175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladatandrasz/CD/TANK10/5fej.pdf · sugarú kör nem fedhető le 2001 darab 1 cm szélességű tetszőlegesen hosszú papírcsíkkal

Térgeometriai feladatok és tételek 175

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).

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 vesszük ki, akkor az ily módon megbontott kocka ábrázolása nyomán nem kapunk lefedést. Ahhoz, hogy egy szétszedett kocka ábrázolása nyomán lefedést kapjunk, az szükséges, hogy az és fényforrások a megmaradt kockák páros számú oldalát világítsák meg (vagyis ha az egyik fényforrás

1L 2L

V.3. ábra

L1 L2

1

2 43

4

73

1

32

56

V.4. ábra

176 Térgeometriai feladatok és tételek

megvilágítja a kocka egy oldallapját, akkor a másik fényforrás egy másik oldallapját világítsa meg). Így azok a rombuszok, amelyeket világosszürkére satíroztunk, éppen az 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.

1L

gömb

2002π

Látható, hogy léteznek olyan síkbeli (síkban megfogalmazott) tulajdonságok, amelyek természetes és egyszerű megoldása térbeli megfontolásokat igényel. Talán az lőbbinél is tisztábban látható ez a következő feladat megoldásából. e

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 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)

V.5. ábra

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 hRFöv ⋅π= 2 képlet fejezi ki. Így az összes gömböv felszíne: π=⋅π 200210012 . A gömb felszíne viszont:

. Ebből következik, hogy 2001 gömböv felszíne

legfeljebb

200220024 2 ⋅π=π= RF

20022001 ⋅= 2001⋅π⋅ övF2002⋅

lehet, és ez nem nagyobb, mint a gömb felszíne . Ez ellentmond az (1) kijelentésnek, tehát a feltételezésünk hamis. Így a

2001 papírcsíkkal nem lehet lefedni a körlapot.


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 τ∈A és τ∈B , akkor -vel jelöljük az és B pont által meghatározott egyenest, AB A -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.

(AB

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 , illetve az ( 1,, CBA ( )2,, CBA ponthármas által meghatározott síkot szemléltettük.

A

C C1 2 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 ( és

) meghatároz egy síkot. 1AC

AB

Az A, B és C pont által meghatározott síkot (ABC)-vel jelöaz pont által meghatározott síkot (Ad)-vel, és a d valamint dA∉

∗ Aki nincs megelégedve ezzel az intuitív tárgyalásmóddal, annak ajáRadu Miron Fundamentele aritmeticii şi geometriei című könyvét.

V.7. ábraB

ljük. A d egyenes és a d ′ egyenesek által

nljuk Dan Brânzei és


meghatározott síkot -vel jelöljük. Általában a síkok jelölésére a görög ábécé betűit használjuk.

( dd ′)

A V.7. ábrán láthatjuk, hogy az ( )1ABC és ( )2ABC 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).

α α

αA

B

V.8.3. ábra

V.8.2. ábra V.8.1. ábra

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 almaz. Az V.9. ábra két párhuzamos síkot ábrázol. h

A gyakorlatban könnyen eldönt-hetjük két síkról, hogy párhuzamosak-e vagy sem. Próbáld eldönteni, hogy az alábbi példákban szereplő síkok párhuza-mosak-e vagy sem!

βα

V.9.ábra

1. A tanterem két szemközti falának síkja;

2. a padló és a mennyezet síkja; 3. a mozgólépcső két korlátjának síkja; 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:


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 meghatároz egy síkot és az általuk meghatározott síkban már a síkgeometriai tulajdonságok érvényesek, ez az eset nem különbözik lényegesen a síkbelitől.

d d'

α

b) Párhuzamos egyenesek Két egyenest párhuzamos-nak nevezünk, ha egy síkban vannak és nem metszik egymást.

d

d'α

V.11. ábra

V.10. ábra

c) Kitérő egyenesek Ha két egyenes metszete üres halmaz, és nincsenek egy síkban, akkor az egyeneseket kitérőknek nevezzük. (Például az ABCDA’B’C’D’ kocka AB és CC’ oldalélének tartóegyenesei kitérő egyenesek.)

V.12. ábra

B'A'

D

BA C

C ' D'

5. egyenes – sík 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 α∈A egy tetszőleges pont. Az A pont és a d egyenes által meghatározott β síknak az α síkkal

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

βα ∩∈A ). Ha a d és d’ egyenes-

nek lenne közös pontja, akkor ez a α⊂′d miatt az α síkban

helyezkedne el. Ez nem lehetséges,

d

d'α A

V.13. ábra


ha ∅, tehát =∩α d =′∩ dd ∅. Másrészt, a d és a d ′ a β síkban van, tehát d és párhuzamos. Ebből két fontos tulajdonság következik: d

α

′

α∉A

α∈1A 1A

1d

1d ′α′′ ||)( 21dd

1d ′

1d∩{ }A∩′1 d∩d

∈Kα d

β

dd ∩ 21 = β||1

α β

α∈A

2|| dd 21 || dα

2.6. Tétel a) -ban a d-hez legalább egy párhuzamos húzható. ⇔α||db) Ha α∉A 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 ponton át az α síkhoz húzott párhuzamos sík. Legyen egy tetszőleges pont és d , illetve két, -en átmenő 1 2dα -beli egyenes. Az A-n át a és a d egyeneshez egy-egy párhuzamos húzható. Ezeket jelöljük

2

-tel, illetve 2d ′ -tel. Azt szeretnénk igazolni, hogy . Ha feltételezzük, hogy ez nincs így, akkor az α és

)( 1d 2d ′′ sík metszete egy d egyenes. Ez a α⊂d egyenes a -tel és a -tel egy síkban van, tehát a d

2′d′ és 2dd ′∩ halmazok valamelyike nem

üres (mert dd =′2 ). Feltételezhetjük, hogy . A {K= }′1α⊂d bennfoglalás alapján α , tehát a α∩′1d halmaz sem üres. Ez

ellentmondás, mert ′ ||1d , tehát =α∩′1 ∅. E tulajdonság alapján a síkok párhuzamosságának jellemzését a következő tételben fogalmazhatjuk meg:

2.7. Tétel. Az α és síkok akkor párhuzamosak, ha α -ban létezik a és a d egyenes úgy, hogy ,

1d 2

}{A d és β||2d . 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 síkkal, akkor a d-n átmenő síknak az α síkkal való metszete párhuzamos a d-vel.

b) Ha α||d és , akkor az A-n át a d-hez húzott párhuzamos az α síkban van.

c) Ha d és , akkor d . 1|| dd) Ha βα , akkor minden egyenese párhuzamos a || β síkkal.


