor a \(\displaystyle D\) csúcs nincs benne az \(\displaystyle ABC\) síkban. Forgassuk el a tetraéder \(\displaystyle ABD\) lapját az \(\displaystyle AB\) egyenes körül úgy, hogy a \(\displaystyle D\) csúcs \(\displaystyle D'\) képe az \(\displaystyle ABC\) síkba kerüljön. Ekkor \(\displaystyle ABD'C\) szimmetrikus trapéz, mert az \(\displaystyle ABD'\) és \(\displaystyle ABC\) háromszögek egybevágó egyenlőszárú háromszögek (4. ábra). Legyen \(\displaystyle \gamma \eg ABC\sphericalangle = ACB\sphericalangle = BAD'\sphericalangle = BD'A\sphericalangle\).
4. ábra
Mivel az \(\displaystyle AB\) egyenes körül forgatunk, ezért a forgatás során a \(\displaystyle D\) pont egy olyan \(\displaystyle \mathcal{S}\) síkban mozog, mely merőleges az \(\displaystyle AB\) egyenesre. Ezért az \(\displaystyle AB\)-vel párhuzamos \(\displaystyle CD'\) egyenes is merőleges \(\displaystyle \mathcal{S}\)-re. Ez viszont azt jelenti, hogy \(\displaystyle \mathcal{S}\)-nek a \(\displaystyle C\)-hez legközelebbi pontja \(\displaystyle D'\), tehát \(\displaystyle b=CD>CD'=c\). Mivel bármely háromszögben igaz, hogy nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, ezért ekkor
\(\displaystyle \delta =D'AC\sphericalangle <ACD'\sphericalangle =ACB\sphericalangle + BCD'\sphericalangle =ACB\sphericalangle +ABC\sphericalangle =2\gamma. \)
Vagyis az \(\displaystyle ABC\) háromszögben a szögek összegére kapjuk, hogy \(\displaystyle 180^{\circ}=\delta +3\gamma <5\gamma\), tehát \(\displaystyle {36}^{\circ}< \gamma\). Ezért a szinusztétel alapján
\(\displaystyle \frac{b}{a}=\frac{AD'}{AC}=\frac{\sin 2\gamma}{\sin \gamma}=2\cos \gamma <2\cos {36}^{\circ}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \)
Megfordítva, ha \(\displaystyle 1<\frac{b}{a}<\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) teljesül, akkor legyen \(\displaystyle D'\) az \(\displaystyle ABC\) sík azon pontja, melyre \(\displaystyle ABD'C\) szimmetrikus trapéz. A \(\displaystyle b>a\) feltételből következik, hogy az \(\displaystyle AB\) felezőmerőlegese által meghatározott két félsík közül \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle D'\) az egyikben, \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle C\) pedig a másikban van. Jelölje \(\displaystyle \gamma \) és \(\displaystyle \delta \) ugyanazokat a szögeket, mint az előző bekezdésben. Az \(\displaystyle ABC\) egyenlőszárú háromszögből kapjuk, hogy
\(\displaystyle \cos \gamma =\frac{\frac{BC}{2}}{AB}=\frac{b}{2a}. \)
Tehát
\(\displaystyle \frac{1}{2}<\cos \gamma <\frac{1+\sqrt{5}}{4}, \quad \text{azaz} \quad 60^{\circ} >\gamma > {36}^{\circ}. \)
Ezért
\(\displaystyle D'AC\sphericalangle =\delta =180^{\circ }-3\gamma < 72^{\circ }<2\gamma =D'CA\sphericalangle . \)
S mivel bármely háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, ezért \(\displaystyle CD'<AD'=b\).
Ha a \(\displaystyle D'\)-ből az \(\displaystyle AB\) egyenesre állított merőleges talppontja \(\displaystyle T,\) akkor
\(\displaystyle D'T=b\sin \gamma >b\sin {36}^{\circ}=b\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}. \)
Forgassuk az \(\displaystyle ABD'\) háromszöget az \(\displaystyle AB\) egyenes körül valamelyik irányban. A forgatás során \(\displaystyle D'\) egy olyan \(\displaystyle T\) középpontú körvonalon mozog, melynek síkja merőleges az \(\displaystyle AB\) egyenesre és a \(\displaystyle CD'\) távolság nyilván folytonosan változik. Amikor az elforgatás szöge éppen \(\displaystyle 180^{\circ },\) azaz a \(\displaystyle D'\) pont átkerül \(\displaystyle D'\)-nek az \(\displaystyle AB\) egyenesre vonatkozó \(\displaystyle D''\) tükörképébe, akkor a \(\displaystyle CD'D''\) derékszögű háromszögből kapjuk, hogy
\(\displaystyle CD''>D'D'' =2D'T> b\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}>b. \)
Ezért a forgatás során lesz egy olyan helyzet, amikor \(\displaystyle D'\) képének és \(\displaystyle C\)-nek a távolsága \(\displaystyle b\). Az ehhez a helyzethez tartozó \(\displaystyle ABCD\) tetraéder eleget tesz a feltételeknek.
A két tetraéder egybevágósága pontosan akkor következik a feladat feltételeiből, ha a három eset közül csak az egyikben leírt tetraéder valósítható meg. Mivel az első esethez tartozó tetraéder minden \(\displaystyle b>a\) értékre létezik, ezért azt kell megnéznünk, hogy a másik két eset mikor nem építhető meg. A létezés feltétele a második esetben \(\displaystyle b/a<\sqrt{3}\), a harmadikban pedig \(\displaystyle b/a<\frac{1+\sqrt{5}}{2}\). Mivel \(\displaystyle \sqrt{3}>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\), ezért a két tetraéder egybevágóságának feltétele a \(\displaystyle b/a\ge \sqrt{3}\) egyenlőtlenség teljesülése.
Mándoki Sára (Budapesti Fazekas M. Ált. Isk. és Gimn., 11. évf.) dolgozatát felhasználva
Statisztika:
80 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Badacsonyi István András, Balogh Tamás, Csépai András, Di Giovanni Márk, Fekete Panna, Frank György, Gyulai-Nagy Szuzina, Kabos Eszter, Kovács 972 Márton, Maga Balázs, Mándoki Sára, Nagy-György Pál, Simkó Irén, Simon Kristóf, Viharos Loránd Ottó, Williams Kada. 4 pontot kapott: Ágoston Péter, Kovács Miklós 996, Kúsz Ágnes, Olexó Gergely, Szász Dániel Soma, Thamó Emese. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 26 versenyző. 1 pontot kapott: 16 versenyző. 0 pontot kapott: 14 versenyző.
A KöMaL 2013. októberi matematika feladatai