A B. 4683. feladat (2015. január)

B. 4683. Van-e olyan sík, amely egy szabályos ötszög alapú egyenes gúlát

\(\displaystyle a)\) tengelyesen,

\(\displaystyle b)\) középpontosan

szimmetrikus hatszögben metsz?

(6 pont)

A beküldési határidő 2015. február 10-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: a) van, b) van.

Megoldás. Megmutatjuk, hogy a válasz mindkét esetben igen. Belátjuk, hogy bármely szabályos ötszög alapú egyenes gúlához létezik olyan sík, amely a gúlát olyan hatszögben metszi, mely tengelyesen is és középpontosan is szimmetrikus.

1. ábra

Legyen a gúla alapja az egységnyi oldalú \(\displaystyle ABCDE\) szabályos ötszög, hatodik csúcsa pedig \(\displaystyle F\). Tudjuk, hogy a szabályos ötszög minden szöge \(\displaystyle 108^{\circ}\), átlóinak hossza pedig az oldalak hosszának \(\displaystyle \big(\sqrt{5}+1\big)/2\)-szerese. Legyen az \(\displaystyle AE\) és \(\displaystyle CD\) egyenesek metszéspontja \(\displaystyle M\), a \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle ED\) egyenesek metszéspontja pedig \(\displaystyle N\) (1. ábra). Ekkor \(\displaystyle DEM\sphericalangle =EDM\sphericalangle = 180^{\circ}-108^{\circ}= 72^{\circ}\). Tehát

\(\displaystyle EMD\sphericalangle = 180^{\circ}-2\cdot 72^{\circ}= 36^{\circ}=\)

\(\displaystyle = \frac{180^{\circ}-108^{\circ}}{2}= ECD\sphericalangle,\)

ezért a \(\displaystyle CEM\) háromszög egyenlőszárú, s így \(\displaystyle EM=EC=\big(\sqrt{5}+1\big)/2\).

Az ötszög szimmetriája miatt ebből \(\displaystyle CN=DN=DM=\big(\sqrt{5}+1\big)/2\) is következik.

Az \(\displaystyle AB\) szakasz \(\displaystyle \mathcal{T}\) felezőmerőleges síkja tartalmazza \(\displaystyle D\)-t és \(\displaystyle F\)-et, \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle E\), illetve \(\displaystyle N\) és \(\displaystyle M\) pedig egymásnak \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re vonatkozó tükörképei.

Legyen \(\displaystyle 0\le \lambda \le 1\) valós szám, \(\displaystyle U_{\lambda}\), illetve \(\displaystyle V_{\lambda}\) a \(\displaystyle CD\), illetve az \(\displaystyle ED\) szakasznak az a pontja, melyre \(\displaystyle CU_{\lambda}=\lambda =EV_{\lambda}\). Ekkor \(\displaystyle U_{\lambda}\) és \(\displaystyle V_{\lambda}\) is egymásnak \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re vonatkozó tükörképei. Legyen \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) az \(\displaystyle U_{\lambda}V_{\lambda}\) egyenest tartalmazó, az \(\displaystyle FNM\) síkkal párhuzamos sík. Mivel \(\displaystyle U_{\lambda}V_{\lambda}\) merőleges \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re, ezért \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) is merőleges \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re. Legyen \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) és a gúla \(\displaystyle FE\), \(\displaystyle FA\), \(\displaystyle FB\) és \(\displaystyle FC\) éleinek metszéspontja rendre \(\displaystyle W_{\lambda}\), \(\displaystyle Z_{\lambda}\), \(\displaystyle X_{\lambda}\) és \(\displaystyle Y_{\lambda}\) (2. ábra). Ekkor \(\displaystyle W_{\lambda}\) és \(\displaystyle Y_{\lambda}\), valamint \(\displaystyle Z_{\lambda}\) és \(\displaystyle X_{\lambda}\) is egymásnak \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re vonatkozó tükörképei, tehát az \(\displaystyle U_{\lambda}V_{\lambda}W_{\lambda}Z_{\lambda}X_{\lambda}Y_{\lambda}\) hatszög szimmetrikus \(\displaystyle \mathcal{T}\)-re, s ezért tengelyesen is szimmetrikus a \(\displaystyle \mathcal{T}\cap \mathcal{S}_{\lambda}\) egyenesre. Vagyis az \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) sík minden \(\displaystyle 0<\lambda <1\) esetén tengelyesen szimmetrikus hatszögben metszi a gúlát.