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

f) Ha βα és || γα || , akkor γβ || .

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 áblázatban foglaltuk össze: t

pont – előre adott

– két egyenes metszéspontja – egy sík és egy egyenes metszéspontja

egyenes – előre adott – két pont által meghatározott – két sík metszete

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

2.9. Megoldott gyakorlatok

1. Ha a , és egyenesek közül bármely kettő metszi egymást és az egyenesek nincsenek egy síkban, akkor egy pontban metszik egymást.

1d 2d 3d

Megoldás. A lehetetlenre való visszavezetés módszerét használjuk. Feltételezzük, hogy az egyenesek nem összefutók, vagyis az { 21} ddA ∩= , és

pontok páronként különbözők. Ezek a pontok egy 32}{ ddB ∩=

13}{ ddC ∩= α síkot határoznak meg. Mivel α∈A és α∈B , valamint 2dA∈ és 2dB∈ , következik . Hasonlóan belátható, hogy

α⊂2dα⊂1d és α⊂3d , tehát az egyenesek egy síkban vannak.

z ellentmond a feltevésnek, következésképp az egyenesek összefutók. E

2. Két szög, melynek szárai rendre párhuzamosak egymással, vagy kongruensek, kiegészítő szögek.

A1 Megoldás. Jelöljük a szögek csúcsait -gyel és O -vel, 1O 2

vagyV 14 ábra

O

A

O

B

B

11

22

2

majd vegyük fel a száraikon az , illetve , pontokat úgy, hogy teljesüljenek a következő feltételek:

A B 2A1 1 2B

[ ] [ ]2211 AOAO ≡ , [ ] [ ]2211 BOBO ≡ , valamint a és , illetve az és az O egyenes által meghatározott ugyanazon félsíkba kerüljön az , illetve síkokban.

1B

2

2B

21O1A 2A 21O

11 OOA 1OB


Így és [ ] , tehát az négyszög paralelogramma. 2211 || AOAO [ 2211 AOAO ≡ ] 2211 OAAOHasonlóan belátható, hogy az négyszög is paralelogramma, tehát

és , továbbá 1221 BBOO

2121 OOAA || 2121 OOBB || [ ] [ ] [ ]21212 BBOO1AA == . Ebből következik, hogy az négyszög is paralelogramma, tehát 1B22 B1 AA [ ] [ ]22 B11 ABA = . Tehát az és háromszögek egybevágók, így . Előfordulhat, hogy eredetileg e két szög közül valamelyiknek a kiegészítőjéről van szó, tehát a feladat állítása igaz.

111 BOA 222 BOA ∠≡∠ 222111 BOABOA

3. Bizonyítsuk be, hogy a d és a d ′ kitérő egyeneseken át egyetlen párhuzamos (α, β) síkpár fektethető ( α⊂d és β⊂′d ).

Bizonyítás. . Ha β⇒

βαα⊂

||||

dd

dA ′∈ , akkor β||d , az β∈A alapján követ-

kezik, hogy A-n át a d-hez húzott párhuzamos a 1d β síkban van. Mivel a d és a d egyenesek metszik egymást és nem egybeesők, az általuk meghatározott sík éppen a

. Ha , akkor az -en át a d-hez húzott párhuzamos szintén a síkban van, tehát a β egyértelműen meghatározott. Hasonlóan, az

′ 1

β dA ′∈′ A′ βα is egyértelműen

meghatározott. 4. Az Ox, Oy és Oz félegyenesek mindegyikén vegyünk fel két-két pontot:

, és OxAA (', ∈ OyBB (', ∈ OzCC (', ∈ . Bizonyítsuk be, hogy ha léteznek az ''BAAB ∩ , és ''CAAC ∩ 'C'BBC ∩ metszéspontok, akkor azok egy

egyenesen vannak (Desarques tétele). Bizonyítás. Jelöljük d-vel az ABC és A’B’C’ síkok közös egyenesét.

, tehát )'''()('')'''(''

)(CBAABCBAAB

CBABAABCAB

∩⊂∩⇒

⊂⊂

dBAAB ∈∩ '' . Belátható,

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

),( βα ∈∈ BA . Határozzuk meg az AB szakasz felezőpontjának mértani helyét!

Megoldás. Legyen és két rögzített pont az 0A 0B α , illetve a β síkban. Jelöljük -val az szakasz felezőpontját és 0M 00BA µ -vel az -n át az 0M α -val húzott

párhuzamos síkot. A továbbiakban igazoljuk, hogy a mértani hely a µ . Ehhez két bizonyítás szükséges:

1. Igazoljuk, hogy: ha α∈A , β∈B és M az AB felezőpontja, akkor µ∈M .


Ha α∈A[] 01 A≡

1B

MM1

, akkor megszerkesztjük az szakaszt úgy, hogy . Így az négyszög paralelogramma, tehát

és ezért . Ha M az AB és az felezőpontja, akkor az paralelogrammában , az háromszögben . Tehát és

001 BAAB ||

1

1ABB

][ 0BABβ∈

β||

100 BBAA

101 BBM ||

001 AABB ||

100 BBAABBMM 11 ||

1M

0

ABM

β||0M1M . Eszerint az sík is párhuzamos β -val, tehát .

)( MMM 10µ∈M

2. Igazoljuk, hogy: ha µ∈M , akkor létezik α∈A és úgy, hogy M az AB szakasz felezőpontja.

β∈B

Az egyenes nem párhuzamos MA0 β -val, mert az M pont nincs sem az α síkban, sem a β síkban, tehát az egyenesnek a

MA0

β -val való metszete egy pont. Jelöljük ezt -vel. Az háromszögben középvonal, mert

2B

0

]

20BA 0BMM

[ ]0M [ 0 0B0 MA ≡ és (az sík az

2B0B0 ||MM

20 BB0A α és β párhuzamos síkokat párhuzamos egyenesekben metszi), tehát [ ] [ ]20 MBMA ≡ .

α

µ

β

A0

M0 MB0 B

V.15.ábra

V.3. Szögek a térben. Merőlegesség. Távolságok Az V.2. paragrafus második megoldott feladata alapján a következő

rtelmezést adjuk: é 3.1. Értelmezés. A és térbeli egyenesek szögén bármely olyan MON

szöget értünk, amelyre , ON és

1d

OM

2d

1

∠

|| d 2|| d

∈∠

2,0)( πMONm .

