V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat

Vissza

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

175

Térgeometriai feladatok és tételek

V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat 1.1. Feladat. Egy szabályos hatszöglap minden oldalát felosztottuk 3 egyenlő részre, majd az V.1. ábrán látható rombuszokkal átfedés nélkül lefödtük a hatszöget (mindenik rombuszfajtából tetszőleges számú állt rendelkezésünkre). Az V.2. ábrán két ilyen lefedés látható. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is fedtük le a hatszöget, mind a három fajta rombuszból kilencet használtunk fel.

V.1. ábra

V.2. ábra

Megoldás. A szemléletesség fokozásának céljából a és rombuszokat satírozzuk be az ábrának megfelelően! Mihez hasonlít az, amit látunk? Próbáljuk térbeli test rajzaként értelmezni az V.3. ábrát! Kevés fantáziával is rájöhetünk, hogy kockákból álló építményt láthatunk, mintha egy szobasarokba kocka alakú építőkövet helyeztünk volna, és ezt ábrázoltuk volna (a falak egy-egy darabjával együtt), vagy mintha egy bűvös kockát bontottunk volna szét, letörve a három középmezőnek megfelelő kockát, és további négy kiskockát elvéve onnan (lásd az V.3. ábrát). V.3. ábra

4 1 3

2

Ha kivesszük az V.4. ábrán látható számozott kockákat, éppen az V.3. ábrán látható alakzathoz jutunk. Ebből az észrevételből könnyen lehet bizonyítást gyártani, hisz a síkbeli hatszög minden lehetséges lefedése egy-egy ilyen szétszedett kockát ábrázol. Persze nem minden szétszedett kockának felel meg egy ilyen lefedés, például ha az V.4. ábra 2-es kockáját 2 4 vesszük ki, akkor az ily módon megbontott kocka ábrázolása 3 3 5 7 nyomán nem kapunk lefedést. Ahhoz, hogy egy szétszedett 6 1 kocka ábrázolása nyomán lefedést kapjunk, az szükséges, hogy az L1 és L2 fényforrások a megmaradt kockák páros L2 L1 számú oldalát világítsák meg (vagyis ha az egyik fényforrás V.4. ábra

Fejezet tartalma 176

Tartalomjegyzék


megvilágítja a kocka egy oldallapját, akkor a másik fényforrás egy másik oldallapját világítsa meg). Így azok a rombuszok, amelyeket világosszürkére satíroztunk, éppen az L1 fényforrás által megvilágított oldallapok vagy a háttér megfelelő darabjai, tehát összesen 9 ilyen oldallapot világítottunk meg. Hasonlóan belátható, hogy a másik két rombusztípusból is pontosan 9 darab van. Látható, hogy léteznek olyan síkbeli (síkban megfogalmazott) tulajdonságok, amelyek természetes és egyszerű megoldása térbeli megfontolásokat igényel. Talán az előbbinél is tisztábban látható ez a következő feladat megoldásából. 1.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy 1001 cm sugarú kör nem fedhető le 2001 darab 1 cm szélességű tetszőlegesen hosszú papírcsíkkal (a csíkokat nem szabad megtűrni)! Megoldás. Az első alapvető probléma az, hogy a csík a középponthoz viszonyított helyzete szerint a körlapból különböző területű részt fed. Ez a probléma kiküszöbölhető, ha a kört egy gömb V.5. ábra vetületének tekintjük. Tételezzük fel, hogy a lefedés mégis lehetséges, és a papírcsíkok széleinél emeljünk merőleges síkokat a csík síkjára. Az V.6. ábrán egy csíknak megfelelő síkpárt láthatunk. Így minden papírcsíknak megfelel egy gömböv vagy egy gömbsüveg. Mivel a papírcsíkok lefedik a körlapot, a nekik megfelelő gömbövek (vagy süvegek) beborítják a gömb egész felszínét. Így a gömbövek felszínének összege legalább akkora, mint a gömb felszíne. (1)

O

A

V.6. ábra

A gömböv felszíne azonban csak az eredeti gömb sugarától és az öv magasságától függ (akárcsak a süveg felszíne). Ezt az Föv = 2πR ⋅ h képlet fejezi ki. Így az összes gömböv felszíne: 2π ⋅ 1001 = 2002π . A gömb felszíne viszont:

Fgömb = 4πR 2 = 2002π ⋅ 2002 . Ebből következik, hogy 2001 gömböv felszíne legfeljebb 2001 ⋅ Föv = 2002 ⋅ π ⋅ 2001 lehet, és ez nem nagyobb, mint a gömb felszíne 2002π ⋅ 2002 . Ez ellentmond az (1) kijelentésnek, tehát a feltételezésünk hamis. Így a 2001 papírcsíkkal nem lehet lefedni a körlapot.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


177

Reméljük, hogy az előbbi két feladat mindenkit meggyőzött arról, hogy a térgeometria nem öncélú matematikai építmény és nemcsak a külvilág leírásának szükségességéből fakadó eszköz, hanem a matematikának fontos része, amelynek nagy hatása van a matematika más ágaira is. Másképpen fogalmazva: az előbbi két feladat megoldásához a térgeometriára azoknak a síkban lakó (kétdimenziós) űrlényeknek is szüksége lenne, akiknek semmilyen direkt tapasztalati tény nem tenné ezt szükségessé. Vajon, ha ezt egy picit magunkra is kiterjesztjük, mi mindent kellene még ismernünk felmerülő problémáink megoldásához?

V.2. Pontok, egyenesek, síkok A térgeometria alapfogalmaiként a pont, az egyenes, a sík és a tér fogalmát fogadjuk el. Nem törekszünk a geometria axiomatikus tárgyalására, megelégszünk az intuitív térszemléletre alapozott tulajdonságokkal. Ez azt jelenti, hogy a pontokra, síkokra, egyenesekre, szögekre és távolságokra vonatkozóan elfogadunk több olyan alaptulajdonságot, amely többé-kevésbé a szemléletre támaszkodik. Ezek a tulajdonságok vagy axiómák, vagy az axiómák segítségével bizonyíthatók, tehát matematikailag korrekt módon is megalapozhatók, de ez a tárgyalásmód nem célunk.∗ Elfogadjuk, hogy a tér egy ponthalmaz, amelyet τ -val jelölünk. Akárcsak a síkban, a térben is két különböző pont mindig meghatároz egy egyenest. Tehát, ha A ∈ τ és B ∈τ , akkor AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott egyenest, ( AB ) -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott nyílt szakaszt,

[AB]-vel jelöljük az A és B pontk által meghatározott zárt szakaszt, ( AB -vel jelöljük az A és B pont által meghatározott A kezdőpontú

nyílt

félegyenest stb. Az egyenesek jelölésére az ábécé kis betűit is használhatjuk. 2.1. Állítás. Újdonságnak számít (a síkhoz képest), hogy a τ bármely három, nem kollineáris pontja egy síkot határoz meg, és a τ minden síkjában érvényes a síkgeometria összes tétele és tulajdonsága. Az V.7. ábrán az ( A, B, C1 ) , illetve az ( A, B, C 2 ) ponthármas által meghatározott síkot szemléltettük. C1 C2 Ezt persze úgy is mondhatjuk, hogy egy egyenes (amelyet két különböző pontja határoz meg) és egy rajta kívül eső pont mindig meghatároz egy síkot, vagy úgy, hogy két metsző egyenes ( AC1 és A B AB ) meghatároz egy síkot. V.7. ábra

Az A, B és C pont által meghatározott síkot (ABC)-vel jelöljük. A d egyenes és az A∉ d pont által meghatározott síkot (Ad)-vel, és a d valamint a d ′ egyenesek által

∗

Aki nincs megelégedve ezzel az intuitív tárgyalásmóddal, annak ajánljuk Dan Brânzei és Radu Miron Fundamentele aritmeticii şi geometriei című könyvét.


Tartalomjegyzék


meghatározott síkot (dd ′ ) -vel jelöljük. Általában a síkok jelölésére a görög ábécé betűit használjuk. A V.7. ábrán láthatjuk, hogy az ( ABC1 ) és ( ABC 2 ) síkok metszete nem üres, pontosabban a két sík metszete éppen az AB egyenes. Szemléletünkre támaszkodva elfogadjuk a következő állításokat: 2.2. Állítás. Ha két különböző síknak van közös pontja, akkor metszetük egy egyenes. 2.3. Állítás. Egy egyenesnek és egy síknak a metszete lehet: a) üreshalmaz (lásd az V.8.1. ábrát), b) egy pont (lásd az V.8.2. ábrát) vagy c) egy egyenes (lásd az V.8.3. ábrát). V.8.1. ábra

V.8.2. ábra

α

α

V.8.3. ábra A α

B

Ebből azonnal következik: két sík metszete lehet üreshalmaz, lehet egy egyenes, vagy egy egész sík (ha a két sík egybeesik), továbbá: hogy három, nem kollineáris ponton keresztül csak egy sík fektethető. Az előbbi állítás alapján értelmezhetjük a párhuzamos síkok fogalmát: 2.4. Értelmezés. Két síkot akkor nevezünk párhuzamosnak, ha metszetük üres halmaz. Az V.9. ábra két párhuzamos síkot ábrázol. A gyakorlatban könnyen eldönthetjük két síkról, hogy párhuzamosak-e vagy sem. Próbáld eldönteni, hogy az alábbi példákban szereplő síkok párhuzamosak-e vagy sem! α 1. A tanterem két szemközti falának β síkja; 2. a padló és a mennyezet síkja; 3. a mozgólépcső két korlátjának síkja; V.9.ábra 4. a félig nyitott ajtó és a keret síkja; 5. a CD doboz két fedele, ha a doboz csukva van; 6. egy síkkondenzátor lapjai. Akárcsak a síkban, a térben is a párhuzamosság kérdése itt is sok ideig vitatott volt. Mi elfogadjuk, hogy:

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

179


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

való metszete egy d’ egyenes (mert d ⊂ β és d ⊄ α , tehát α ≠ β és

A ∈ α ∩ β ). Ha a d és d’ egyenes-

nek lenne közös pontja, akkor ez a d ′ ⊂ α miatt az α síkban helyezkedne el. Ez nem lehetséges,

d α

A V.13. ábra

d'


Tartalomjegyzék


ha α ∩ d = ∅, tehát d ∩ d ′ = ∅. Másrészt, a d és a d ′ a β síkban van, tehát d és d ′ párhuzamos. Ebből két fontos tulajdonság következik: 2.6. Tétel a) d || α ⇔ α -ban a d-hez legalább egy párhuzamos húzható. b) Ha A ∉ α egy pont, akkor az A-n át α -hoz mindig végtelen sok párhuzamos húzható. b) Ha a d egyenes nincs benne az α síkban és nem párhuzamos α -val, akkor a metszetük egy pont. c) A d egyenes az α síkban van. 6. sík – sík. Két sík lehet: metsző, illetve párhuzamos. A metsző síkok esetében a metszet egy egyenes. Ezt nem tárgyaljuk részletesebben. Vizsgáljuk meg, hogyan lehet két sík párhuzamosságát igazolni, illetve azt, hogyan szerkeszthető meg az A ∉ α ponton át az α síkhoz húzott párhuzamos sík. Legyen A1 ∈ α egy tetszőleges pont és d1 , illetve d 2 két, A1 -en átmenő

α -beli egyenes. Az A-n át a d1 és a d 2 egyeneshez egy-egy párhuzamos

húzható. Ezeket jelöljük d1′ -tel, illetve d 2′ -tel. Azt szeretnénk igazolni, hogy (d1′d 2′ ) || α . Ha feltételezzük, hogy ez nincs így, akkor az α és (d1′d 2′ ) sík metszete egy d egyenes. Ez a d ⊂ α egyenes a d1′ -tel és a d 2′ -

tel egy síkban van, tehát a d ∩ d1′ és d ∩ d 2′ halmazok valamelyike nem üres (mert d1′ ∩ d 2′ = {A} ). Feltételezhetjük, hogy d ∩ d1′ = {K } . A d ⊂ α bennfoglalás alapján K ∈ α , tehát a d1′ ∩ α halmaz sem üres. Ez ellentmondás, mert d1′ || α , tehát d1′ ∩ α = ∅. E tulajdonság alapján a síkok párhuzamosságának jellemzését a következő tételben fogalmazhatjuk meg: 2.7. Tétel. Az α és β síkok akkor párhuzamosak, ha α -ban létezik a d1 és a d 2 egyenes úgy, hogy d1 ∩ d 2 = { A} , d1 || β és d 2 || β . A 2.6. tétel és 2.7. tétel néhány azonnali következményét fogalmaztuk meg az alábbiakban. Ezeket gyakran fogjuk használni. 2.8. Tétel a) Ha a d egyenes párhuzamos az α síkkal, akkor a d-n átmenő β síknak az α síkkal való metszete párhuzamos a d-vel. b) Ha d || α és A ∈ α , akkor az A-n át a d-hez húzott párhuzamos az α síkban van. c) Ha d || d1 és d || d 2 , akkor d1 || d 2 . d) Ha α || β , akkor α minden egyenese párhuzamos a β síkkal.

Fejezet tartalma Térgeometriai feladatok és tételek

Tartalomjegyzék

181

e) Ha az α és β párhuzamos síkokat a γ sík a d és a d ′ egyenesben metszi, akkor d || d ′ . f) Ha α || β és α || γ , akkor β || γ .

