A B. 4668. feladat (2014. november)

B. 4668. Egy tetraédert furcsának nevezünk, ha a csúcsait a szemközti lapok beírt körének középpontjával összekötő szakaszok egy ponton mennek át. Milyen feltételeknek tesznek eleget egy furcsa tetraéder élei?

Javasolta: Ruff János (Pécs)

(6 pont)

A beküldési határidő 2014. december 10-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: Vizsgáljuk azokat a síkokat, amelyek illeszkednek két csúcsra és a velük szemközti lapok beírt körének középpontjára.

Megoldás. Legyenek egy tetraéder csúcsai \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\). Legyen a \(\displaystyle BCD\) háromszög beírt körének középpontja \(\displaystyle O_A\), az \(\displaystyle ACD\) háromszög beírt körének középpontja pedig \(\displaystyle O_B\). Ekkor \(\displaystyle BO_A\) a \(\displaystyle CBD\angle\) szögfelezője, így metszi a \(\displaystyle CD\) élt; legyen \(\displaystyle BO_A\) és \(\displaystyle CD\) metszéspontja \(\displaystyle M_1\). Hasonlóan \(\displaystyle AO_B\) felezi a \(\displaystyle CAD\angle\)-et, \(\displaystyle AO_B\) és \(\displaystyle CD\) metszéspontja pedig legyen \(\displaystyle M_2\).

\(\displaystyle AO_A\) és \(\displaystyle BO_B\) nem párhuzamosak egymással, így pontosan akkor metszik egymást, ha egy síkban vannak. Az \(\displaystyle ABO_A\) sík azonos az \(\displaystyle ABM_1\) síkkal, az \(\displaystyle ABO_B\) sík pedig azonos az \(\displaystyle ABM_2\) síkkal, így \(\displaystyle AO_A\) és \(\displaystyle BO_B\) pontosan akkor van egy síkban, ha az \(\displaystyle ABM_1\) sík azonos az \(\displaystyle ABM_2\) síkkal. Ekkor azonban az \(\displaystyle ABM_1\) és \(\displaystyle ABM_2\) sík \(\displaystyle CD\)-vel alkotott metszéspontja egybeesik, így \(\displaystyle M_1\equiv M_2\). \(\displaystyle M_1\equiv M_2\) esetén az \(\displaystyle ABM_1\) és \(\displaystyle ABM_2\) sík nyilván azonos, így \(\displaystyle AO_A\) és \(\displaystyle BO_B\) pontosan akkor metszik egymást, ha \(\displaystyle M_1\equiv M_2\). Ez nyilván pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle CM_1=CM_2\), mivel \(\displaystyle M_1\) és \(\displaystyle M_2\) is a \(\displaystyle CD\) él belső pontja.

Fejezzük ki \(\displaystyle CM_1\)-et és \(\displaystyle CM_2\)-et a tetraéder éleinek hosszával!

A szögfelezőtételt alkalmazva a \(\displaystyle CBD\) háromszögben a \(\displaystyle BM_1\) szögfelezőre

\(\displaystyle \frac{DM_1}{CM_1}=\frac{BD}{BC}\)

\(\displaystyle DM_1=\frac{BD\cdot CM_1}{BC}.\)

Nyilván \(\displaystyle CM_1+DM_1=CD\), így

\(\displaystyle CM_1+\frac{BD\cdot CM_1}{BC}=CD\)

\(\displaystyle CM_1\cdot (BC+BD)=BC\cdot CD\)

\(\displaystyle CM_1=\frac{BC\cdot CD}{BC+BD}.\)

Ugyanígy a \(\displaystyle CAD\) háromszögben az \(\displaystyle AM_2\) szögfelezőre alkalmazott szögfelezőtételből

\(\displaystyle CM_2=\frac{AC\cdot CD}{AC+AD}.\)

Így \(\displaystyle CM_1=CM_2\) pontosan akkor teljesül, ha

\(\displaystyle \frac{BC\cdot CD}{BC+BD}=\frac{AC\cdot CD}{AC+AD}.\)

Ekvivalens átalakításokkal:

\(\displaystyle \frac{BC}{BC+BD}=\frac{AC}{AC+AD}\)

\(\displaystyle BC\cdot (AC+AD)=AC\cdot (BC+BD)\)

\(\displaystyle BC\cdot AD=AC\cdot BD.\)

Így \(\displaystyle AO_A\) és \(\displaystyle BO_B\) pontosan akkor metszi egymást, ha \(\displaystyle AC\cdot BD=AD\cdot BC\).

Hasonló számolással, a tetraéder csúcsait a szemközti lapok beírt körének középpontjával összekötő szakaszok pontosan akkor metszik egymást páronként, ha a tetraéder bármely két kitérő élének szorzata egyenlő.

Ha három egyenes páronként metszi egymást és nincsenek egy síkban, akkor egy ponton mennek át. Így nyilván ha négy olyan egyenes páronként metszi egymást, amelyek között semelyik három nincs egy síkban, akkor egy ponton mennek át. Így a tetraéder csúcsait a szemközti lapok beírt körének középpontjával összekötő szakaszok pontosan akkor metszik egymást páronként, ha egy ponton mennek át.

Ezzel beláttuk, hogy egy tetraéder pontosan akkor furcsa, ha bármely két kitérő élének szorzata egyenlő.

Schwarcz Tamás (Budapest, Bp. XIII. Ker. Berzsenyi D. Gimn., 12. évf.)

Statisztika:

32 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Andi Gabriel Brojbeanu, Baran Zsuzsanna, Fekete Panna, Geng Máté, Kátay Tamás, Kerekes Anna, Leitereg Miklós, Mócsy Miklós, Nagy Kartal, Nagy-György Pál, Nagy-György Zoltán, Schwarcz Tamás, Szebellédi Márton, Szőke Tamás, Török Tímea, Wei Cong Wu, Williams Kada.
5 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Csépai András, Gáspár Attila, Gyulai-Nagy Szuzina, Porupsánszki István.
4 pontot kapott:	9 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2014. novemberi matematika feladatai