3.2. Megjegyzés. Ha és egy síkban vannak, akkoszögük is teljesíti a 3.2. értelmezés feltételeit, tehát ezszögfogalomhoz jutunk.

1d 2d

d1

d2

V.16. ábra

N

M

d2,

V.17. ábra

r a síkban meghatározott esetben a megszabott

O

d1,


3.3. Értelmezés. A és egyenest egymásra merőlegesnek nevezzük, ha

-os szöget zárnak be. 1d 2d

903.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha egy d egyenes merőleges az α sík és d metsző egyenesére, akkor merőleges az

1d 2

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 , pontokat úgy, hogy [ ]

11, dBA 1 ∈ 222 , dBA ∈[ ] [ ] [ ]221 OBOAOB1OA ≡≡≡ . Feltételezhetjük, hogy a d

egyenes metszi az A0

1A2 és B1B2 szakaszt (lásd az V.18. ábrát). Jelöljük ezeket a metszéspontokat M1-gyel és -vel. 2M

d2

d1

A1

A2

B2

B1

OM1 M2

dO

α

Md

V.18.ábra

A szerkesztések alapján az és MOB háromszögek egybe-vágók, tehát

211 MOAMOBMOA ,,] [ ]

2

[ ] [ [ ]22 MBMA11 MBMA ≡≡≡ . (1) Az α síkban ∆∆ ≡ 2121 BOBAOA , tehát ∠≡∠ OBBOAA 1212 . Mivel

és ∠≡ 211 OMBOMA ∠1 [ ] [ ]11 OBOA ≡ , következik, hogy az és OB háromszögek kongruensek. Így

11MOA 21M[ ] [ ]21M11 BMA ≡ . (2)

Másrészt, az [ ] , [ 11 MBMA ≡ ] [ ] [ ]22 MBMA ≡ és [ ] [ ]2121 BBAA ≡ összefüggések alapján

. Ebből következik, hogy ∆21BMB∆ ≡21AMA ∠≡∠ 2121 BMBAMA . (3) Az (1), (2) és (3) összefüggés alapján az és háromszögek kongruensek, tehát

11MMA 21MMB[ ] [ ]21 MMMM ≡ . Az OA és OB háromszögek

kongruenciája értelmében [ ]11M 21M

[ ]2OM1OM ≡ , tehát az és háromszögek is kongruensek. Így

OMM1 OMM 2

∠≡∠ OM21 MOMM a (dM) síkban

( ) ( ) π=∠+∠ OMMmOMMm 21 , tehát ( ) ( )221π

=∠OM=∠ m MOMMm , vagyis a d

merőleges d -ra. 0

3.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha OBMO⊥ , OAMO⊥ és (

OBAB⊥α∈BAO ,, és α∉M ), akkor ( ) ( )∠<∠ MABmMAOm .

Bizonyítás. A feltételek alapján AB merőleges OB-re és MO-ra, tehát merőleges az (MOB) sík két metsző egyenesére. A 3.4. feladat alapján MBAB⊥ . Az MOA és MBA


V.19.ábra

derékszögű háromszögekben ( )MAMOMAO =∠sin és ( )

MAMBMAB =∠sin . Az MOB

derékszögű háromszögben MB>MO, tehát . Mivel az MAB és

MAO szög mértéke a

( ) ( ∠>∠ MAOMAB sinsin )

2π

,0

()(

intervallumban

található, a szinuszfüggvény monotonitása alapján:

∠>∠ mMABm MAO

α

πθ

20,

α

) . Az előbbi feladatok egy fontos tényre világítanak rá: ha A az sík és a d egyenes metszéspontja és d’ az A-n átmenő tetszőleges egyenes, akkor a d és a d’ által bezárt szög a

intervallumban változik, ahol 0θ egy jól meghatározott érték. Ennek alapján

a d egyenes és az sík szögén az előbbi 0θ szöget értjük. Ez eléggé komplikált értelmezéshez vezetne, ezért előbb értelmezzük a síkra húzott merőleges egyenes

fogalmát. Ez azt jelenti, hogy 20π

=θ , vagyis d merőleges α minden egyenesére.

AB

α

O

M

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 α⊥d szimbólummal jelöljük. Ha dM ∈ , , és

, akkor az O-t az M pont α⊥d

}{Od =α∩ 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 α⊥d , }{Od =α∩ , , ,

és , akkor , ahol 1dO∈ α⊂1d

α⊂2d 12 dd ⊥ 2dMN⊥ dM ∈ tetszőleges és 21 dd ∩N =}{ .

α

O

M

d2

d1d

V.20. ábra

(A 3.5. feladatban OB volt a egyenes, AB a d és MO a d egyenes.) 1d 2


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

. AON ∈ Ennek alapján a d egyenes és az α sík szöge az ∠MAO -gel kongruens, ahol dM ∈ tetszőleges ( α∉M

α), O az M pont

vetülete az síkra és α∩= dA}{ . A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából az OA egyenest a d egyenes α síkra eső merőleges vetületének nevezzük. Így a

övetkező értelmezéshez jutunk:

α

M

OA

d

V.21. ábra

k 3.10. Értelmezés. A d egyenes és az sík szögén a d egyenes és a d-nek az síkra eső merőleges vetülete által bezárt szöget értjük. (Ha a vetület egy pont, akkor a d egyenes merőleges az

αα

α íkra.) s

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

1

α síkra eső vetülete, akkor az szakasz hosszát az M pontnak az 1MM 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 dM ∈ ( M ) pont vetülete az α∉ α síkra, és α∈A úgy, hogy

, akkor ( ) 90m =∠ABO ( ) ( )∠≥∠ MAOmm .MBO Bizonyítás. Az MOB és MOA derékszögű háromszögekből

( )MBMOMBO =∠sin

( )

és

MAMOMAO =∠sin . Mivel ABMB⊥

(a három merőleges tétele alapján), MBMA ≥ , így

( ) ( )∠≥∠ MAOMBO sinsin , tehát ( ) ( )∠≥∠ MBOMAO mm .