Az eddigiek alapján valamely térbeli alakzatot akkor nevezünk megszerkesztettnek (vagy meghatározottnak), ha az őt alkotó pontok, egyenesek és síkok előre adottak, vagy az előbb leírtak alapján meghatározottak. Ezt az alábbi táblázatban foglaltuk össze: pont

– előre adott – két egyenes metszéspontja – egy sík és egy egyenes metszéspontja – előre adott – két pont által meghatározott – két sík metszete – előre adott – három nemkollineáris pont – egy d egyenes és egy A ∉ d pont – két metsző egyenes (d és d ′ ) – két párhuzamos egyenes – egy α sík és egy A ∉ α pont, amelyen át α -hoz párhuzamost húzunk

egyenes sík

2.9. Megoldott gyakorlatok 1. Ha a d1 , d 2 és d 3 egyenesek közül bármely kettő metszi egymást és az egyenesek nincsenek egy síkban, akkor egy pontban metszik egymást. Megoldás. A lehetetlenre való visszavezetés módszerét használjuk. Feltételezzük, hogy az egyenesek nem összefutók, vagyis az { A} = d1 ∩ d 2 , {B} = d 2 ∩ d 3 és

{C} = d 3 ∩ d1 pontok páronként különbözők. Ezek a pontok egy α síkot határoznak meg. Mivel A ∈ α és B ∈ α , valamint A ∈ d 2 és B ∈ d 2 , következik d 2 ⊂ α . Hasonlóan belátható, hogy d1 ⊂ α és d3 ⊂ α , tehát az egyenesek egy síkban vannak. Ez ellentmond a feltevésnek, következésképp az egyenesek összefutók. 2. Két szög, melynek szárai rendre párhuzamosak egymással, vagy kongruensek, vagy kiegészítő szögek.

V 14 ábra A1 O1

B1 A2

O2

B2

Megoldás. Jelöljük a szögek csúcsait O1 -gyel és O2 -vel, majd vegyük fel a száraikon az A1 , B1 illetve A2 , B2 pontokat úgy, hogy teljesüljenek a következő feltételek: [O1 A1 ] ≡ [O2 A2 ] , [O1 B1 ] ≡ [O2 B2 ] , valamint a B1 és B2 ,

illetve az A1 és A2 az O1O2 egyenes által meghatározott ugyanazon félsíkba kerüljön az A1O1O2 , illetve B1O1O2 síkokban.


Tartalomjegyzék


Így O1 A1 || O2 A2 és [O1 A1 ] ≡ [O2 A2 ] , tehát az O1 A1 A2 O2 négyszög paralelogramma. Hasonlóan belátható, hogy az O1O2 B2 B1 négyszög is paralelogramma, tehát A1 A2 || O1O2 és B1B2 || O1O2 , továbbá [ A1 A2 ] = [O1O2 ] = [B1B2 ] . Ebből következik, hogy az A1 A2 B2 B1 négyszög is paralelogramma, tehát [ A1 B1 ] = [A2 B2 ] . Tehát az A1O1 B1 és A2 O2 B2 háromszögek egybevágók, így A1O1B1∠ ≡ A2O2 B2∠ . Előfordulhat, hogy eredetileg e két szög közül valamelyiknek a kiegészítőjéről van szó, tehát a feladat állítása igaz. 3. Bizonyítsuk be, hogy a d és a d ′ kitérő egyeneseken át egyetlen párhuzamos (α, β) síkpár fektethető ( d ⊂ α és d ′ ⊂ β ). Bizonyítás.

d ⊂ α  ⇒ d || β . Ha A ∈ d ′ , akkor d || β , az A ∈ β alapján követα || β 

kezik, hogy A-n át a d-hez húzott d1 párhuzamos a β síkban van. Mivel a d ′ és a d1 egyenesek metszik egymást és nem egybeesők, az általuk meghatározott sík éppen a β . Ha A′ ∈ d ′ , akkor az A′ -en át a d-hez húzott párhuzamos szintén a β síkban van, tehát a β egyértelműen meghatározott. Hasonlóan, az α is egyértelműen meghatározott. 4. Az Ox, Oy és Oz félegyenesek mindegyikén vegyünk fel két-két pontot: A, A'∈ (Ox , B, B'∈ (Oy és C , C '∈ (Oz . Bizonyítsuk be, hogy ha léteznek az AB ∩ A' B' , AC ∩ A'C ' és BC ∩ B ' C ' metszéspontok, akkor azok egy egyenesen vannak (Desarques tétele). Bizonyítás. Jelöljük d-vel az ABC és A’B’C’ síkok közös egyenesét. AB ⊂ ( ABC )   ⇒ AB ∩ A' B ' ⊂ ( ABC ) ∩ ( A' B ' C ' ) , tehát AB ∩ A' B '∈ d . Belátható, A' B ' ⊂ ( A' B' C ' ) hogy a másik két metszéspont is a d-n van, tehát a három metszéspont kollineáris. 5. A változó AB szakasz végpontjai két párhuzamos ( α és β ) síkban mozognak ( A ∈ α , B ∈ β ) . Határozzuk meg az AB szakasz felezőpontjának mértani helyét! Megoldás. Legyen A0 és B0 két rögzített pont az α , illetve a β síkban. Jelöljük

M 0 -val az A0 B0 szakasz felezőpontját és µ -vel az M 0 -n át az α -val húzott

párhuzamos síkot. A továbbiakban igazoljuk, hogy a mértani hely a µ . Ehhez két bizonyítás szükséges: 1. Igazoljuk, hogy: ha A ∈ α , B ∈ β és M az AB felezőpontja, akkor M ∈µ .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

183


Ha A ∈ α , akkor megszerkesztjük az AB1 || A0 B0 szakaszt úgy, hogy [ AB1 ] ≡ [ A0 B0 ] . Így az AA0 B0 B1 négyszög paralelogramma, tehát B1B0 || AA0 és ezért B1 ∈ β . Ha M az AB és M 1 az AB1 felezőpontja, akkor az AA0 B0 B1 paralelogrammában M 1M 0 || B1B0 , az ABB1 háromszögben MM1 || B1B . Tehát M1M || β és M1M 0 || β . Eszerint az ( M 0 M 1M ) sík is párhuzamos β val, tehát M ∈ µ . 2. Igazoljuk, hogy: ha M ∈ µ , akkor létezik A ∈ α és B ∈ β úgy, hogy M az AB szakasz felezőpontja. A0 Az A0 M egyenes nem párhuzamos β val, mert az M pont nincs sem az α síkban, sem a β síkban, tehát az A0 M egyenesnek a β -val való metszete egy

µ

pont. Jelöljük ezt B2 -vel. Az A0 B 0 B2

β

α M0

M

B0

B

háromszögben MM 0 középvonal, mert

[A0 M 0 ] ≡ [M 0 B0 ]

V.15.ábra

és M 0 M || B0 B2 (az

A0 B0 B2 sík az α és β párhuzamos síkokat párhuzamos egyenesekben metszi), tehát [ A0 M ] ≡ [MB2 ] .

V.3. Szögek a térben. Merőlegesség. Távolságok Az V.2. paragrafus második megoldott feladata alapján a következő értelmezést adjuk: 3.1. Értelmezés. A d1 és d 2 térbeli egyenesek szögén bármely olyan MON∠

 π .  2 

szöget értünk, amelyre OM || d1 , ON || d 2 és m( MON∠) ∈ 0,

,

d2

V.16. ábra d2

d1

V.17. ábra

,

N

d1 O

M

3.2. Megjegyzés. Ha d1 és d 2 egy síkban vannak, akkor a síkban meghatározott szögük is teljesíti a 3.2. értelmezés feltételeit, tehát ez esetben a megszabott szögfogalomhoz jutunk.

Tartalomjegyzék



3.3. Értelmezés. A d1 és d 2 egyenest egymásra merőlegesnek nevezzük, ha

90 -os szöget zárnak be. 3.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha egy d egyenes merőleges az α sík d1 és d 2 metsző egyenesére, akkor merőleges az α sík bármely egyenesére. Bizonyítás. Jelöljük O-val a d és az α metszéspontját és M-mel a d egyenes egy tetszőleges pontját. Vegyük fel az A1 , B1 ∈ d1 , A2 , B2 ∈ d 2

d M A1

α

M1 A2

B2 d 2 O

M2

B1

dO

d1

V.18.ábra

pontokat úgy, hogy [OA1 ] ≡ [OB1 ] ≡ [OA2 ] ≡ [OB2 ] . Feltételezhetjük, hogy a d 0 egyenes metszi az A1A2 és B1B2 szakaszt (lásd az V.18. ábrát). Jelöljük ezeket a metszéspontokat M1-gyel és M 2 -vel.

A szerkesztések alapján az MOA1 , MOB1 , MOA2 és MOB2 háromszögek egybe-

vágók, tehát [MA1 ] ≡ [MB1 ] ≡ [MA2 ] ≡ [MB2 ] . (1) α síkban OA1 A2 ∆ ≡ OB1B2 ∆ , tehát A2 A1O∠ ≡ B2 B1O∠ . Mivel Az A1OM1∠ ≡ B1OM 2∠ és [OA1 ] ≡ [OB1 ] , következik, hogy az OA1M 1 és OB1M 2 háromszögek kongruensek. Így [ A1M1 ] ≡ [B1M 2 ] . (2) Másrészt, az [MA1 ] ≡ [MB1 ] , [MA2 ] ≡ [MB2 ] és [ A1 A2 ] ≡ [B1B2 ] összefüggések alapján

MA1 A2 ∆ ≡ MB1 B2 ∆ . Ebből következik, hogy MA1 A2∠ ≡ MB1B2∠ . (3) Az (1), (2) és (3) összefüggés alapján az MA1M 1 és MB1M 2 háromszögek kongruensek, tehát [MM1 ] ≡ [MM 2 ] . Az OA1M 1 és OB1M 2 háromszögek kongruenciája értelmében [OM1 ] ≡ [OM 2 ] , tehát az M 1OM háromszögek is kongruensek. Így M1OM∠ ≡ M 2OM∠ a

és M 2OM (dM) síkban

m(M1OM∠ ) + m(M 2OM∠ ) = π , tehát m(M1OM∠) = m(M 2OM∠ ) =

π , vagyis a d 2

merőleges d 0 -ra. 3.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha MO⊥OB , MO⊥OA és AB⊥OB ( O, A, B ∈ α és M ∉ α ), akkor m(MAO∠ ) < m(MAB∠ ) . Bizonyítás. A feltételek alapján AB merőleges OB-re és MO-ra, tehát merőleges az (MOB) sík két metsző egyenesére. A 3.4. feladat alapján AB⊥MB . Az MOA és MBA

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

185


MO MB és sin (MAB∠) = . Az MOB MA MA derékszögű háromszögben MB>MO, tehát V.19.ábra sin (MAB∠) > sin (MAO∠) . Mivel az MAB és M

derékszögű háromszögekben sin (MAO∠) =

 π

MAO szög mértéke a 0,  intervallumban  2 található, alapján:

a

szinuszfüggvény

monotonitása

m( MAB∠) > m( MAO∠) .

A

O

Az előbbi feladatok egy fontos tényre B világítanak rá: ha A az α sík és a d egyenes α metszéspontja és d’ az A-n átmenő tetszőleges egyenes, akkor a d és a d’ által bezárt szög a  π θ0 , 2  intervallumban változik, ahol θ0 egy jól meghatározott érték. Ennek alapján   a d egyenes és az α sík szögén az előbbi θ0 szöget értjük. Ez eléggé komplikált értelmezéshez vezetne, ezért előbb értelmezzük a síkra húzott merőleges egyenes π fogalmát. Ez azt jelenti, hogy θ0 = , vagyis d merőleges α minden egyenesére. 2 3.6. Értelmezés. A d egyenes merőleges az α síkra, ha merőleges az α sík minden egyenesére.

A 3.4. feladat alapján érvényes a következő tétel: 3.7. Tétel. Ha a d egyenes merőleges az α sík két metsző egyenesére, akkor merőleges az α -ra. Ezt a d⊥α szimbólummal jelöljük. Ha M ∈ d , d⊥α , és d ∩ α = {O} , akkor az O-t az M pont α síkra eső vetületének nevezzük. A 3.6. értelmezés és 3.7. tétel alapján a 3.5. feladat eredményeit a következőképpen fogalmazhatjuk újra: 3.8. Tétel (A három merőleges tétele). Ha d⊥α , d ∩ α = {O} , O ∈ d1 , d1 ⊂ α , d2 ⊂ α és d2 ⊥d1 , akkor MN⊥d2 , ahol M ∈ d tetszőleges és {N } = d1 ∩ d2 . M

V.20. ábra d2 α

O

d1

d (A 3.5. feladatban OB volt a d1 egyenes, AB a d 2 és MO a d egyenes.)

Tartalomjegyzék



3.9. Tétel. Ha MO⊥α ( O ∈ α ) és A∈α tetszőleges, akkor m(MAO∠) ≤ m(MAN∠) bármely N ∈ α esetén, és az egyenlőség akkor teljesül, ha N ∈ AO .