2. ábra                                                             3. ábra

Megmutatjuk, hogy van olyan \(\displaystyle \lambda\) érték, melyre a metszet középpontosan is szimmetrikus. Tudjuk, hogy három sík páronkénti metszésvonalai vagy egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak. (Ennek az állításnak a bizonyítása megtalálható pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I, 1703. feladat.) Tekintsük az \(\displaystyle FBC\), \(\displaystyle FDE\) és \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) síkokat. Ezek páronkénti metszésvonalai \(\displaystyle BC\cap ED=N\) miatt \(\displaystyle FN\), továbbá \(\displaystyle X_{\lambda}Y_{\lambda}\) és \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}\). E három egyenesnek nem lehet közös pontja, mert \(\displaystyle FN\) párhuzamos a másik két egyenest tartalmazó \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) síkkal. Tehát az \(\displaystyle X_{\lambda}Y_{\lambda}\) és \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}\) egyenesek párhuzamosak. Ugyanígy kapjuk az \(\displaystyle FCD\), \(\displaystyle FEA\) és \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) síkok páronkénti metszésvonalainak vizsgálatából, hogy az \(\displaystyle FM\), \(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda}\) és \(\displaystyle Y_{\lambda}U_{\lambda}\) egyenesek is párhuzamosak (3. ábra).

Ha \(\displaystyle \lambda =0\), akkor \(\displaystyle V_{0}\equiv W_{0}\equiv E\), a hatszög egy négyszöggé fajul. Mivel \(\displaystyle W_{0}Z_{0}\) párhuzamos \(\displaystyle FM\)-mel, ezért a párhuzamos szelők tétele szerint

\(\displaystyle \frac{W_{0}Z_{0}}{MF}=\frac{EA}{MA}, \quad \text{azaz} \quad W_{0}Z_{0}=\frac{EA}{MA}\cdot MF= \frac{1}{1+\frac{\sqrt{5}+1}{2}}MF=\frac{3-\sqrt{5}}{2}MF. \)

Ha \(\displaystyle \lambda =1\), akkor \(\displaystyle U_{1}\equiv V_{1}\equiv D\), a hatszög egy ötszöggé fajul. Mivel \(\displaystyle V_{1}W_{1}=DW_1\) párhuzamos \(\displaystyle FN\)-mel, ezért a párhuzamos szelők tétele, valamint a szabályos ötszög szimmetriája miatt

\(\displaystyle \frac{DW_1}{NF}=\frac{DE}{NE}=\frac{EA}{MA}, \quad \mathrm{azaz} \quad DW_1=\frac{3-\sqrt{5}}{2}NF=\frac{3-\sqrt{5}}{2}MF. \)

Tehát az \(\displaystyle FEA\) és az \(\displaystyle FDE\) háromszögek egybevágósága miatt kapjuk, hogy \(\displaystyle FZ_0=FW_1\). Ezért a \(\displaystyle Z_0\) és \(\displaystyle W_1\) pontok az \(\displaystyle FAE\) egyenlőszárú háromszög szárain szimmetrikusan helyezkednek el. Legyen \(\displaystyle Z_0EA\sphericalangle =W_1AE\sphericalangle =\alpha\). Viszont \(\displaystyle Z_1W_1\) párhuzamos \(\displaystyle FM\)-mel, s így \(\displaystyle Z_0E\)-vel is, ha tehát \(\displaystyle Z_1W_1\cap AM=P\), akkor \(\displaystyle Z_1PA\sphericalangle = \alpha\). Ha \(\displaystyle FAW_1\sphericalangle =\beta\), akkor felhasználva, hogy \(\displaystyle Z_1W_1A\sphericalangle =2\alpha\) (mert a \(\displaystyle W_1AP\) háromszög külső szöge), valamint azt, hogy \(\displaystyle 90^{\circ} > FAE\sphericalangle =\alpha +\beta\), kapjuk, hogy

\(\displaystyle AZ_1W_1\sphericalangle =180^{\circ} -\beta -2\alpha > \beta =Z_1AW_1\sphericalangle. \)

Mivel bármely háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, ezért ebből az következik, hogy \(\displaystyle W_1Z_1<AW_1\), vagyis \(\displaystyle AW_1=EZ_0=W_0Z_0=V_1W_1\) miatt \(\displaystyle W_1Z_1<V_1W_1\).

Azt már láttuk, hogy \(\displaystyle 0=V_0W_0<V_1W_1=W_0Z_0\). Ha \(\displaystyle \lambda\) folytonosan nő \(\displaystyle 0\)-tól \(\displaystyle 1\)-ig, akkor a párhuzamos szelők tétele miatt \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}=\lambda \cdot V_1W_1\) is folytonosan nő \(\displaystyle 0\)-tól \(\displaystyle V_1W_1\)-ig, \(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda}\) pedig folytonosan csökken \(\displaystyle W_0Z_0\)-tól \(\displaystyle W_1Z_1\)-ig. Mivel \(\displaystyle W_1Z_1< V_1W_1\), ezért lesz egy olyan \(\displaystyle \lambda\) érték, melyre \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda} =W_{\lambda}Z_{\lambda}\) teljesül.