α

M

OA

B

V.22. ábra

Legyen α és β két metsző sík és d a közös egyenesük, valamint

és O az M pont síkra eső merőleges vetülete. Metsszük az dM \β∈

α α és a síkot egy változó síkkal, amely tartalmazza az M és az O pontot. Az előbbi feladat alapján az

βµ


α és a β sík által a µ síkban meghatározott szög mértéke akkor és csak akkor maximális, ha . Ha B az M pont d egyenesre eső vetülete, akkor a két sík által közrezárt térrészt az MBO szög mértékével jellemezhetjük. A kifejezés-mód egyszerűsítése céljából ismét bevezetünk néhány fogalmat:

µ⊥d

β′α′α′

′′

=α′ αm

α

MNONMOMO

⇒

β

αBA O

Md

3.13. Értelmezés. Ha d az α′ és a félsík közös egyenese, akkor az

halmazt az α és síkok lapszögének nevezzük, és így jelöljük:α . Az és 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 -gel is jelöljük.

β′∪β

β′ ∠β′′

∠d

V.23.ábra

3.14. Értelmezés. Az ∠β′α′ lapszög mértékén a µ síkkal való metszeten keletkező síkszög mértékét értjük, ahol d⊥µ . 3.15. Megjegyzések

1. Ha , akkor β′ ( ) 0=∠β′′ , illetve ha β′⊥α′ , akkor ( )2π

=∠β′α′m .

2. Az , illetve a β által határolt azon félterek metszetét, amelyek a -t, illetve -et tartalmazzák, a lapszög belsejének nevezzük, és így jelöljük: .

β′βα′α′ ( )∠′int

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 1dN ∈ , akkor igaz a következő implikáció:

1

1

1

ddONd

⊥

⊥⊥⊥

.


Látható, hogy három fordított állítás fogalmazható meg:

1. ; 1

1

1

dMOdONONMOdMN

⊥⇒

⊥⊥⊥

2. ; ONMOdONdMNdMO

⊥⇒

⊥⊥⊥

1

1

1

3. . 1

1

1

dONdMNONMOdMO

⊥⇒

⊥⊥⊥

Vizsgáljuk meg, hogy ezek igazak-e!

1. .

Látható, hogy az feltételt nem használtuk. Ez a feltétel a d

MOdMONdMNdNOd

⊥⇒⊥⇒

⊥⊥

111

1 )(

ONMO⊥MO⊥1(dMO

-val együtt viszont azt jelenti, hogy )O,1⊥ . 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 . 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.

∆

( =∠MON ) 60

N O

Md1

V.24. ábra

3. , tehát )(11

1 MONddMNdMO

⊥⇒

⊥⊥

ONd ⊥1 . Tehát az állítás igaz.

A 3.15.1. feladat megoldása alapján kijelenthetjük a következő két fordított tételt: 1. Ha α⊥MO , α∈O és 1dMN⊥ , ahol 1dN ∈ , akkor ON 1d⊥ . 2. Ha , , 1dN ∈ 1dON⊥ 1dMN⊥ és MO ON⊥ , akkor α⊥MO .

3.15.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha és kitérő egyenesek, akkor létezik olyan

1d 2d

1dM ∈ és pont, amelyre 2dN ∈ 1dMN⊥ és 2dMN⊥ . Bizonyítás. Vegyük fel a -en a tetszőleges A pontot, és húzzunk A-n át d párhuzamost a egyeneshez. Vegyük fel a tetszőleges B pontot a egyenesen és vetítsük le a síkra. Ha a vetület talppontja, akkor a -n át a d

1d '2

2

2d( 1d

2dB)'

2d 0B 0


egyeneshez húzott párhuzamos a keresett M pontot adja, és az N pont az M-nek a egyenesre eső vetülete. 2d

'21d

d2

2

2

||

nA=v

∑−

=

1

2

n

k

1M⊥

A1

AA'1

Valóban:

. téglalap,

tehát , ezért és

0102'22

0 és||

)(BBdBBd

dd

dBB⊥⊥⇒

⊥

BNMBMB

dBBdMN

0

0

0

||⇒⊥

⊥

BBMN 0 1dMN⊥ MN 2d⊥ .

N

MA

d2

d1

d’2

B

Bo

V.25. ábra

Megjegyzés. Az MN szakasz hosszát a és kitérő egyenesek távolságának evezzük.

1d 2dn 3.15.3. Feladat. Vetítsük le az síksokszög minden csúcsát a nAAA …21 µ síkra, amely az ( síkkal )21 nAAA … α szöget zár be. Bizonyítsuk be, hogy ha az

síksokszög területe T, akkor a vetületek által meghatározott sokszög területe T .

AA …21

α⋅cosTMegoldás. Az összefüggést elégséges háromszög esetén bizonyítani, mert minden sokszög felbontható háromszögekre, tehát

[ ] [ ] [ ]∑ ∑−

=

−

=+++ ⋅=⋅=⋅==

1

2

1

21111

'1

''1 coscoscos

n

k

n

kkkkkkkv TAAATAAATAAATT ααα .

Két esetet vizsgálunk meg. 1. eset. Ha az ( ) µ∩321 AAA

32 AA

3

egyenes párhuzamos a háromszög egyik oldalával, például az -mal, akkor az -n át egy 2 A 1A µ párhuzamos síkot fektetünk µ -vel, és

jelöljük -vel az -nek '1A 1A 1µ -re eső

vetületét. Ha az háromszög magassága, akkor a három merőleges tétele alapján

, tehát

MA'1 1A' 32 AA

3A2AA

[ ] MAAAAAT 13232 21

⋅=

[ ] és

MAAAAT '13232 2

1⋅= .

A'1

A1

A3

M

A2

V.26. ábra


Ebből következik, hogy [ ][ ] α=== coscos '

''

111

1

321

321 MAAMAMA

AAATAAAT

∠'11MAA

, mert az

és µ síkok szöge éppen . )( 321 AAA2. eset. Ha az dAAA =µ∩)321( egyenes nem párhuzamos a háromszög egyik

oldalával sem, akkor valamelyik csúcson át az síkban párhuzamost lehet húzni d-vel úgy, hogy az A

)( 321 AAA 1d1, A2 és A3 pontok a által

meghatározott ugyanazon félsíkba kerüljenek.

1d

Jelöljük -gyel a -n át µ -hoz

húzott párhuzamos síkot és -vel,

illetve -vel az és pontok

'd'1A

'3A 1A 3

1

Aµ -re eső vetületét. nem párhu-zamos -gyel, tehát megszerkeszt-

hető az pont. Az és háromszögek

egy-egy oldala -n van, tehát az első eset alapján

3A

4A

1A

1

1A

21AA

d

4A}{' =

42 AA3A d∩

3A'd

[ ] [ ] α= cos'432423 AAATAAAT ⋅ és [ ] [ ]⋅4A α= T cos'

21AA 21A4A AT . Innen következik, hogy

1

3

A' A3

A1

A2

A4

µ1A'

V.27. ábra

1µ

[ ] [ ] [ ]=−= 42'342

'12

'3

'1 AAATAAATAAAT

[ ] [ ] =α⋅−α⋅= coscos 423421 AAATAAAT [ ] [ ] [ ] α⋅=α⋅−= coscos( 321423421 AAATAAATAAAT .