Ennek alapján a d egyenes és az α sík szöge az MAO∠ -gel kongruens, ahol M ∈ d tetszőleges ( M ∉ α ), O az M pont d vetülete az α síkra és { A} = d ∩ α . A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából M az OA egyenest a d egyenes α síkra eső merőleges vetületének nevezzük. Így a következő értelmezéshez jutunk: 3.10. Értelmezés. A d egyenes és az α sík szögén a d egyenes és a d-nek az α síkra eső merőleges vetülete által bezárt szöget értjük. (Ha a vetület egy pont, akkor a d egyenes merőleges az α síkra.)

α

O

A

V.21. ábra

3.11. Értelmezés. Ha M a tér egy tetszőleges pontja és α egy sík, valamint M 1

az M pont α síkra eső vetülete, akkor az MM 1 szakasz hosszát az M pontnak az α síktól való távolságának nevezzük.

Két sík szögének értelmezésekor valamivel egyszerűbb dolgunk lesz. Előbb oldjuk meg a következő feladatot: 3.12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha a d egyenes az α síkot a B pontban metszi, O az M ∈ d ( M ∉ α ) pont vetülete az α síkra, és A ∈ α úgy, hogy

m( ABO∠) = 90 , akkor m(MBO∠) ≥ m(MAO∠ ) . Bizonyítás. Az MOB és MOA derékszögű háromszögekből M MO sin ( MBO∠ ) = és MB MO sin ( MAO∠ ) = . Mivel MB⊥AB A MA O (a három merőleges tétele alapján), α B MA ≥ MB , így sin (MBO∠) ≥ sin (MAO∠) , tehát V.22. ábra m(MAO∠) ≥ m(MBO∠ ) . Legyen α és β két metsző sík és d a közös egyenesük, valamint M ∈ β \ d

és O az M pont α síkra eső merőleges vetülete. Metsszük az α és a β síkot egy változó µ síkkal, amely tartalmazza az M és az O pontot. Az előbbi feladat alapján az

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


187

α és a β sík által a µ síkban meghatározott szög mértéke akkor és csak akkor maximális, ha d⊥µ . Ha B az M M pont d egyenesre eső vetülete, akkor a két d β sík által közrezárt térrészt az MBO szög O mértékével jellemezhetjük. A kifejezésA B α mód egyszerűsítése céljából ismét bevezetünk néhány fogalmat: V.23.ábra 3.13. Értelmezés. Ha d az α′ és a β′ félsík közös egyenese, akkor az α′ ∪ β′ halmazt az α′ és β′ síkok lapszögének nevezzük, és így jelöljük: α′β′∠ . Az α′ és β′ félsíkokat a lapszög lapjainak, a d egyenest a lapszög élének nevezzük. Ha nem vezet félreértéshez (a d egyenesre csak egy lapszög illeszkedik), a lapszöget egyszerűen d∠ -gel is jelöljük. 3.14. Értelmezés. Az α′β′∠ lapszög mértékén a µ síkkal való metszeten keletkező síkszög mértékét értjük, ahol µ⊥d . 3.15. Megjegyzések

π . 2 2. Az α , illetve a β által határolt azon félterek metszetét, amelyek a β′ -t, illetve α′ -et tartalmazzák, a lapszög belsejének nevezzük, és így jelöljük: int (α′β′∠ ) . 1. Ha α′ = β′ , akkor m(α′β′∠) = 0 , illetve ha α′⊥β′ , akkor m(α′β′∠) =

3.15. Megoldott feladatok 3.15.1. Feladat. Jelentsük ki a három merőleges tételének fordított állításait! Ezek közül melyek igazak? Megoldás. Valamely tétel egy fordított állítását úgy fogalmazzuk meg, hogy a

következtetést megcseréljük valamelyik feltétellel. Ezért a három merőleges tételében a feltételeket olyan formában fogalmazzuk meg, hogy a bennfoglalások ne jelenjenek meg a feltételekben. Ezt a következő képpen tehetjük meg: Ha M, O és N pontok a térben és N ∈ d1 , akkor igaz a következő implikáció:

MO⊥d1   MO⊥ON  ⇒ MN⊥d1 . ON⊥d1 


Tartalomjegyzék


Látható, hogy három fordított állítás fogalmazható meg:

MN⊥d1   1. MO⊥ON  ⇒ MO⊥d1 ; ON⊥d1  MO⊥d1   2. MN⊥d1  ⇒ MO⊥ON ; ON⊥d1  MO⊥d1   3. MO⊥ON  ⇒ ON⊥d1 . MN⊥d1  Vizsgáljuk meg, hogy ezek igazak-e!

d1⊥NO  1.  ⇒ d1⊥( MON ) ⇒ d1⊥MO . d1⊥MN  Látható, hogy az MO⊥ON feltételt nem használtuk. Ez a feltétel a d1⊥MO -val

V.24. ábra M d1

O N együtt viszont azt jelenti, hogy MO⊥(d1 , O) . Az állítás tehát igaz. 2. Az előbbiek alapján a három feltétel közül már kettő is biztosítja, hogy d 1⊥( MON ) , de ez nem árul el semmit az M és az O pont helyzetéről, tehát úgy tűnik, az állítás nem igaz. A matematikailag is helyes bizonyítás ilyenkor egy ellenpélda megszerkesztése. Képzeljük el, hogy az MON ∆

előre adott és m(MON∠) = 60 . Ha merőlegest emelünk a háromszög síkjára az N csúcsban, akkor az így kapott alakzatra teljesülnek a 2. állítás feltételei, de nem teljesül a következtetés, tehát az állítás nem igaz.

3.

MO⊥d1   ⇒ d1⊥( MON ) , tehát d1⊥ON . Tehát az állítás igaz. MN⊥d1 

A 3.15.1. feladat megoldása alapján kijelenthetjük a következő két fordított tételt: 1. Ha MO⊥α , O ∈ α és MN⊥d1 , ahol N ∈ d1 , akkor ON⊥d1 . 2. Ha N ∈ d1 , ON⊥d1 , MN⊥d1 és MO⊥ON , akkor MO⊥α .

3.15.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha d1 és d 2 kitérő egyenesek, akkor

létezik olyan M ∈ d1 és N ∈ d 2 pont, amelyre MN⊥d1 és MN⊥d 2 . Bizonyítás. Vegyük fel a d1 -en a tetszőleges A pontot, és húzzunk A-n át d 2'

párhuzamost a d 2 egyeneshez. Vegyük fel a tetszőleges B pontot a d 2 egyenesen és vetítsük le a (d1d 2' ) síkra. Ha B0 a vetület talppontja, akkor a B0 -n át a d 2

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

189


egyeneshez húzott párhuzamos a keresett M pontot adja, és az N pont az M-nek a d 2 egyenesre eső vetülete. Valóban: BB0 ⊥( d1 d 2' )  ⇒ d 2 ⊥BB0 és d1 ⊥BB0 d’2  d 2 || d 2'

d2 N B A

M

Bo

d1

MN⊥d 2   . BB0 ⊥d 2  ⇒ MB0 BN téglalap, MB0 || d 2  tehát MN || B0 B , ezért MN⊥d1 és MN⊥d 2 .

V.25. ábra

Megjegyzés. Az MN szakasz hosszát a d1 és d 2 kitérő egyenesek távolságának nevezzük. 3.15.3. Feladat. Vetítsük le az A1 A2 … An síksokszög minden csúcsát a µ síkra,

amely az ( A1 A2 … An ) síkkal α szöget zár be. Bizonyítsuk be, hogy ha az

A1 A2 … An síksokszög területe T, akkor a vetületek által meghatározott sokszög területe Tv = T ⋅ cos α . Megoldás. Az összefüggést elégséges háromszög esetén bizonyítani, mert minden sokszög felbontható háromszögekre, tehát n −1

[

]

n −1

n −1

k =2

k =2

Tv = ∑ T A1' Ak' Ak' +1 = ∑ T [A1 Ak Ak +1 ]⋅ cos α = cos α ⋅ ∑ T [A1 Ak Ak +1 ] = cos α ⋅ T . k =2

Két esetet vizsgálunk meg. 1. eset. Ha az ( A1 A2 A3 ) ∩ µ egyenes párhuzamos a háromszög egyik oldalával,

például

az

A2 A3 -mal, A1

akkor az A2 A3 -n át egy µ1 párhuzamos síkot fektetünk µ -vel, és jelöljük A1' -vel az A1 -nek µ1 -re eső vetületét. Ha A1' M az A1' A2 A3 háromszög magassága, akkor a három merőleges tétele alapján A1M⊥A2 A3 , tehát

T [ A1 A2 A3 ] =

[

]

T A1' A2 A3 =

1 A2 A3 ⋅ A1 M 2

1 A2 A3 ⋅ A1' M . 2

és

A'1

A2 M

A3

V.26. ábra

Tartalomjegyzék



[

]

T A1' A2 A3 A' M = 1 = cos A1MA1' = cos α , mert az T [A1 A2 A3 ] A1M

Ebből következik, hogy

( A1 A2 A3 ) és µ síkok szöge éppen A1MA1' ∠ . 2. eset. Ha az ( A1 A2 A3 ) ∩ µ = d egyenes nem párhuzamos a háromszög egyik

oldalával sem, akkor valamelyik csúcson át az ( A1 A2 A3 )

síkban d1

párhuzamost lehet húzni d-vel úgy, hogy az A1, A2 és A3 pontok a d1 által meghatározott ugyanazon A1 félsíkba kerüljenek. Jelöljük µ1 -gyel a d ' -n át µ -hoz A'1 A2

húzott párhuzamos síkot és A1' -vel,

A3

illetve A3' -vel az A1 és A3 pontok µ1 -re eső vetületét. A1 A3 nem párhu-

µ1

A'

3

zamos d1 -gyel, tehát megszerkeszt-

A4 V.27. ábra

egy-egy

[

]

oldala

hető az A1 A3 ∩ d ' = { A4 } pont. Az

A1 A2 A4 és d ' -n

van,

tehát

' ' 1 3 2

és

T

[

az

első

háromszögek eset

] = T [A A A ]⋅ cos α . T [A A A ] = T [A A A ] − T [A A A ] =

T = T [A2 A3 A4 ] ⋅ cos α következik, hogy A3' A2 A4

A3 A2 A4

A1' A2 A4

' 1 2 4

1 2 4

alapján Innen

' 3 2 4

= T [ A1 A2 A4 ] ⋅ cos α − T [ A3 A2 A4 ] ⋅ cos α = = (T [A1 A2 A4 ] − T [ A3 A2 A4 ] ⋅ cos α = T [ A1 A2 A3 ] ⋅ cos α . 3.15.4. Feladat. Az αβ ∠ lapszög éle d. Határozzuk meg azon M ∈ int(αβ ∠) pontok mértani helyét, amelyekre d ( M , α) = d ( M , β) . Megoldás. Jelöljük M 1 -gyel és M 2 -vel az M pontnak az α és β síkokra eső

vetületét, illetve M 0 -val az M pont d egyenesre eső vetületét. A három merőleges tételének 1. fordított tétele alapján M 1 M 0 ⊥d és M 2 M 0 ⊥d , M β tehát az M , M 1 , M 2 és M 0 pontok egy, a M2 d-re merőleges síkban helyezkednek el. Ebben a síkban az MM 1 , illetve MM 2 az

d

M0

M1 α

V.28. ábra

M 1M 0 M 2 szög száraitól mért távolságok, tehát ha MM 1 = MM 2 , akkor M az M 1M 0 M 2 szög szögfelezőjén van. Az MM 0 és d egyenesek által meghatározott

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

191


síknak és egy tetszőleges, d-re merőleges µ síknak a közös d 0 egyenese párhuzamos

M 0 M -mel, tehát a µ által az α és a β síkon meghatározott M 1' M 0' M 2' szög szögfelezője. Így az ( MM 0 , d ) sík a keresett mértani hely. Ezt a síkot az αβ lapszög szögfelezősíkjának nevezzük. 3.15.5. Feladat. Ha A, B és C három nemkollineáris pont, határozzuk meg az A, B és C ponttól egyenlő távolságra levő M pontok mértani helyét! Megoldás. A, B és C nem kollineáris, tehát egy α síkot határoznak meg. Jelöljük M 0 -val az M pont α síkra eső merőleges vetületét. M

V.29. ábra

V.30. ábra A

B M0 C

Ha [ MA] ≡ [ MB] ≡ [ MC ] , akkor az MM 0 A, MM 0 B és MM 0C derékszögű

MM 0 közös és az átfogók kongruensek, tehát MM 0 A∆ ≡ MM 0 B∆ ≡ MM 0C∆ . Ebből következik, hogy [M 0 A] ≡ [M 0 B ] ≡ [M 0 C ] , tehát M 0 rajta van az AB, BC és AC szakaszok felezőmerőlegesein. A síkgeometriából tudjuk, hogy ez csak akkor lehetséges, ha M 0 az ABC∆ köré írt kör középpontja. Tehát az M pont az ABC∆ köré írható kör középpontjában, a háromszög síkjára emelt

háromszögekben

d merőleges egyenesen van. Azt kell még belátnunk, hogy a d bármely pontja az A, B, és C ponttól egyenlő távolságra van. Ha M ≡ M 0 , akkor a tulajdonság igaz. Ha

M ≡/ M 0 , akkor az AM 0 M , BM 0 M és CM 0 M derékszögű háromszögek MM 0 befogója közös, és az AM 0 , BM 0 , valamint CM 0 befogók kongruensek. Ebből következik, hogy AM 0 M ∆ ≡ BM 0 M ∆ ≡ CM 0 M ∆ , tehát [ AM ] ≡ [ BM ] ≡ [CM ] . Tehát a keresett mértani hely az egész d egyenes. Megjegyzés. Hasonlóan igazolható a következő tulajdonság is: a) Azon pontok mértani helye, amelyek a rögzített A és B ponttól egyenlő távolságra vannak, az AB szakasz felezőpontjában a szakaszra emelt merőleges sík. (Ezt a síkot az AB szakasz felezőmerőleges-síkjának nevezzük.)