(A párhuzamos szelők tételének többszöri alkalmazásával kiszámolható, hogy \(\displaystyle \lambda =\frac{5+\sqrt{5}}{10}\) esetén lesz egyenlőség, lásd a megoldás utáni Megjegyzést.)

Ha \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}=W_{\lambda}Z_{\lambda}\), akkor a hatszög tengelyes szimmetriájából következő

\(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}=Y_{\lambda}U_{\lambda}\) és \(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda}=X_{\lambda}Y_{\lambda}\) egyenlőségek miatt miatt azt kapjuk, hogy a hatszög két-két szemközti oldalpárja, \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}\) és \(\displaystyle X_{\lambda}Y_{\lambda}\), valamint \(\displaystyle Y_{\lambda}U_{\lambda}\) és \(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda}\) nemcsak párhuzamos, hanem egyenlő hosszú is. Ez azt jelenti, hogy a \(\displaystyle V_{\lambda}W_{\lambda}X_{\lambda}Y_{\lambda}\) és

az \(\displaystyle Y_{\lambda}U_{\lambda}W_{\lambda}Z_{\lambda}\) négyszögek paralelogrammák. Ezért átlóik felezik egymást. Vagyis ha a \(\displaystyle W_{\lambda}Y_{\lambda}\) szakasz felezőpontja \(\displaystyle O\), akkor a \(\displaystyle V_{\lambda}X_{\lambda}\) és \(\displaystyle U_{\lambda}Z_{\lambda}\) szakaszok felezőpontja is \(\displaystyle O\). Ez pedig azt jelenti, hogy az \(\displaystyle U_{\lambda}V_{\lambda}W_{\lambda}Z_{\lambda}X_{\lambda}Y_{\lambda}\) hatszög az \(\displaystyle O\) pontra nézve középpontosan szimmetrikus.

Ezzel állításunkat beláttuk.

Megjegyzés. \(\displaystyle \lambda\) pontos értékét a 4. ábra jelöléseit használva számoljuk ki. Legyen az \(\displaystyle \mathcal{S}_{\lambda}\) sík és az \(\displaystyle AM\) egyenes döféspontja \(\displaystyle Q\), jelöljük az \(\displaystyle EQ\) távolságot \(\displaystyle x\)-szel. Ekkor egyrészt

\(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda} = QZ_{\lambda}-QW_{\lambda}=\frac{AQ}{AM}\cdot MF- \frac{EQ}{EM}\cdot MF \)

\(\displaystyle = \Bigg(\frac{1+x}{\frac{\sqrt{5}+3}{2}}-\frac{x}{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\Bigg) MF= \frac{3-\sqrt{5}+ \big(4-2\sqrt{5}\,\big)x}{2} MF.\)

4. ábra

Másrészt az \(\displaystyle EC\)-vel párhuzamos \(\displaystyle U_{\lambda} V_{\lambda}\) egyenes is átmegy \(\displaystyle Q\)-n, ezért \(\displaystyle EV_{\lambda}Q\sphericalangle =36^{\circ}\), tehát az \(\displaystyle EV_{\lambda}Q\) és \(\displaystyle EMD\) háromszögek hasonlóak, ezért \(\displaystyle EV_{\lambda}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}EQ\), s így

\(\displaystyle W_{\lambda}V_{\lambda}=\frac{EV_{\lambda}}{EN}\cdot NF=\frac{\frac{\sqrt{5}+1}{2}x}{\frac{\sqrt{5}+3}{2}} NF= \frac{\big(\sqrt{5}-1\big)x}{2} NF. \)

Mivel \(\displaystyle MF=NF\), ezért \(\displaystyle W_{\lambda}Z_{\lambda}=W_{\lambda}V_{\lambda}\) pontosan akkor teljesül, ha

\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}+ \big(4-2\sqrt{5}\,\big)x}{2}=\frac{\big(\sqrt{5}-1\,\big)x}{2}, \)

azaz ha \(\displaystyle x=\sqrt{5}/5\). Ebből pedig azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle \lambda =EV_{\lambda} = \frac{\sqrt{5}+1}{2}x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\cdot \frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{5+\sqrt{5}}{10}\approx 0{,}7236. \)

Statisztika:

38 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Barabás Ábel, Baran Zsuzsanna, Cseh Kristóf, Csépai András, Fekete Panna, Lajkó Kálmán, Nagy-György Pál, Schwarcz Tamás, Szebellédi Márton, Vághy Mihály, Williams Kada.
5 pontot kapott:	Porupsánszki István, Rossen Péter.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
2 pontot kapott:	12 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.

A KöMaL 2015. januári matematika feladatai