3.15.4. Feladat. Az lapszög éle d. Határozzuk meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre

∠αβ )int( ∠αβ∈),(),( β=α MdMd .

Megoldás. Jelöljük -gyel és -vel az M pontnak az 1M 2M α és β síkokra eső vetületét, illetve -val az M pont d egyenesre eső vetületét. 0M

A három merőleges tételének 1. fordított tétele alapján dMM ⊥01

21 , MM

1MM

1 MMMM

és , tehát az és pontok egy, a d-re merőleges síkban helyezkednek el. Ebben a síkban az , illetve az

szög száraitól mért távolságok, tehát ha

d⊥MM 02

0

MM

,M

2

M

2

2

01 MMM= , akkor M az

szög szögfelezőjén van. Az és d egyenesek által meghatározott

201 MMM

0MM

M1

MM2

dM0 α

β

V.28. ábra


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

-mel, tehát a által az 0d

MM 0 µ α és a β síkon meghatározott szög szögfelezője. Így az ( sík a keresett mértani hely. Ezt a síkot az αβ lapszög zögfelezősíkjának nevezzük.

'2

'0

'1 MMM

),0 dMM

0M

[

AMM 0

]MC≡

0

∆CMM 0

[MM≡

MM , é C0

] [MBM 0 ≡M 0

MM

M

∆ABC

MM ≡/ M0

0

M0 ,

0 ,AM

∆

AM CM

≡AM CMM0M0 0 [] CMBM ≡]AM

s 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

-val az M pontα síkra eső merőleges vetületét.

V.30. ábra

A

B

C

M

M0

V.29. ábra Ha , akkor az s derékszögű háromszögekben közös és az átfogók kongruensek, tehát

. Ebből következik, hogy

][] MBMA ≡

∆∆ ≡ BMM 0

BMMA 00 MM

[ ] [ C0A ≡ , tehát rajta van az AB, BC és AC szakaszok felezőmerőlegesein. A síkgeometriából tudjuk, hogy ez csak akkor lehetséges, ha az köré írt kör középpontja. Tehát az M pont az köré írható kör középpontjában, a háromszög síkjára emelt d merőleges egyenesen van. Azt kell még belátnunk, hogy a d bármely pontja az A, B, és C ponttól egyenlő távolságra van. Ha

0

0 ∆ABC

0M≡ , akkor a tulajdonság igaz. Ha , akkor az és derékszögű háromszögek

befogója közös, és az , valamint CM befogók kongruensek. Ebből következik, hogy

0 BMBM

∆

M0

0

∆

0MM

≡ MBM , tehát [ ][≡ .

]

ehát a keresett mértani hely az egész d egyenes. T 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.)


b) Azon M pontok mértani helye, amelyekre konstans ( és ), egy, az AB-re emelt merőleges sík.

22

21 MBkMAk − 01 >k

02 >k

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 ACDAABDA ⊥⊥ , és , akkor

ACAB⊥)()( ∠>∠ CDBCAB mm .

3. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben CADAABDA ⊥⊥ , és , akkor és

DBCD =ABAC = ).()( ∠>∠ CDBCAB mm

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 π<∠+∠+∠ 2mmm )()()( COABOCBOA .

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 területét az OAB, OBC és OAC háromszögek területének függvényében!

∆ABC

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 Pitágorász-tétellel!

8. Bizonyítsd be: ha a d egyenes az α változó sík három különböző egyenesével egyforma nagyságú szöget zár be, akkor α⊥d .

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 1=⋅⋅⋅QADQ

PDCP

NCBN

MBAM

.

10. (Van Aubel tétele) Az ABCD tetraéderben )(1 BCDA ∈ , , ,

1AAO∈}{)( 1DADBCO =∩ }{)( 1CACBDO =∩ és ( .

Bizonyítsd be, hogy

}{ 1BAB =)CDO ∩

DDAD

CCAC

BBAB

1

1

1

1

1

1 ++OAAO

1

= .

11. Jelöljük G-vel az ABCD tetraéder súlypontját. Bizonyítsd be, hogy az és )(),( ACNABM ∈∈ )(ADP∈ pont által meghatározott sík akkor és csak

akkor tartalmazza G-t, ha 1=+PADP

+NACN

MABM

.


12. Az ABC hegyesszögű háromszög alakú kartonlapot az BA ′′ , és középvonalai mentén megtűrtünk. Bizonyítsd be, hogy az

CB ′′C′

AC ′′BA ′ , és

háromszögek úgy mozgathatók, hogy az A, B és C csúcsok egy pontban találkozzanak (vagyis hogy egy tetraédert kapjunk)!

A′C′BBAC ′′

C’ B’

A’CB

A

13. Mi történik, ha a 13. feladatban tompaszögű háromszögből indulunk? 14. Az és DCBAABCD ′′′′ EFCBBCFE ′′′′ papírkockák tetejére a V

és DCBA ′′′′1

CFE ′BV ′′′ABB

2

V szabályos négyoldalú gúlákat szerkesztettük. Tudjuk, hogy

AV =′2 A=′1 . Az DCB ′′′′ , FECB ′′′′ , BCBC ′′ , V CD ′′1

BA

, illetve V lapot elvesszük, a többi pedig az oldalélek körül elfordulhat. Milyen alakzatot kapsz, ha a V és V csúcsot úgy mozgatod, hogy azok az

CD ′′2

FED ′′′1 2 C′′′ síkba kerüljenek?


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 (skalár- és 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 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 fogalomzavarhoz vezet, mert összekeveri a kötött és szabad vektor fogalmát. A fogalmak rögzítése és jobb megértése céljából bevezetjük az ekvipolencia relációt:

A

B

V.31. ábra

5.1.1. Értelmezés. Az és ( )BA, ( )DC, térbeli pontpárok ekvipolensek, ha az és szakaszok középpontja egybeesik. Ezt az AD BC ( ) ( )DCBA ,~, szimbólummal

jelöljük. 5.1.2. Példák

1. Ha egy paralelogramma, akkor az és ABCD AC BD átlók felezik egymást, és így az és pontpárok ekvipolensek. ( )BA, ( CD, )

2. Ha az és pont egy egyenesen van ésCBA ,, D [ ] [ ]CDAB ≡ , akkor az és [ szakaszok felezőpontjai egybeesnek, tehát

[ ]AD]BC ( ) ( )DCBA ,~, .