Tartalomjegyzék


b) Azon M pontok mértani helye, amelyekre k1MA2 − k 2 MB 2 konstans ( k1 > 0

és k 2 > 0 ), egy, az AB-re emelt merőleges sík.

V.4. Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be: ha A, B, C és D négy, nem egy síkban levő pont, akkor létezik olyan O pont, amelyre OA = OB = OC = OD (másképpen fogalmazva: minden tetraéder gömbbe írható). 2. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥AB, DA⊥AC és AB⊥AC , akkor m (CAB∠) > m (CDB∠) . 3. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben DA⊥AB, DA⊥CA és CD = DB , akkor AC = AB és m (CAB∠) > m (CDB∠). 4. Bizonyítsd be: ha az OA, OB és OC térbeli egyenesek nincsenek egy síkban, akkor az általuk meghatározott három síkszög mértéke közül bármelyik kettőnek az összege nagyobb, mint a harmadik mértéke, vagy egyenlő vele. 5. Bizonyítsd be: ha OA, OB és OC térbeli egyenesek, akkor m ( BOA∠) + m ( BOC∠) + m (COA∠) < 2π . 6. Az OA, OB és OC egyenesek páronként merőlegesek. Az OA=a, OB=b és OC=c szakaszok hosszának függvényében számítsd ki az (ABC) és (OBC) síkok lapszögét, valamint az O pont (ABC) síktól mért távolságát. Fejezd ki az ABC∆ területét az OAB, OBC és OAC háromszögek területének függvényében! 7. Vetítsük le az AB szakaszt három, páronként egymásra merőleges síkra. Bizonyítsd be, hogy a vetületek hosszának négyzetösszege az AB hosszának négyzetével egyenlő! Hasonlítsd össze az előbbi két tulajdonságot Pitágorásztétellel! 8. Bizonyítsd be: ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével egyforma nagyságú szöget zár be, akkor d⊥α . 9. (Menelaosz tétele) Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén vegyük fel az M, N, P, illetve Q pontot. Bizonyítsd be, hogy az M, N, P és Q akkor és csak akkor

van egy síkban, ha 10.

AM BN CP DQ ⋅ ⋅ ⋅ = 1. MB NC PD QA

( BCO ) ∩ AD = {D1} , ( BDO) ∩ AC = {C1} AO AB1 AC1 AD1 = + + . Bizonyítsd be, hogy OA1 B1 B C1C D1 D 11.

A1 ∈ ( BCD) , O ∈ AA1 , és (CDO) ∩ AB = {B1} .

(Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben

Jelöljük G-vel az ABCD tetraéder súlypontját. Bizonyítsd be, hogy az

M ∈ ( AB), N ∈ ( AC ) és P ∈ ( AD) pont által meghatározott sík akkor és csak BM CN DP + + =1. akkor tartalmazza G-t, ha MA NA PA

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

193


12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az A′B′ , B′C ′ és C ′A′ középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az AB′C ′ , BC ′A′ és CA′B′ háromszögek úgy mozgathatók, hogy az A, B és C csúcsok egy pontban találkozzanak (vagyis hogy egy tetraédert kapjunk)!

A C’

B’ A’

B 13. 14.

C

Mi történik, ha a 13. feladatban tompaszögű háromszögből indulunk? Az ABCDA′B′C ′D′ és BCFEB′C ′F ′E ′ papírkockák tetejére a V1 A′B′C ′D′

és V2 B′E ′F ′C ′ szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy

V1 A′ = V2 B′ = AB . Az A′B′C ′D′ , B′C ′E ′F ′ , BCC ′B′ , V1 D′C ′ , illetve V2 D′C ′

lapot elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot kapsz, ha a V1 és V2 csúcsot úgy mozgatod, hogy azok az A′B ′C ′D ′E ′F ′ síkba kerüljenek?


Tartalomjegyzék


V.5. Vektorok a térben A IX. osztályban már tanultál a vektorokról. Célunk kiterjeszteni a vektorok értelmezését a térre, bevezetni néhány műveletet, amelyet eddig nem ismertél (skalárés vektorszorzat), majd ezek segítségével néhány olyan problémakört vizsgálni, amely természetes tárgyalása vektorokat igényel (súlypont, merőlegesség, kollinearitás, transzformáció stb.). Mivel a IX. osztályban a vektorokkal végzett műveletek tulajdonságait igazoltátok, a térbeli vektorok összeadásának és valós számmal való szorzásának csak néhány tulajdonságát igazoljuk. V.5.1. A vektor fogalma és értelmezése Ha A és B két pont a térben, akkor intuitív B szempontból az AB (A-tól B felé) irányított szakaszt az AB vektorral azonosították. Ez az intuitív megértés szempontjából nagyon hasznos, de a matematikai igényeket nem elégíti ki, és sokszor A fogalomzavarhoz vezet, mert összekeveri a kötött és szabad vektor fogalmát. A fogalmak rögzítése és V.31. ábra jobb megértése céljából bevezetjük az ekvipolencia relációt: 5.1.1. Értelmezés. Az ( A, B ) és (C, D ) térbeli pontpárok ekvipolensek, ha az

AD és BC szakaszok középpontja egybeesik. Ezt az ( A, B ) ~ (C , D ) szimbólummal jelöljük. 5.1.2. Példák 1. Ha ABCD egy paralelogramma, akkor az AC és BD átlók felezik egymást, és így az ( A, B ) és (D, C ) pontpárok ekvipolensek. 2. Ha az A, B, C és D pont egy egyenesen van és [ AB ] ≡ [CD ] , akkor az [ AD ] és [BC ] szakaszok felezőpontjai egybeesnek, tehát ( A, B ) ~ (C , D ) .

C

A

D

B A D

B V.32. ábra

C

v

5.1.3. Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha ( A, B ) ~ (C , D ) , akkor csak az előbbi két eset fordulhat elő, azaz ABDC paralelogramma, vagy A, B, C és D kollineáris és [AB ] ≡ [DC ] .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

195

Térgeometriai feladatok és tételek 5.1.4. Értelmezés. Az

( A, B )

pontpárral ekvipolens pontpárok halmazát AB

szabadvektornak nevezzük és így jelöljük: AB . A szabadvektorok halmazát V -vel

jelöljük, és azt mondjuk, hogy az ( A, B ) pontpár a v = AB egy reprezentánsa. Látható, hogy valamely v vektort végtelen sok pontpárral értelmezhetünk, de egy rendezett pontpár mindig egy vektort értelmez. Sőt, ha v egy vektor (amelyet a (C , D ) pontpár származtat), akkor tetszőleges A ∈τ (térbeli pont) esetén létezik

B ∈τ

( A, B ) ~ (C , D ) .

B pontot megszerkeszthetjük úgy, hogy az A -n át párhuzamost húzunk [CD ] -vel, és megszerkesztjük az ABDC paralelogrammát. Ha A∈ CD , akkor az A − C − D egyenesen fel kell vennünk a B pontot úgy, hogy [ AB ] ≡ [CD ] , és az [ AD ] , valamint [BC ] szakaszok felezőpontjai egybeessenek. Ezt a következő tételbe olyan

pont, amelyre

Ha

A∉ CD , a

foglaltuk: 5.1.5. Tétel. Bármely v szabadvektor és A térbeli pont esetén létezik a térben olyan B pont, amelyre ( A, B ) ∈ v . E tétel alapján, ha A egy B rögzített pont, akkor a V A = {( A, B ) | B ∈τ } halmaz minden A v ∈V vektornak tartalmazza egy-egy D reprezentánsát. A V A halmaz elemeit C A kezdőpontú kötött vektoroknak nevezzük. Az AB kötött vektor V.33. ábra kezdőpontja A és végpontja B . A továbbiakban általában szabad vektorokról beszélünk, amennyiben kötött vektorokról lesz szó, akkor ezt külön kihangsúlyozzuk. A térmértanban, akár csak a síkmértanban, a vektorok hosszát és két vektor által bezárt szöget a reprezentánsok segítségével értelmezzük. B V.34. ábra 5.1.6. Értelmezés

v

a) A v = AB hosszán az (AB) szakasz hosszát értjük és v -vel jelöljük. b) Az u = OA és v = OB vektor által bezárt szög mértéke egyenlő az AOB∠ pozitív irányba mért mértékével.

A

u

u

v v

O

5.1.7. Megjegyzések a) Az AA vektor hossza 0, míg magát az AA vektort általában 0 -ral jelöljük. b) Az u = OA és a v = OB vektor kollineáris, ha az O, A és B pont egy egyenesen van.

Tartalomjegyzék



c) Az u = OA és v = OB vektor ellentétes irányítású, ha O ∈ ( AB ) ; u = OA és v = OB azonos irányítású, ha kollineáris és O ∉ ( AB ) .

A komplex számok bevezetésekor láttuk, hogyan végezhetünk műveleteket számpárokkal. A IX. osztályos vektoralgebrai ismereteink alapján belátható, hogy az

OA és OB vektorok összegének C végpontja (az AOBC paralelogramma negyedik csúcsa) éppen az A és B pontok affixumainak összegét ábrázoló pont a síkban. A térbeli vektorokkal végzett műveleteket úgy kell értelmeznünk, hogy amikor a vektorok egy síkban vannak, akkor az általunk már ismert paralelogramma-szabályhoz jussunk. Ezt legegyszerűbben úgy végezhetjük el, ha az AB és AC vektorok összegének azt az AD vektort tekintjük, amelyre ABDC paralelogramma. Ekkor viszont a következő problémánk adódik: az AB vektor egy halmaz, akárcsak az AC vektor, tehát az AB és AC irányított szakaszok (vagyis az ( A, B ) és ( A, C ) pontpárok) csak reprezentánsai az AB és AC vektoroknak; az összeg pedig független kell, hogy legyen a reprezentáns megválasztásától. Vizsgáljuk meg, hogy ha az előbbi paralelogrammás értelmezést vennénk alapul, akkor ez helyes értelmezés lenne-e! Pontosabban: tekintsük az u és v vektort, ezeknek két-két ( A1 , B1 ) és ( A2 , B2 ) ,

illetve

( A1 , C1 )

és

( A2 , C2 )

reprezentánsát. Szerkesszük meg az A1 B1 D1C1 és

A2 B2 D2C2 paralelogrammákat, és vizsgáljuk az ( A1 , D1 ) , illetve ( A2 , D2 ) pontpárok

ekvipolenciáját.

B1 B2 D1 A1

D2 A2 C1 V.35. ábra

C2

A bizonyítást csak abban az esetben végezzük el, ha az u és a v nem kollineáris, és az A2 nincs rajta az ( A1C1 ) , ( A1 D1 ) és ( A1 B1 ) egyenesek egyikén sem.

[A1C1 ] ≡ [A2C2 ] és A1C1 || A2C2 , tehát A1C1C2 A2 paralelogramma, és így [A1 A2 ] ≡ [C1C2 ] , valamint A1 A2 || C1C2 . (*) ( A1 , B1 ) és ( A2 , B2 ) ugyanannak az u

Ekkor

vektornak a reprezentánsai tehát A1 B1 B2 A2 paralelogramma. Ebből következik, hogy:

[A1B1 ] ≡ [A2 B2 ] , (1) De [ A2 B1 ] ≡ [C1 D1 ] és [ A2 B2 ] ≡ [C2 D2 ] , (3)

A1 B1 || A2 B2 , (2) A1 B1 || C1 D1 és A2 B2 || C2 D2 . (4)

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

197


Az (1) és a (3) alapján [C1 D1 ] ≡ [C2 D2 ] . A (2) és a (4) alapján C2 D2 || C1 D1 . Tehát

C1 D1 D2C2 is paralelogramma, és így [C1C2 ] ≡ [D1 D2 ] és C1C2 || D1 D2 . E két összefüggés és a (*) összefüggés biztosítja, hogy A1 D1 D2 A2 is paralelogramma, tehát ( A1 , D1 ) ~ ( A2 , D2 ) . Mindez azért szükséges, hogy a vektorok összeadását értelmezhessük a következő módon: 5.1.8. Értelmezés. Az u és v vektorok összegének egy ( A, D ) reprezentánsát megkapjuk, ha az u és v egy-egy közös A kezdőponttal rendelkező ( A, B ) és ( A, C ) reprezentáns esetén megszerkesztjük az ABCD paralelogrammát.

B

Megjegyzések 1. Ezt úgy is értelmezhetjük, hogy az u egy AB reprezentásának B végpontjából D v egy meg-szerkesztjük a BD reprezentánsát. Így a Chasles-szabályhoz (vagy háromszögszabályhoz) jutunk. 2. Több vektor összegének megC szerkesztésére néha előnyösebb a Chasles-szabály. Az alábbi ábra négy vektor összegének a kiszámítását szemlélteti (itt az O, A, B, C és D pontok nem kell, hogy egy síkban legyenek): Akárcsak kilencedik osztályban, most is igazolhatod az alábbi tulajdonságokat.

V.36. ábra

u

A

u+v

v

A B

u

u+v

b

a D

O d c+ b+

V.37. ábra

V.38. ábra

c

a+b+c

a+

A

B

a+ b

C D

d

5.1.9. Tétel a) u + v = v + u , ∀u , v ∈V ; b) u + (v + w) = (u + v ) + w, ∀u , v , w ∈V ; c) v + 0 = v , ∀v ∈V ; d) v + (− v ) = 0, ∀v ∈V , itt − v a (B, A) pontpár által származtatott vektor, ahol (A, B) a v egy reprezentánsa; e) u + v ≤ u + v , ∀u , v ∈V ; f)

u − v ≤ u + v , ∀u , v ∈ V .

Tartalomjegyzék



A b) és e) pontok geometriai értelmezését a szemléletesség kedvéért mi is vázoltuk (ezek az ábrák bizonyításként is szolgálnak). b)

(u + v ) + w = OB + BC = OC ; u + (v + w ) = OA + AC = OC . u + v = OB ≤ OA + AB = u + v .

e)

A u

A

v B

u+ v w

u+(v+w )

(u+v)+ w

v+

O

w

O C

V.38. ábra

v

u u+ v

B

V.39. ábra

Az összeadás bevezetéséhez hasonlóan kimutatható, hogy ha az u szabad vektor egy (A, B) reprezentásából kiindulva megszerkesztjük a D ∈ AB pontot úgy, hogy

AD = λ legyen, akkor az (A, D) által származtatott vektor nem függ az (A, B) AB reprezentáns megválasztásától, tehát helyes az alábbi értelmezés: 5.1.10. Értelmezés. Ha u ∈V , akkor a λ ⋅ u vektor egy (A,D) reprezentánsát úgy kapjuk meg, hogy az u egy (A,B) reprezentánsából kiindulva megszerkesztjük azt

a D ∈ AB pontot, amelyre

AD =λ. AB

5.1.11. Megjegyzések 1. Ha λ pozitív, akkor u és λ ⋅ u azonos irányítású. 2. Ha λ negatív, akkor u és λ ⋅ u ellentétes irányítású. 3. − u = (− 1) ⋅ u 4. Ha u = 0 , akkor λ ⋅ u = 0, ∀λ ∈ R és 0 ⋅ u = 0, ∀u ∈ V . Thálesz tételének segítségével igazolhatók az alábbi tulajdonságok: 5.1.12. Tétel. Ha u , v ∈ V és λ1 , λ 2 ∈ R , akkor a) λ1 ⋅ (u + v ) = λ1u + λ1v ; c)

(λ1 + λ2 )u = λ1u + λ2u ; (λ1 ⋅ λ2 )u = λ1 ⋅ (λ2u ) ;

d)

λ1u = λ1 ⋅ u .

b)

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

199

Térgeometriai feladatok és tételek 5.1.13. Megoldott gyakorlatok és feladatok

1. Ha O egy rögzített pont a térben, akkor minden A térbeli pont esetén az OA kötött vektort rA -val jelöljük, és az A helyzetvektorának nevezzük. Fejezzük ki: a) az AB szakasz felezőpontjának helyzetvektorát a végpontok helyzetvektorának függvényében; b) az AB szakaszt adott k arányban osztó M pont helyzetvektorát a végpontok helyzetvektorainak függvényében; c) az ABC háromszög súlypontjának helyzetvektorát a csúcsok helyzetvektorainak függvényében; d) az ABC háromszögbe írt kör középpontjának helyzetvektorát a csúcsok helyzetvektorainak és a háromszög oldalhosszainak függvényében. Megoldás A a) Legyen OA + OB kötött vektor végpontja D és jelöljük C-vel az AB és OD metszéspontját. Az OADB paralelogramma átlói felezik egymást,

OA + OB 1 az O OD , és így OC = 2 2 [AB] szakasz C felezőpontjának helyzetvektora. b) A Chasles-szabály értelmében AM =k OM = OA + AM (1). Az MB AM k egyenlőségből következik, hogy = , AB 1 + k O k tehát AM = ⋅ AB (2). De OA + AB = OB , 1+ k

C

D

tehát OC =

B

V.40. ábra

A

a

M b

tehát AB = OB − OA , és így a (2) és az (1) összefüggés alapján:

B

V.41. ábra k OA + k ⋅ OB . OM = OA + AM = OA + OB − OA = 1+ k 1+ k c) Az ABC ∆ súlypontja az AA′ oldalfelezőnek az alaphoz közelebb eső harmadoló

(

pontja, OG =

tehát

OG =

OA + OB + OC . 3

OA + 2 ⋅ OA . 1+ 2

)

Másrészt

OA′ =

OB + OC , 2

tehát

Tartalomjegyzék



A A

G

I C

O A'

A'

B

B V.42. ábra

V.43. ábra

d) A síkgeometriából ismerjük a szögfelező tételét és az

Aubel-összefüggést.

C

Ezek

alapján

BA′ c = A′C b

AI arányra vonatkozó Van IA′ AI b + c = , tehát és IA′ a

b+c c ⋅ OA′ OB + OC a b . Ebből következik, hogy OI = és OA′ = b+c c 1+ 1+ a b b + c  b ⋅ OB + c ⋅ OC  ⋅ OA +  a ⋅ OA + b ⋅ OB + c ⋅ OC a  b+c = OI = . a+b+c a+b+c a 2. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C és D négy pont a térben, akkor egy és csak egy OA +

olyan G pont létezik, amelyre GA + GB + GC + GD = 0 . Hogyan szerkeszthető meg ez a G pont? Bizonyítás. Ha M és N az AC, illetve BD felezőpontja, akkor GA + GC = 2GM és

(

)

GB + GD = 2GN , tehát 0 = GA + GB + GC + GD = 2 GM + GN . Ebből következik,

hogy a GM és a GN vektor ellentétes irányítású és azonos nagyságú, tehát G az

[MN ]

szakasz felezőpontja. Ha egy G ′ pontra teljesül a G′A + G′B + G′C + G′D = 0

egyenlőség, akkor a G′A = G′G + GA , G′B = G′G + GB , G′C = G′G + GC és G′D = G′G + GD egyenlőségek megfelelő tagjainak összeadásából következik, hogy 0 = G′A + G′B + G′C + G′D = 4G′G + GA + GB + GC + GD = 4G′G , tehát a G és a G ′ pont egybeesik.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

201


Mivel ilyen G pontot más módon is szerkeszthetünk (az AD és BC felezőpontjai által meghatározott szakasz felezőpontjaként stb.), minden szerkesztés ugyanazt a G pontot eredményezi. Így a következő tételhez jutunk: Tétel a) Ha A, B, C és D négy pont a térben, akkor az ( AC, BD ) , ( AB, DC ) és

A

M

B G

( AD, BC ) szakaszpárok felezőpontjai által meghatározott szakaszok felezőpontjai egybeesnek. D b) Ha GA, GB, GC és GD a BCD∆, CAD∆, ABD∆, illetve ABC∆ súlypontja, akkor az V.44. ábra AGA, BGB, CGC és DGD egyenesek összefutók. Megjegyzés. Ha az A, B, C és D pont nincs egy síkban, akkor az ABC, BCD, CDA és ABD háromszögek egyesítését ABCD tetraédernek nevezzük. A, B, C és D az ABCD tetraéder csúcsai, AB, BC, CD, DA, AC és BD az élei és ABC, BCA, CAD illetve ABD az oldallapjai. A szembefekvő élpárok: (AC, BD), (AB, CD), (AD, BC). Egy ilyen élpár felezőpontjait összekötő szakaszt kettős felezőnek nevezzük. Az AGA, BGB, CGC és DGD szakaszokat a tetraéder súlyvonalainak hívjuk. E megnevezések segítségével az előbbi tulajdonságot megfogalmazhatjuk: Egy tetraéder kettős felezői és súlyvonalai összefutók. Az összefutási pontot a tetraéder súlypontjának nevezzük 3. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder AC és BD éleinek felezőpontjait összekötő MN kettős felező hossza nem nagyobb, mint az AB és CD élek hosszának számtani közepe. Megoldás. Rögzítsünk egy O pontot a térben és használjuk az 1. feladat eredméC

N

OA + OC OB + OD , ON = . 2 2 De MN = ON − OM , tehát OB + OD − OA − OC MN = . 2

A

nyeit OM =

M B

De MN = MN , tehát

MN = MN = ≤

.

N

C

OB − OA OD − OC + ≤ 2 2 AB

CD

OB − OA OD − OC + = + = 2 2 2 2

AB + CD 2

V.45. ábra

D


Tartalomjegyzék


AD + BC

Hasonlóképpen igazolhatjuk, hogy MN ≤

. 2 4. Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalait meghosszabbítjuk, és rendre AB BC CD DA = = = = k legyen. felvesszük az M, N, P és Q pontot úgy, hogy BM CN DP AQ Bizonyítsuk be, hogy az ABCD és a MNPQ tetraéder súlypontjai egybeesnek! Bizonyítás. A feladatra adható szintetikus megoldás is, ellenben a további vizsgálódások szempontjából a vektoriális megoldás előnyösebb (lásd az 5. feladatot): DQ k +1 ⋅ DA = ⋅ DA és Rögzítsünk egy O pontot a térben. A DA = OA − OD , DQ = AD k

DQ = CD + DQ egyenlőségek alapján V.46. ábra Q A

OQ = OD +

(

)

k +1 k +1 1 ⋅ OA − OD = ⋅ OA − ⋅ OD . k k k

Hasonlóan

k +1 1 ⋅ OB − OA , k k k +1 1 ON = ⋅ OC − ⋅ OB k k k +1 1 és OP = OD − OC , k k OM =

D

B M

C N

P

tehát az MNPQ súlypontjának helyzetvektora OM + ON + OP + OQ OA + OB + OC + OD OG = = . 4 4 5. Egy négyszög AB, BC, CD és DA oldalainak meghosszabbításain felvesszük az M, AB BC CD DA N, P és Q pontot úgy, hogy = = = = k , majd az A, B, C és D BM CN DP AQ pontot kitöröljük. Megszerkeszthető-e az A, B, C és D pont az M, N, P és Q pont ismeretében? Megoldás. Ha az előbbi feladat jelöléseit használjuk, az OA, OB, OC és OD

helyzetvektorokat, az OM , ON , OP és OQ helyzetvektorok függvényében kell kifejeznünk. Az előbb levezetett egyenlőségek a következő rendszerhez vezetnek: k ⋅ OM = (k + 1) ⋅ OB − OA  k ⋅ ON = (k + 1) ⋅ OC − OB  k ⋅ OP = (k + 1) ⋅ OD − OC  k ⋅ OQ = (k + 1) ⋅ OA − OD Ha az előző két egyenletből kiküszöböljük az OB -t (a második egyenletet megszorozzuk (k+1)-gyel, összeadjuk a két egyenletet) és az utolsó kettőből OD -t, a következő egyenletekhez jutunk:

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

203


k ⋅ OM + k ⋅ (k + 1) ⋅ ON = (k + 1)2 ⋅ OC − OA .  k ⋅ OP + k ⋅ (k + 1) ⋅ OQ = (k + 1)2 ⋅ OA − OC Ebből következik, hogy OA =

k OM + k (k + 1)ON + k (k + 1)2 OP + k (k + 1)3 OQ

.

(k + 1)4 − 1

Hasonló összefüggéseket kapunk az OB, OC és OD vektor esetén is, tehát az A, B, C és D pont megszerkeszthető az M, N, P és Q pont ismeretében. Például, ha k = 1 , akkor OM + 2ON + 4OP + 8OQ OA = = 15

N

E

3

OM + 2ON OP + 2OQ + 12 3 3 . 3 + 12

M I

C B D

Q

A

H

F P

V.47. ábra Tehát az MN és PQ az N-hez, illetve a Q-hoz közelebb eső E, illetve F harmadoló pontjait kell megszerkesztenünk. Ezek helyzetvektorai: OF =

OE =

OM + 2ON 3

és

OP + 2OQ , majd az EF-et öt egyenlő részre kell osztanunk. Az F-hez 3

OE + 4OF . 5 Hasonlóan az NP és QM szakasz P-hez, illetve M-hez közelebb eső H, illetve I harmadolópontjai által meghatározott HI szakasz I-hez legközelebb eső ötödölőpontja a B, és így tovább. Ha összesítjük ezeket az eredményeket, a következő szerkesztéshez jutunk: legközelebb eső osztópont éppen A, tehát OA =

Tartalomjegyzék


Térgeometriai feladatok és tételek −

az MN, NP, PQ és QM oldalon felvesszük az N, P, Q,, illetve M ponthoz közelebb eső E, H, F és I harmadoló pontot; − az EF és HI szakasz két-két szélső ötödölőpontja éppen a két-két szemben fekvő csúcsot adja. A szerkesztés menete az alábbi két ábrán látható:

N

M

E

N

I Q

H

F P

E

M I A

B

H

C

D

Q F

P

V.48. ábra

5.1.14. Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az O, A, B és C pont nincs egy síkban, akkor bármely M λ1 , λ 2 , λ 3 valós szám, amelyre pont esetén létezik olyan

OM = λ1 OA + λ 2 OB + λ 3 OC . 2. Bizonyítsd be, hogy ha G és G′ az ABC∆ , illetve az A′B′C ′ ∆ súlypontja, akkor 3GG ′ = AA′ + BB′ + CC ′ . 3. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög! 4. Bizonyítsd be, hogy a tetraéder súlyvonalai egy tetraéder valamely körüljárási irány szerint vett élei lehetnek! 5. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalélén AM BN CP DQ = = = =k, felvesszük az M, N, P, illetve Q pontot úgy, hogy MB NC PD QA akkor az MNPQ és az ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek! 6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja? 7. Bizonyítsd be, hogy ha MA + MB + MC = 0 és az MA, MB, MC vektor egyenlő hosszúságú, akkor az ABC∆ egyenlő oldalú és M a háromszög középpontja!