AB

DC

V.32. ábra

AB

C

D

v

5.1.3. Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha ( ) ( )DCBA ,~, , akkor csak az előbbi két eset fordulhat elő, azaz paralelogramma, vagy A, B, C és kollineáris és

. ABDC D

[ ] [DCAB ≡ ]


5.1.4. Értelmezés. Az pontpárral ekvipolens pontpárok halmazát

szabadvektornak nevezzük és így jelöljük:

( BA, ) ABAB . A szabadvektorok halmazát V -vel

jelöljük, és azt mondjuk, hogy az ( )BA, pontpár a ABv = 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 pontpár származtat), akkor tetszőleges ( DC, ) τ∈A (térbeli pont) esetén létezik

olyan τ∈B pont, amelyre ( ) ( )DCBA ,~, . Ha CDA∉ , a B pontot megszerkeszthetjük úgy, hogy az -n át párhuzamost húzunk [ -vel, és megszerkesztjük az paralelogrammát. Ha

A ]CDABDC CDA∈ , akkor az

egyenesen fel kell vennünk a DC −A −

B pontot úgy, hogy [ ] [ ]CDAB ≡ , és az [ ] , valamint szakaszok felezőpontjai egybeessenek. Ezt a következő tételbe foglaltuk:

AD[BC]

5.1.5. Tétel. Bármely v szabadvektor és térbeli pont esetén létezik a térben olyan

AB pont, amelyre ( ) vA B ∈, .

E tétel alapján, ha egy rögzített pont, akkor a

A

( ){ }τ∈= BBAVA |,Vv

halmaz minden ∈ vektornak tartalmazza egy-egy

reprezentánsát. A V halmaz elemeit A kezdőpontú kötött vektoroknak nevezzük. Az

A

ABA

kötött vektor kezdőpontja 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.

AB

C

D

vV.33. ábra

5.1.6. Értelmezés a) A ABv = hosszán az (AB)

szakasz hosszát értjük és -vel jelöljük.

v

b) Az OAu = és OBv = vektor által bezárt szög mértéke egyenlő az

pozitív irányba mért mértékével.

∠AOB Ov

vu

u

A

BV.34. ábra

5.1.7. Megjegyzések

a) Az AA vektor hossza 0, míg magát az AA vektort általában 0 -ral jelöljük. b) Az OAu = és a OBv = vektor kollineáris, ha az O, A és B pont egy

egyenesen van.


c) Az OAu = és OBv = vektor ellentétes irányítású, ha ( )ABO ∈ ; OAu =

és OBv = azonos irányítású, ha kollineáris és ( )ABO ∉ .

A komplex számok bevezetésekor láttuk, hogyan végezhetünk műveleteket számpárokkal. A IX. osztályos vektoralgebrai ismereteink alapján belátható, hogy az OA és OB vektorok összegének végpontja (az paralelogramma negyedik csúcsa) éppen az és

C AOBCA 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 paralelogramma. Ekkor viszont a következő problémánk adódik: az

ABDCAB vektor egy halmaz, akárcsak az AC

vektor, tehát az és irányított szakaszok (vagyis az AB AC ( )BA, és

pontpárok) csak reprezentánsai az

( )CA,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 ( )11 , B

1AA és ( ) ,

illetve és reprezentánsát. Szerkesszük meg az és paralelogrammákat, és vizsgáljuk az

22 , BA

11C( )11,CA

22C( 2 ,C )2A 1DB

22 DBA ( )11, DA , illetve ( )22 , DA pontpárok ekvipolenciáját.

A bizonyítást csak abban az esetben végezzük el, ha az u és a v nem kollineáris, és az nincs rajta az 2A ( )11CA , ( )11DA és ( )11BA egyenesek egyikén sem. Ekkor [ ] [ ]211CA ≡

[ 21CC≡2CA

] és , tehát paralelogramma, és így

, valamint . (*) 22|| CA

21CC11CA

21 ||AA221 AC1CA

[ ]21AA ( )1B1,A és ( )2, B2A ugyanannak az u vektornak a reprezentánsai tehát paralelogramma. Ebből következik, hogy: 2211 ABBA

A

B

D

C

A

B

D

C

1

1

1

1

2

2

2

2V.35. ábra

[ ] [ ]2211 BABA ≡ , (1) , (2) 2211 || BABADe és [ ][ ] [ 1112 DCBA ≡ ] [ ]2222 DCBA ≡ , (3) és . (4) 1111 || DCBA 2222 || DCBA


Az (1) és a (3) alapján [ ] [ ]2211 DCDC ≡ . A (2) és a (4) alapján . Tehát is paralelogramma, és így

1122 || DCDC

2211 CDDC [ ] [ ]2121 DDCC ≡ és . E két összefüggés és a (*) összefüggés biztosítja, hogy is paralelogramma, tehát

.

2121 || DDCC

2211 ADDA( )11 ~, DA ( 22 , DA )

Mindez azért szükséges, hogy a vektorok összeadását értelmezhessük a következő módon: 5.1.8. Értelmezés. Az és u v vektorok összegének egy ( )DA, reprezentánsát megkapjuk, ha az és egy-egy közös A kezdőponttal rendelkező u v ( )BA, és reprezentáns esetén megszerkesztjük az ABCD paralelogrammát.

( )CA,

Megjegyzések 1. Ezt úgy is értelmezhetjük, hogy az u

egy AB reprezentásának B végpontjából meg-szerkesztjük a v egy BD reprezentánsát.

Így a Chasles-szabályhoz (vagy három-szögszabályhoz) jutunk.

2. Több vektor összegének meg-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):

V.36. ábra

A

B

D

C

u+v

v

u

Akárcsak kilencedik osztályban, most is igazolhatod az alábbi tulajdonságokat.

V.38. ábrad

O

A

B

CD

ab

c

d

a+b+c+

a+ b

a+b+cA

B

Du+vu

V.37. ábra

5.1.9. Tétel a) Vvuuvvu ∈∀+=+ ,, ; b) ( ) ( ) Vwvuwvuwvu ∈∀++=++ ,,, ; c) Vvvv ∈∀=+ ,0 ; d) ( ) Vvvv ∈∀=−+ ,0 , itt v− a (B, A) pontpár által származtatott vektor,

ahol (A, B) a v egy reprezentánsa; e) Vvuvuvu ∈∀+≤+ ,, ;

f) Vvuvuvu ∈∀+≤− ,, .