8. Az ABCD négyszögben [AB ] ≡ [CD ] . Bizonyítsd be, hogy az [ AD ] és [BC ] szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével! 9. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az M ∈ [ AD ] és N ∈ [BC ] AM BN AB . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB pontot úgy, hogy = = MD NC CD és CD egyenes által meghatározott szög belső szögfelezőjével ( AB |/| CD ) .


Tartalomjegyzék

205

10. Általánosítsd az előbbi két feladatot oly módon, hogy egy térbeli tulajdonsághoz jussál! 11. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben AB ⋅ CD = AC ⋅ CD = AD ⋅ BC , akkor a csúcsokat a szembefekvő lap beírt körének középpontjával összekötő egyenesek összefutók! 12. (Newton–Gauss-tétel) Az ABCD síkbeli négyszögben {E} = AD ∩ BC és {F } = AB ∩ CD . Bizonyítsd be, hogy az AC, BD és EF szakasz felezőpontja egy egyenesen van. 13. Az ABC ∆ -ben az AA′, BB′ és CC ′ egyenesek összefutók, A′ ∈ (BC ) , B′ ∈ ( AC ) és C ′ ∈ ( AB ) . Jelölje M, N, P, illetve M ′, N ′, P′ az ABC és A′B′C ′ háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy ′ ′ ′ ′ ′ ′ MM ∩ NN ∩ PP ≠ Ø, ahol M ∈ ( BC ), M ∈ ( B C ) stb. 14.

Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges A0 pontja esetén vegyünk fel az

AA0 -n egy M pontot. A (BCM ) ∩ AD, (BDM ) ∩ AC és (CDM ) ∩ AB metszeteket jelöljük rendre D1 -gyel, C 1 -gyel és B1 -gyel. Az A-n át a (BCD) síkkal

párhuzamos α sík az A0 D1 , A0C1 és A0 B1 egyenest a D2 , C 2 , illetve a B2 pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a B2 C 2 D2 háromszög súlypontja éppen az A pont.

V.6. Vektorok skaláris szorzata 6.1. Feladat. Az α síkban az OA és az OB vektor hossza OA = 1 és OB = 2 .

Számítsuk ki az OA szakasz OB szakaszra eső vetületének hosszát, ha az OA és OB vektorok által meghatározott szög mértéke 30 . Megoldás. Ha A′ az A-nak az OB-re eső vetülete, akkor az OAA′ derékszögű OA′ 3 3 = háromszögben cos AOA′∠ = , tehát OA′ = OA ⋅ cos 30 = 1 ⋅ . 2 2 OA 6.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két vektor összegének valamely d egyenesre eső vetülete a vetületek összegeként is megszerkeszthető! Bizonyítás. Az u , v ∈V vektorok egy-egy O ∈ d kezdőpontú reprezentánsát választjuk (lásd a mellékelt ábrát), és az A∉d ponton át párhuzamost húzunk d-hez. Ennek a párhuzamosnak a CC1 -gyel való metszetét A2 -vel jelöljük. Az OBB1 és

ACA2 háromszögekben:

[OB] ≡ [AC ] ,

AA2O∠ ≡ OB1B∠ , OBB1∠ ≡ ACA2∠ (párhuzamos szárú szögek), tehát

OBB1∆ ≡ ACA2 ∆ . Így [AA2 ] ≡ [OB1 ] . Mivel [AA2 ] ≡ [A1C1 ] és OC = OA1 + A1C1 , tehát OC1 = OA1 + OB1 .

Tartalomjegyzék



C

Belátható, hogy ha a d egyenesen az O, B1, A1 és C1 pontok más sorrendben helyezkednek el, az

B u+ A

v

v

A2

u O

B1

C1

A1

d

V.49. ábra

OC1 = OA1 + OB1 egyenlőség akkor is igaz marad, tehát az összeg vetülete egyenlő a vetületek összegével. A kifejezésmód egyszerűsítése céljából bevezetjük a következő jelölést:

6.3. Jelölés. Az u vektornak a d egyenesre eső vetületét így jelöljük: prd u .

A

u

B

prdu

d B'

A' V.50. ábra A 6.2. feladat alapján tehát érvényes a következő tétel: 6.4. Tétel. Ha u , v ∈ V , akkor prd (u + v ) = prd u + prd v . Ehhez hasonlóan azt is megvizsgálhatjuk, hogy milyen összefüggés van az u és λu vektorok d-re eső merőleges vetülete közt. A síkban a két vetület hosszának az aránya λ . Vajon igaz-e ez a térben is? 6.5. Feladat. Keressünk összefüggést a prd u és prd λu vektor között! Megoldás. Jelöljük az A, B és C pont d-re eső vetületét A1-gyel, B1-gyel és C1-gyel,

ahol AB = u és AC = λu . Húzzunk párhuzamost az A1 -n át az AB-hez, és vetítsük a B és C pontot erre a d1 egyenesre. A vetületeket jelöljük B2 -vel és C2 -vel. Az AB és

d1 által meghatározott síkban AB || d1 és AA1 || BB2 || CC 2 , tehát a Thalész-tétel AB A1B2 = . Másrészt BB2 || AA1 mivel AA1⊥d és BB2 ⊥d . Tehát BC B2C 2 d⊥(BB1B2 ) . Hasonlóan láthatjuk be, hogy d⊥(CC1C 2 ) , tehát a (BB1B2 ) és (CC1C 2 ) síkok párhuzamosak. De két párhuzamos síknak egy harmadik síkkal való metszete két párhuzamos egyenes, tehát B1 B2 || C1C2 . Az A1C2C1 háromszögben

alapján

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

207


alkalmazhatjuk Thalész tételét, így az

A1B2 A1B1 = egyenlőséghez jutunk. Tehát B2C2 B1C1

AB A1B2 A1B1 = = . Ebből következik, hogy prd λu = λprd u . BC B2C2 B1C1

A

u

B

C

d

A1

C1

B1 B2

C2

d1

V.51. ábra 6.6. Megjegyzés. Az u és λu reprezentánsainak választhattuk volna az A1B2 és

A1C2 vektorokat is. Ekkor viszont azt is igazolnunk kellett volna, hogy a prd u megszerkesztése az u reprezentánsának megválasztásától független. Érvényes tehát a következő tétel is: 6.7. Tétel. Ha u ∈ V és d egy egyenes, akkor prd λu = λ ⋅ prd u .

6.8. Értelmezés. Az u és v vektorok skalárszorzatán az u v cos(u v ∠ ) valós

számot értjük és

u ⋅ v -vel jelöljük. (Ha u = 0 vagy v = 0 , akkor az u ⋅ v

szorzat 0.) Tehát u ⋅ v = u ⋅ v ⋅ cos(u v ∠ ) . A 6.1. feladat alapján u ⋅ v = u ⋅ pru v = u ⋅ pru v , tehát az értelmezés és a 6.4.9., illetve a 6.7. tételből következik az alábbi tétel: 6.9. Tétel a) u ⋅ v = v ⋅ u ; b) u ⋅ (v + w) = u ⋅ v + u ⋅ w ; c) k ⋅ (u ⋅ v ) = (ku ) ⋅ v = u ⋅ (kv ) ; d) u ⋅ u = u 2 ; e) u ⋅ u = 0 ⇔ u = 0 ; f) ha u ≠ 0 és v ≠ 0 , akkor cos(uv ∠) =

u ⋅v ; u ⋅ v

g) ha u ≠ 0 és v ≠ 0 , akkor u ⋅ v = 0 ⇔ u⊥v .


Tartalomjegyzék


6.10. Példák és megjegyzések 1. Ha

u = 3,

v = 4 , illetve

m(u v ∠) = 45 , akkor

u ⋅ v = 3 ⋅ 4 ⋅ cos 45 =

2 =6 2 . 2 2. Ha u = a + b , akkor u ⋅u = a + b a + b = a + b ⋅a + a + b ⋅b = = 12 ⋅

(

)(

) (

)

(

)

= a ⋅ a + b ⋅ a + a ⋅ b + b ⋅ b = a 2 + 2ab + b 2 . 3. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy

(a + b )n = ∑ Cnk (a )n − k ⋅ (b )k , ahol a m = a ⋅ a ⋅ a ⋅ … ⋅ a . n

k =0

m − szer

n

4. a akkor és csak akkor valós szám, ha n páros. 5. Általában minden olyan, valós számokra érvényes azonosság, amelyben csak szorzás, összeadás, kivonás és hatványozás szerepel, átírható vektorokra. 6.11. Megoldott feladatok 6.11.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy

(a + b + c )2 = a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2b c + 2c a,

2

∀a , b , c ∈ V . (Itt a 2 -tel a

a -et

jelöltük.) Bizonyítás. A 6.9. tétel a) és b) pontja alapján

(a + b + c )2 = (a + b + c )(a + b + c ) = (a + b + c )a + (a + b + c )b + (a + b + c )c =

= aa + b a + c a + ab + b b + c b + ac + b c + c c = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2b c + 2c a . 6.11.2. Feladat. (Koszinusztétel) Bizonyítsuk be,hogy ha A, B és C három pont a térben, akkor BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB ⋅ AC ⋅ cos(BAC∠ ) .

Bizonyítás. A BC = BA + AC egyenlőség mindkét oldalát önmagával szorozzuk

(

)(

)

skalárisan: BC ⋅ BC = BA + AC BA + AC , tehát

(

)

BC 2 = BA2 + AC 2 + 2 BA ⋅ AC = BA2 + AC 2 + 2 BA ⋅ AC ⋅ cos BA, AC∠ , de CAM∠ a BA és AC vektorok által meghatározott szög, tehát

BC 2 = AB 2 + AC 2 + 2 AB ⋅ AC ⋅ cos(π − m(BAC∠)) =

= AB 2 + AC 2 − 2 AB ⋅ AC ⋅ cos(BAC∠) . 6.11.3. Feladat. (A Stewart-reláció) Az ABC háromszög [BC ] oldalán vegyünk fel egy tetszőleges M pontot. Bizonyítsuk be, hogy: MA2 ⋅ BC = AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ MB − BC ⋅ BM ⋅ MC .

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

209


M

A

A

B

C

B

C

M

V .52. ábra V.52. ábra

BM = k , akkor az 5.1.13. paragrafus 1. feladatának b) pontja MC AB + k ⋅ AC , vagyis BC ⋅ AM = MC ⋅ AB + BM ⋅ AC . Ha az egyenlőség alapján AM = 1+ k

Bizonyítás. Ha

mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és az AB ⋅ AC skalárszorzat helyébe 1 AB 2 + AC 2 − BC 2 -t írunk, a következő egyenlőségekhez jutunk: 2

(

)

(

BC 2 ⋅ AM 2 = MC 2 ⋅ AB 2 + BM 2 ⋅ AC 2 + MC ⋅ BM ⋅ AB 2 + AC 2 − BC 2

)

BC AM = AB ⋅ MC ⋅ (BM + MC ) + AC ⋅ BM ⋅ (BM + MC ) − BC ⋅ MC ⋅ BM . 2

2

2

2

2

AM 2 ⋅ BC = AB 2 ⋅ MC + AC 2 ⋅ BM − BC ⋅ MC ⋅ MB . Következmények 1. Az ABC háromszögben az AM oldalfelező hossza az AM 2 =

(

)

2 b2 + c2 − a2 4

egyenlőségből számolható ki. 2. Az ABC háromszögben az AM belső szögfelezőjének hossza az   a 2  AM 2 = bc ⋅ 1 −    egyenlőségből számolható ki.  b+c    6.11.3. Feladat. (A Leibniz-reláció) Ha M egy tetszőleges pont a térben és G az ABC háromszög súlypontja, akkor MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 . Bizonyítás. Az MA = MG + GA , MB = MG + GB és MC = MG + GC egyenlőségek mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan, és a megfelelő oldalakat összeadjuk:

Tartalomjegyzék



MA2 = MG 2 + GA2 + 2 MG ⋅ GA MB 2 = MG 2 + GB 2 + 2 MG ⋅ GB MC = MG 2 + GC 2 + 2MG ⋅ GC

(

MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2 MG ⋅ GA + GB + GC Mivel GA + GB + GC = 0 , a kért egyenlőséget igazoltuk. Megjegyzés. Ha az előbbi feladat 1. következményét a2 + b2 + c2 GA2 + GB 2 + GC 2 = , tehát a Leibniz-reláció: 3 a2 + b2 + c2 MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + 3 alakban

is

írható.

Ebből

következik,

hogy

)

használjuk,

(

OG 2 = 9 R 2 − a 2 + b 2 + c 2

)

és

a 2 + b 2 +c 2 , ahol O az ABC∆ köré írt kör középpontja, G az ABC∆ 9 súlypontja és H az ortocentruma. 6.11.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az O, A, B és C négy tetszőleges pont a OH 2 = R 2 −

térben, akkor OA ⋅ BC + OB ⋅ CA + OC ⋅ AB = 0 (Euler-féle reláció). Bizonyítás.

(

)

(

)

(

)

OA ⋅ BC + OB ⋅ CA + OC ⋅ AB = = OA ⋅ OC − OB + OB ⋅ OA − OC + OC ⋅ OB − OA = = OA ⋅ OC − OA ⋅ OB + OB ⋅ OA − OB ⋅ OC + OC ⋅ OB − OC ⋅ OA = 0 . Következmények 1. A háromszög magasságai összefutó egyenesek. 2. Ha az ABCD tetraéderben AC⊥BD és AB⊥CD , akkor AD⊥BC . Bizonyítás 1. Jelöljük H-val az ABC háromszög AA′ és BB ′ magasságainak metszéspontját, és írjuk fel a feladatban megjelenő kifejezést O = H -ra:

HA ⋅ BC + HB ⋅ CA + HC ⋅ AB = 0 , de HA⊥BC és HB⊥AC , tehát HA ⋅ BC = 0 és HB ⋅CA = 0 . Ebből következik, hogy HC ⋅ AB = 0 , tehát HC⊥AB . Ez azt jelenti, hogy a CC ′ magasság is átmegy a H ponton. 2. Az O ≡ D pontra írjuk fel a feladatbeli összefüggést:

DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB = 0 . A feltételek alapján DB ⋅CA = 0 és DA ⋅ AB = 0 , tehát DC ⋅ AB = 0 . Ez csak akkor lehetséges, ha DC⊥AB .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

211


6.11.5. Feladat. Jelöljük A-val, B-vel és C-vel az OA, OB és OC térbeli egyenesek által meghatározott lapszögeket (A az OA élű lapszög mértéke stb.), és cvel, a-val illetve b-vel az AOB, BOC, valamint COA szögeket. Bizonyítsuk be, hogy: a) cos a = cos b cos c + sin b sin c cos A (lapszög koszinusztétele); sin a sin b sin c = = (triéder szinusztétele). b) sin A sin B sin C Bizonyítás a) Feltételezzük, hogy OA = 1 , és az OB, A

B1 O

c a C1

C

V.53. ábra

B

illetve OC egyeneseken felvesszük a B1 és C1 pontokat úgy, hogy B1 A⊥OA és C1 A⊥OA legyen. A lapszög értelmezése alapján a C1 AB1∠ szög éppen az OA élű lapszög mértéke. Szorozzuk össze az OB1 = OA + AB1 egyenlőségeket.

OB1 ⋅ OC1 ⋅ cos a = OA2 + OA ⋅ AC1 + OA ⋅ AB1 + AB1 ⋅ AC1 .

és

Az

OC1 = OA + AC1

OA⊥AC1

és

OA⊥AB1 relációk alapján OA ⋅ AB1 = OA ⋅ AC1 = 0 , tehát OB1 ⋅ OC1 ⋅ cos a = 1 + AB1 ⋅ AC1 ⋅ cos A . Az OAC1 és OAB1 derékszögű 1 1 háromszögekben OB1 = , OC1 = , AB1 = tg c és AC1 = tg b , tehát cos c cos b cos a = cos b cos c + sin b sin c cos A . b) Jelöljük B1-gyel és C1-gyel az A pont OB-re, illetve OC-re eső vetületét, és A1-gyel az A pont BOC síkra eső vetületét. A három merőleges tétele alapján A1B1⊥OB1 és A1C1⊥OC1 , tehát m( AC1 A1∠) az OC élű lapszög mértéke és m( AB1 A1∠) az OB élű lapszög mértéke. Az OAC1 A háromszögben AC1 = OA ⋅ sin b = sin b . háromszögben Az AA1C1 B AA1 = AC1 ⋅ sin C = sin b sin C . Hasonlóan, az B1 OAB1 és AB1 A1 háromszögben: sin b sin c O b AA1 = sin c sin B , tehát = . Ha a c sin B sin C A1 C1 betűket felcseréljük, következik, hogy C sin b sin a V.54. ábra = , tehát a feladatot bizonyítottuk. sin B sin A


Tartalomjegyzék


6.12. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre az OA ⋅ OM skaláris szorzat konstans, ha O és A rögzített pontok! 2. Bizonyítsd be, hogy az OA ⋅ OB skalárszorzat értéke az O pont AB átmérőjű körre (gömbre) vonatkozó hatványa! 3. Ha A és B rögzített pont, határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre az MA⋅ MB skalárszorzat konstans! a2 + b2 + c2 , ahol a, b és c az 4. Bizonyítsd be, hogy AB ⋅ AC + BC ⋅ BA + CA ⋅ CB = 2 ABC háromszög oldalainak hosszai! 5. Bizonyítsd be, hogy ha M és N az AC, illetve BD szakasz felezőpontja (A, B, C és D tetszőleges térbeli pont), akkor

4 MN 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 − AC 2 − BD 2 . (Euler tétele) 6. A C (O, R) körön végy fel két tetszőleges pontot. Húzz érintőt a körhöz a B pontban, majd szerkeszd meg az A pont érintőre eső vetületét, C-t. Igazold, hogy AB 2 = 2 R ⋅ AC .

7. Az ABCD derékszögű trapézban m( A∠ ) = m(D∠) = 90 . Jelöljük M-mel az AD felezőpontját és N-nel az A-ból illetve a D-ből a BM-re, illetve CM-re bocsátott merőlegesek metszéspontját. Bizonyítsd be, hogy MN⊥BC . 8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA súlyvonalának hossza 3 AB 2 + AC 2 + AD 2 − BC 2 + CD 2 + DB 2 AG A2 = . 9 9. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög B és C csúcsához tartozó oldalfelezői pontosan akkor merőlegesek, ha 5 ⋅ BC 2 = AB 2 + AC 2 . 10. Az A′ , B′ és C ′ pontokból a BC, CA és AB egyenesekre bocsátott merőlegesek akkor és csak akkor összefutók, ha az A, B és C pontból az A′B ′C ′ háromszög megfelelő oldalaira bocsátott merőlegesek összefutók.

(

) (

)

V.7. Megoldott feladatok a tetraéder geometriájából 7.1. Feladat. Az ABCD tetraéderben AA1⊥(BCD ) és DD1⊥( ABC ) , ahol A`1 ∈ (BCD ) és D1 ∈ ( ABC ) . Bizonyítsuk be, hogy DD1 ⋅ T [ABC ] = AA1 ⋅ T [BCD ] . Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel az A1 , illetve a D1 pont BC-re eső vetületét.

AA1⊥(BCD )  ⇒ AM⊥BC (a három merőleges tétele alapján) A1M⊥BC  DD1⊥( ABC )  ⇒ DN⊥BC (a három merőleges tétele alapján) D1N⊥BC 

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

213


A D1 B

D

N M

A1 V.55. ábra

C Tehát az (ABC) és (BCD) síkok α lapszögének mértéke az AMA1∠ és DND1∠ AA1 DD1 szögek mértékével egyenlő. Így = cos α = , tehát AM ⋅ DD1 = DN ⋅ AA1 . Ha DN AM BC -vel ezt, akkor éppen a kívánt az egyenlőség mindkét oldalát megszorozzuk 2 összefüggéshez jutunk. Megjegyzések 1 1. Az ⋅ DD1 ⋅ T [ABC ] számot a tetraéder térfogatának nevezzük és így jelöljük: 3 V [ABCD ] . Érvényes a következő képlet: 1 1 1 1 V [ABCD ] = ⋅ S A ⋅ hA = ⋅ S B ⋅ hB = SC ⋅ hC = S D ⋅ hD , 3 3 3 3 ahol S A , S B , SC , S D a lapok területei és hA , hB , hC , illetve hD a megfelelő lapokhoz tartozó magasságok hossza). 2. Ha M ∈ Int ( ABCD ) , akkor V [ ABCD ] = V [MABC ] + V [MBCD ] + V [MCDA] + V [ ABD] . 7.2.

A beírt gömb

7.2.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a tetraéder hat lapszögének szögfelezősíkja rendelkezik egy közös ponttal. Bizonyítás. A BC és CD élű lapszögek szögfelezősíkjai nem esnek egybe, de van közös pontjuk, tehát egy egyenesben metszik egymást. Ez az egyenes B metszi az (ABD) síkot, tehát a BD élű lapszög szögfelezősíkját is. A 3.15.4. feladat alapján az I metszéspont a következő tulajdonságokkal rendelkezik: d (I , ABC ) = d (I , BCD ) (mert a BC élű lapszög szögfelezősíkjában van),

A

D

C

V.56. ábra


Tartalomjegyzék


d (I , ACD ) = d (I , BCD ) , d (I , ABD ) = d (I , BCD ) . Ebből következik, hogy d (I , ABC ) = d ( I , ACD ) , d (I , ABC ) = d (I , ABD ) és d (I , ACD ) = d (I , ABD ) . Tehát a V.3.15.4. feladat alapján az I pont benne van az AC, AB és AD élű lapszögek szögfelező síkjában is. Ez azt jelenti, hogy az I pont egyenlő távolságra van a tetraéder minden lapjától. Így az I középpontú és d (I , ABC ) sugarú gömb érinti a tetraéder minden lapját. Az I pontot az ABCD tetraéderbe írt gömb középpontjának nevezzük. 7.2.2. Feladat. Számítsuk ki a beírt gömb sugarát a lapok területei és a tetraéder térfogata függvényében! Megoldás. A tetraédert az IBCD, IABC, IDCA és IABD tetraéderekre bontjuk fel. Ezeknek a tetraédereknek I-ből induló magassága a beírt gömb sugara. Jelöljük r-rel ennek a sugárnak a hosszát. A V [ABCD ] = V [ABCI ] + V [BCDI ] + V [ ABDI ] + V [ ACDI ] S ⋅r S ⋅r S ⋅r S ⋅r egyenlőség alapján V [ABCD ] = D + A + C + B , tehát 3 3 3 3 3V [ ABCD ] r= . S A + S B + SC + S D Megjegyzés. Minden laphoz egy-egy olyan gömb is tartozik, amely érinti a tetraéder minden lapjának síkját, de csak egy lapját érinti, annak belső pontjában. Ezeket a gömböket a tetraéderhez írt gömböknek nevezzük, sugaraikat rA -val, rB -vel,

és rD -vel jelöljük. Az előbbihez hasonlóan igazolható az 3V [ ABCD ] 3V [ ABCD ] rA = , rB = stb. összefüggések. Bizonyítsd is − S A + S B + SC + S D S A − S B + SC + S D be ezeket! rC -vel

7.3. A tetraéder anticentruma A M G

B

O D

E N C

V.57. ábra

7.3.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy tetraéder oldaléleinek felezőpontjaiból a szembenfekvő élekre bocsátott merőleges síkok összefutók, és az összefutási pont a köré írt gömb O középpontjának a súlypontra vonatkozó szimmetrikusa. Bizonyítás. Ha M és N az ABCD tetraéder AB, illetve CD élének felezőpontja, akkor MN felezőpontja a G súlypont. OM⊥AB és ON⊥CD , mert az O pont mind a négy csúcstól egyenlő

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

215


távolságra van. Jelöljük E-vel az O pont G szerinti szimmetrikusát. Mivel OG = GE és MG = GN , az MONE négyszög paralelogramma, tehát ME⊥CD és NE⊥AB . Ebből következik, hogy E benne van az M-ből CD-re és az N-ből AB-re bocsátott merőleges síkban. Ha megismételjük a gondolatmenetet a másik két szembefekvő élpárra, következik, hogy az E pont mind a hat síknak eleme. Mivel ezek a síkok nem egybeesők, a feladat állítását igazoltuk. Megjegyzés 1. Ez a tulajdonság síkbeli körbeírható négyszögekre is igaz. 2. Az E pontot a tetraéder anticentrumának vagy Euler-pontjának nevezzük. 7.4. Térfogatképletek. Térfogatok összehasonlítása 7.4.1. Feladat. Az ABCD tetraéder AB, AC és AD élein felvesszük az M ∈ ( AD, N ∈ ( AC és P ∈ ( AD pontot. Számítsuk ki az ABCD és AMNP tetraéderek AM AN AP térfogatának arányát az , és arányok függvényében. AD MB NC Megoldás. Jelöljük D1 -gyel és P1 -gyel a D, illetve P pont ( ABCD ) síkra eső vetületét. 1 1 V [ ABCD ] = ⋅ T [ ABC ] ⋅ DD1 = ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin (BAC∠) ⋅ DD1 , 3 6 1 1 V [AMNP ] = ⋅ T [AMN ] ⋅ PP1 = ⋅ AM ⋅ AN ⋅ sin (BAC∠) ⋅ PP1 , tehát 3 6 V [ AMNP ] AM ⋅ NP ⋅ PP1 A = (1) V [ ABCD ] AB ⋅ AC ⋅ DD1 P Mivel a P1 és a D1 pont az AD-n át az ( ABC ) síkra M 1 P fektetett merőleges síkban van, az A, P1 és D1 kollineáris D1 N B PP1 AP D = pontok, és így az AD1 D háromszögben . (2) DD1 AD C Az (1) és a (2) összefüggés alapján: V.58. ábra V [AMNP ] AM AN PP1 = ⋅ ⋅ . V [ABCD ] AB AC DD1 7.4.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy