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

b) ( ) OCBCOBwvu =+=++ ;

( ) .OCACOAwvu =+=++ e) .vuABOAOBvu +=+≤=+

O

A

B

C

uv

wu+ v

(u+v)+wu+ v+w( )

v+ w

V.38. ábra

u

O

A

B

v

u+ v

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

λ=ABAD

legyen, akkor az (A, D) által származtatott vektor nem függ az (A, B)

reprezentáns megválasztásától, tehát helyes az alábbi értelmezés:

V.39. ábra

5.1.10. Értelmezés. a H Vu ∈ , akkor a u⋅λ vektor egy (A,D) reprezentánsát úgy kapjuk meg, hogy az egy (A,B) reprezentánsából kiindulva megszerkesztjük azt

a pontot, amelyre

u

ABD ∈ λ=ABAD

.

5.1.11. Megjegyzések 1. Ha λ pozitív, akkor és u u⋅λ azonos irányítású. 2. Ha λ negatív, akkor és u u⋅λ ellentétes irányítású. 3. ( ) uu ⋅−=− 14. Ha 0=u , akkor Ru ∈∀=⋅ λλ ,0 és Vuu ∈∀=⋅ ,00 .

Thálesz tételének segítségével igazolhatók az alábbi tulajdonságok:

5.1.12. Tétel. Ha u Vv ∈, és R∈21 , λλ , akkor a) ( ) vuvu 111 λλλ +=+⋅ ; b) ( ) uuu 2121 λλλλ +=+ ; c) ( ) ( uu 2121 λλλλ ⋅=⋅ ; )d) uu ⋅= 11 λλ .


5.1.13. Megoldott gyakorlatok és feladatok 1. Ha O egy rögzített pont a térben, akkor minden térbeli pont esetén az A OA

kötött vektort -val jelöljük, és az A helyzetvektorának nevezzük. Fejezzük ki: Ara) 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) Legyen OB+OA kötött vektor végpontja D és

jelöljük C-vel az AB és OD metszéspontját. Az OADB paralelogramma átlói felezik egymást,

tehát ODOC21

= , és így 2

OBOAOC += az

szakasz C felezőpontjának helyzetvektora. [AB]

b) A Chasles-szabály értelmében

AMOAOM += (1). Az

egyenlőségből következik, hogy k

kABAM

+=

1,

tehát ABk

kAM ⋅+

=1

(2). De OBAB =+OA ,

tehát OAOBAB −= , és így a (2) és az (1) összefüggés alapján:

a

O

A

Bb

M

V.40. ábra

O

A

D

B

C

kMBAM

=

V.41. ábra ( )

kOBkOAOAOB

kkOAAMOAOM

+⋅+

=−+

+=+=11

.

c) Az súlypontja az ∆ABC AA ′ oldalfelezőnek az alaphoz közelebb eső harmadoló

pontja, tehát 2

21+OAOG . Másrészt

2OCOBA +

=′O , tehát

3OCOBOG +OA +

= .

+⋅

=OA


BC

A'

I

A

OC

A'

B

G

A

d) A síkgeometriából ismerjük a szögfelező tételét és az AI

AI′

arányra vonatkozó Van

Aubel-összefüggést. Ezek alapján bc

CAAB

=′

′ és

acb

AIAI +

=′

, tehát

acb

AOa

cbOAOI

++

′⋅+

+=

1 és

bc

OCbcOB

A+

+=′

1O . Ebből következik, hogy

V.42. ábra V.43. ábra

cbaOCcOBbOAa

acba

cbOCcOBb

acbOA

OI++

⋅+⋅+⋅=

++

+⋅+⋅

⋅+

+

= .

2. Bizonyítsuk be, hogy ha A, B, C és D négy pont a térben, akkor egy és csak egy olyan G pont létezik, amelyre 0=+++ GDGCGBGA . Hogyan szerkeszthető meg ez a G pont?

Bizonyítás. Ha M és N az AC, illetve BD felezőpontja, akkor GMGCGA 2=+ és

GNGDGB 2=+ , tehát ( )GNGMGDGCGBGA +=+++= 20 . Ebből következik,

hogy a GM és a GN vektor ellentétes irányítású és azonos nagyságú, tehát G az szakasz felezőpontja. Ha egy [MN ] G′ pontra teljesül a 0=′+′+′+′ DGCGBGAG

egyenlőség, akkor a GA+GGAG ′=′ , GBGGBG +′=′ , GCGGCG +′=′ és GDGGDG +′=′ egyenlőségek megfelelő tagjainak összeadásából következik, hogy

GGGDGCGBGAGGDGCGBGAG ′=++++′=′+′+′+′= 440 , tehát a G és a G′ pont egybeesik.


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:

C

M

A

B

N

D

G

Tétel a) Ha A, B, C és D négy pont a térben,

akkor az ( ) AB,BDAC, , és ( )DC( )BCAD, szakaszpárok felezőpontjai által meghatározott szakaszok felezőpontjai egybeesnek.

b) Ha GA, GB, GC és GD a BCD∆, CAD∆, ABD∆, illetve ABC∆ súlypontja, akkor az AGA, BGB, CGC és DGD egyenesek összefutók.

V.44. ábra

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 eredmé-

nyeit2

OCOA +=OM ,

2ODOBON +

= .

De OMONMN −= , tehát

2OCOAODOBMN −−+

= .

≤−

+−

==22

OCODOAOBMNMN

2CDAB +

2222CDABOCODOAOB

=+=−

+−

≤

.

B

A

DM

N

C

De MNMN = , tehát

V.45. ábra


Hasonlóképpen igazolhatjuk, hogy 2

BCADMN

+≤ .

4. Az ABCD tetraéder AB, BC, CD és DA oldalait meghosszabbítjuk, és rendre

felvesszük az M, N, P és Q pontot úgy, hogy kAQDA

DPCD

CNBC

BMAB

==== legyen.

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):

Rögzítsünk egy O pontot a térben. A ODOADA −= , DAk

kDAADDQDQ ⋅

+=⋅=

1 és

DQCDDQ += egyenlőségek alapján

( ) ODk

OAk

kODOAk

kODOQ ⋅−⋅+

=−⋅+

+=111 .