1 ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅ (sin ( AB∠ )sin (DAN∠)sin (CAB∠)) 6 Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel a D csúcs ABC síkra, illetve az AB oldalélre eső vetületét. A három merőleges A tételének első fordított tétele alapján MN⊥AB , és a DNM∠ szög mértéke az ADB és ABC síkok lapszögének mértéke. Az AND és DNM derékszögű háromszögben DM = DN ⋅ sin (DNM∠ ) és DN = DA ⋅ sin (DAN∠ ) , tehát

D

V [ABCD ] =

N

M

B V.59. ábra

C


Tartalomjegyzék


1 1 1 ⋅ T [ABC ] ⋅ DM = ⋅ ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin (CAB∠) ⋅ DN ⋅ sin (DNM∠) = 3 3 2 1 = ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD ⋅ sin (DAN∠) ⋅ sin (CAB∠ ) ⋅ sin ( AB∠ ) . 6 Megjegyzés. A σ A = sin (DAN∠)sin (CAB∠)sin ( AB∠ ) szorzat az A csúcsú triédert jellemzi, mert σ A = sin ( AC∠) sin ( DAC∠) sin (BAC∠) = sin ( AD∠) sin (BAD∠) sin (CAD∠) . Ez a tulajdonság Cristian von Standt, német matematikus nevéhez fűződik, és a síkbeli a ⋅ b ⋅ sin C T= képlet analógjának tekinthető. 2 7.4.3. Feladat (Dostor, 1867) Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a 2 SC ⋅ S D sin ( AB∠) V= ⋅ összefüggéssel is, ahol S A = T [BCD ] , S B = T [ACD ] és AB 3 CD∠ a CD élű lapszöget jelöli.) Bizonyítás. Az előbbi feladat ábráját és jelöléseit használjuk: 1 1 V = ⋅ T [ ABC ]⋅ DM = ⋅ T [ ABC ]⋅ DN ⋅ sin ( AB∠ ) = 3 3 1 2 AB ⋅ DN 2 S ⋅S = ⋅ T [ ABC ]⋅ ⋅ ⋅ sin ( AB∠) = ⋅ D C sin ( AB∠ ) . 3 AB 2 3 AB V [ABCD ] =

7.4.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a 1 V = ⋅ AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ egyenlőséggel is, ahol d = d ( AB, CD ) és ϕ = ( AB, CD∠) . 6 Bizonyítás. Az ABCD tetraéder köré egy hasábot írunk. Felvesszük az E és F pontot úgy, hogy az ABCE és BCDF négyszögek paralelogrammák legyenek. Az AB és CD egyenesek által közrezárt szög éppen az ABF és ECD háromszög B, illetve C csúcsánál keletkező szög, tehát a hasáb alapterülete: CE ⋅ CD ⋅ sin ϕ AB ⋅ CD ⋅ sin ϕ T [ECD ] = = . 2 2 Az ABF és CED síkok távolsága éppen az A AB és CD kitérő egyenesek távolságával egyenlő, ezért a hasáb térfogata AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ F VH = T [ECD ] ⋅ d = . De a B 2 hasáb felbontható az ABCD, ABFD és E AECD tetraéderekre, és mivel ezek a tetraéderek azonos térfogatúak, V AB ⋅ CD ⋅ d ⋅ sin ϕ D V= H = . C 3 6 V.60. ábra

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

217


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

DE 2 = BD 2 + BE 2 − 2 BD ⋅ BE ⋅ cos ϕ . (1)

D

A

F B

C E

V.62. ábra Az ADE és DBC háromszögekben a DF oldalfelezőt kifejezzük az oldalak függvényében:

Tartalomjegyzék



( = 2(AD

) ( ) + DE ) − 2(AB + AC ) + BC és 4 DF = 2(BD + DC ) − BC .

4 DF 2 = 2 AD 2 + DE 2 − AE 2 = 2 AD 2 + DE 2 − 4 AF 2 = 2

2

2

2

2

2

2

2

2

Az előbbi két összefüggés alapján 1 DE 2 = ⋅ 2 BD 2 + DC 2 − BC 2 + 2 AB 2 + AC 2 − BC 2 − 2 AD 2 = 2 = BD 2 + DC 2 + AC 2 + AB 2 − BC 2 − AD 2 Ha ezt az összefüggést összehasonlítjuk az (1) összefüggéssel, következik:

[(

)

(

]

)

2 AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = BC 2 + AD 2 − DC 2 − AB 2 . Ebből az összefüggésből kiszámítható az AC és BD egyenesek szöge. BC 2 + AD 2 − DC 2 − AB 2 cos ϕ = . 2 AC ⋅ BD Következmény. AC⊥BD ⇔ BC 2 + AD 2 = DC 2 + AB 2 . Megjegyzés. A tulajdonság röviden bizonyítható vektoriális úton is:

(

)

2 AC ⋅ BD ⋅ cos ϕ = 2 AC ⋅ BD = 2 AC ⋅ AD − AB =

(

2

2

= 2 AC ⋅ AD − 2 AC ⋅ AB = AC + AD − CD

2

) − (AB

2

)

+ AC 2 − BC 2 =

= AD 2 + BC 2 − CD 2 − AB 2 . 7.7.

Ortocentrikus tetraéderek

7.7.1 Feladat. (L’Huiler, 1782) Bizonyítsuk be, hogy ha az ABCD tetraéderben AB⊥CD , akkor az A és a B csúcsokhoz tartozó magasságok metszik egymást. Megoldás. Jelöljük A1 -gyel az A pont BCD síkra eső vetületét.

AA1⊥(BCD ) ⇒ AA1⊥CD   ⇒ CD⊥( ABA1 ) ⇒ CD⊥BA1 . AB⊥CD 

A H

Tehát BA1 a BCD háromszög magassága. Jelöljük B2 -vel ennek a magasságnak a

B1

B

D

A1

B2 C

V.63. ábra

talppontját és B1 -gyel a B pont AB2 egyenesre eső vetületét. A három merőleges tétele alapján AB2 ⊥CD , így a három merőleges tételének második fordított tétele alapján BB1⊥( ACD ) . Az ABB2 háromszögben az AA1 és BB1 magasságok, tehát metszik egymást.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


219

7.7.2. Feladat. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja? Megoldás. Ha B1 a B pont ( ACD ) síkra eső vetülete, és A1 az A pont (BCD ) síkra eső vetület, akkor BB1⊥CD és AA1⊥CD . Tehát CD⊥( ABA1B1 ) (az A, A1, B és B1 pont egy síkban van). Az AB1 ∩ CD és BA1 ∩ CD metszéspontok az ABA1B1 sík CD egyenessel való metszetében vannak. A CD egyenes nincs az ABA1B1 síkban és nem is párhuzamos vele, tehát a CD és az ( ABA1B1 ) metszete egy pontot tartalmaz. Ebből

következik, hogy az AB1 és a BA1 a CD egyenesen metszik egymást (ezt a pontot jelöltük B2 -vel). CD⊥( ABA1B1 ) alapján CD⊥AB , tehát a 7.7.1. tulajdonság fordítottja is igaz. Az előbbi két feladat arra mutat rá, hogy a tetraéder magasságai nem mindig összefutók. Ezért nagyon sok, háromszögre vonatkozó tulajdonság nem általánosítható tetraéderekre. Ahhoz, hogy akár egyszerű síkbeli tulajdonságok térbeli analógjáról beszélhessünk, szükséges néhány speciális tetraéderosztály bevezetése. Ha a magasságok összefutását tetraéderekre szeretnénk kiterjeszteni, az első két feladat alapján egy speciális tetraéderosztályt kapunk. 7.7.3. Értelmezés. (Steiner, 1827) Az ABCD tetraédert ortocentrikusnak nevezzük, ha magasságai összefutó egyenesek.

Eddigi ismereteinkre támaszkodva kijelenthetjük a következő tételt: 7.7.4. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő kijelentések egyenértékűek: a) a tetraéder ortocentrikus; b) AB⊥CD, AC⊥BD ; c) AB⊥CD, AC⊥BD és AD⊥BC ; d) AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2 = AC 2 + BD 2 ; (Feuerbach, 1827) e) Egy csúcs vetülete a szembefekvő lap ortocentrumába kerül; f) Bármely csúcs szembefekvő lapra eső vetülete az illető lap ortocentruma. A tétel bizonyításához szükséges részletek mind megtalálhatók a tankönyvben (feladatokban szétszórva), ezért a bizonyítást rád bízzuk. 7.8. Az egyenlő oldalú tetraéder

Ha az egyenlő oldalú háromszög térbeli megfelelőjét keressük, egy alapvető problémával találjuk magunkat szemben. Elvárjuk ugyanis, hogy a térbeli megfelelőnek (analógnak) hasonló tulajdonságai legyenek. Ezért felsorolunk néhány olyan tulajdonságot, amely az egyenlő oldalú háromszöget jellemzi: 1. oldalai kongruensek; 2. szögei kongruensek; 3. magasságai egyforma hosszúak; 4. az oldalfelezői magasságok; 5. a szögfelezői oldalfelezők; 6. egy belső pontnak az oldalaktól vett távolságai összege a háromszög magasságával egyenlő; 7. a beírt és köréírt körök középpontjai egybeesnek.


Tartalomjegyzék


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


Tartalomjegyzék

221

háromszögeket vizsgáljuk, láthatjuk, hogy [BF ] ≡ [ AE ] és [CF ] ≡ ED , tehát BFC∆ ≡ AED∆ . Ebből következik, hogy [ AD ] ≡ [BC ] . Tehát egy újabb tulajdonságot igazoltunk. Ezt a következő tételbe foglaltuk: 7.8.3. Tétel. Az ABCD tetraéder akkor és csak akkor egyenlő oldalú, ha a következő tulajdonságok közül valamelyik teljesül: a) a szembefekvő élpárok kongruensek; b) a kettős felezők az általuk felezett élek közös merőlegesei. A V.8. paragrafusban további tulajdonságokat fogalmaztunk meg. Próbálkozzatok az egyenlő oldalú háromszög egyéb tulajdonságainak kiterjesztésével is! 7.9. Szabályos tetraéder 7.9.1. Értelmezés. Az ABCD tetraédert szabályosnak nevezzük, ha minden oldaléle azonos hosszúságú.

Látható, hogy így bármely csúcsnak a szemben fekvő lapra eső vetülete az illető lap középpontjába (ortocentrumába) esik, tehát a szabályos tetraéder ortocentrikus is (V.3.15.5.-ös feladat). Mivel az oldallapok kongruensek, a tetraéder egyenlő oldalú is. Mi több a 7.7.4. tétel d) és a 7.8.3. tétel a) pontja alapján a fordított állítás is igaz. 9.2. Tétel. Ha valamely egyenlő oldalú tetraéder ortocentrikus, akkor szabályos.

V.8. Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD tetraéderben G súlypont és az AGD háromszög G-ben derékszögű, akkor az AD kongruens az AD-hez tartózó kettős felezővel! 2. Ha G az ABCD tetraéder súlypontja és M egy tetszőleges térbeli pont, akkor MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4 MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 . 3. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder belsejében létezik olyan M pont, amelyre az MABC, MBCD, MCDA és MABD tetraéderek azonos térfogatúak! 4. Az ABCD tetraéderben S A = S B cos(CD∠) + SC cos(BD∠) + S D cos(BC∠) . 5. Bizonyítsd be, hogy bármely ortocentrikus tetraédernek legalább az egyik oldallapja hegyesszögű háromszög. Igaz-e ez a tulajdonság tetszőleges tetraéder esetén? 6. Bizonyítsd be, hogy ortocentrikus tetraéderben a magasságok összefutási pontja (H), a súlypont (G) és a köréje írt gömb középpontja kollineáris (Euler-egyenes), és OG = GH . Próbáld általánosítani az Euler-kört is! 7. Bizonyítsd be, hogy a következő állítások egyenértékűek: a) az ABCD tetraéder egyenlő oldalú; b) az ABCD tetraéder bármely csúcsában a síkszögek mértékének összege ugyanannyi; c) a beírt és a köréje írt gömbök középpontjai egybeesnek. 8. Bizonyítsd be, hogy ha valamely tetraéder belsejében létezik négy, nem egy síkban fekvő pont, amelyek oldallapoktól mért távolságainak összege egyenlő, akkor a tetraéder egyenlő oldalú.


Tartalomjegyzék


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

T 2 [BCD ] = T 2 [ABC ] + T 2 [ADC ] + T 2 [ABD ] ;

g) 9V 2 [ ABCD ] = 2T [ ABC ] ⋅ T [ACD ] ⋅ T [ABD ] .

Tovább

V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladat

Recommend Documents