P

N

MB

C

D

AQV.46. ábra

Hasonlóan

OAk1

−OBk

kOM 1⋅

+= ,

OBk

⋅−1OC

kkON ⋅

+=

1

és OCk1

−ODk

k 1+=OP ,

tehát az MNPQ súlypontjának helyzetvektora

.44

ODOCOBOAOQOPONOMOG +++=

+++=

5. Egy négyszög AB, BC, CD és DA oldalainak meghosszabbításain felvesszük az M,

N, P és Q pontot úgy, hogy kAQDA

DPCD

CNBC

BMAB

==== , majd az A, B, C és D

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 OCOBOA ,, és OD

helyzetvektorokat, az OPON ,,OM és OQ helyzetvektorok függvényében kell kifejeznünk. Az előbb levezetett egyenlőségek a következő rendszerhez vezetnek:

( )( )( )( )

−⋅+=⋅

−⋅+=⋅

−⋅+=⋅

−⋅+=⋅

ODOAkOQk

OCODkOPk

OBOCkONk

OAOBkOMk

1

1

1

1

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:


( ) ( )( ) ( )

−⋅+=⋅+⋅+⋅

−⋅+=⋅+⋅+⋅

OCOAkOQkkOPk

OAOCkONkkOMk2

2

11

11.

Ebből következik, hogy

( ) ( ) ( )( ) 11

1114

32

−+++++++

=k

OQkkOPkkONkkOMkOA .

Hasonló összefüggéseket kapunk az OCOB, és OD vektor esetén is, tehát az A, B, C és D pont megszerkeszthető az M, N, P és Q pont ismeretében. Például, ha , akkor 1=k

1233212

323

15842

+

++

+

=+++

=

OQOPONOMOQOPONOMOA .

N

M

Q

P

A

BC

D

F

IE

H

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: 3

2ONOM +=OE és

32OQOPOF +

= , majd az EF-et öt egyenlő részre kell osztanunk. Az F-hez

legközelebb eső osztópont éppen A, tehát 54OFOEOA +

= .

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:


− 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:

NM

Q

P

AB

C DF

IE

H

V.48. ábra

NM

Q

PF

IE

H

5.1.14. Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az O, A, B és C pont nincs egy síkban, akkor bármely M

pont esetén létezik olyan 321 λλλ ,, valós szám, amelyre

OCOBOAOM 321 λ+λ+λ= . 2. Bizonyítsd be, hogy ha G és G′ az ∆ABC , illetve az ∆′′′ CBA súlypontja, akkor

CCBBAAGG ′+′+′=′3 . 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

felvesszük az M, N, P, illetve Q pontot úgy, hogy kQADQ

PDCP

NCBN

MBAM

==== ,

akkor az MNPQ és az ABCD tetraéderek súlypontjai egybeesnek! 6. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja? 7. Bizonyítsd be, hogy ha 0=++ MCMBMA és az MCMBMA ,, vektor egyenlő

hosszúságú, akkor az egyenlő oldalú és M a háromszög középpontja! ∆ABC8. Az ABCD négyszögben [ ] [ ]CDAB ≡ . Bizonyítsd be, hogy az [ ]AD és [ ]

szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével!

BC

9. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az [ ]ADM ∈ és

pontot úgy, hogy

[ ]BCN ∈

CDAB

NCBN

MDAM

== . Bizonyítsd be, hogy MN párhuzamos az AB

és CD egyenes által meghatározott szög belső szögfelezőjével ( )CDAB ||/ .


10. Általánosítsd az előbbi két feladatot oly módon, hogy egy térbeli tulajdonsághoz jussál!

11. Bizonyítsd be: ha az ABCD tetraéderben BCADCDACCDAB ⋅=⋅=⋅ , akkor a csúcsokat a szembefekvő lap beírt körének középpontjával összekötő egyenesek összefutók!

12. (Newton–Gauss-tétel) Az ABCD síkbeli négyszögben { } BCADE ∩= és { } CDABF ∩= . Bizonyítsd be, hogy az AC, BD és EF szakasz felezőpontja egy egyenesen van.

13. Az -ben az ∆ABC BBAA ′′, és CC′ egyenesek összefutók, , és C . Jelölje M, N, P, illetve

( )BCA ∈′(ACB ∈′ ) (AB∈′ ) PNM ′′′ ,, az ABC és

háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy CBA ′′′

≠′∩′ PNN∩′MM P Ø, ahol )(), CBBC(M M ′′∈′∈ stb. 14. Az ABCD tetraéder BCD lapjának tetszőleges pontja esetén vegyünk fel az

-n egy M pontot. A 0A

0AA ( ) ( )BDMADBCM AC∩∩ , és ( ) ABCDM ∩ metszeteket jelöljük rendre -gyel, -gyel és -gyel. Az A-n át a (BCD) síkkal párhuzamos

1D 1C 1Bα sík az s egyenest a , illetve a

pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a háromszög súlypontja éppen az A pont.

1010 CADA , é 10BA

222 DCB22 CD , 2B

V.6. Vektorok skaláris szorzata

6.1. Feladat. Az α síkban az OA és az OB vektor hossza 1=OA és 2=OB .

Számítsuk ki az OA szakasz OB szakaszra eső vetületének hosszát, ha az OA és OB vektorok által meghatározott szög mértéke . 30Megoldás. Ha az A-nak az OB-re eső vetülete, akkor az derékszögű

háromszögben

A′ AOA ′

OAAO

A′

=∠′AOcos , tehát 23

=23130 ⋅=⋅=′ cosOAAO .

6.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két vektor összegének valamely d egyenesre eső vetülete a vetületek összegeként is megszerkeszthető! Bizonyítás. Az Vvu ∈, vektorok egy-egy dO ∈ kezdőpontú reprezentánsát választjuk (lásd a mellékelt ábrát), és az A∉d ponton át párhuzamost húzunk d-hez. Ennek a párhuzamosnak a -gyel való metszetét -vel jelöljük. Az OBB és

háromszögekben: 1CC 2A 1

2ACA[ ] [ACOB ≡ ] , , ∠≡∠ BOBOAA 12 ∠≡∠ 21 ACAOBB (párhuzamos szárú szögek), tehát

∆≡∆1 ACAOBB 2 2AA ≡. Így [ ] . Mivel [ ]1OB [ ] [ ]11CA2AA ≡ és 111 CAOAOC += , tehát

1OB11 OAOC += .


O

BC

A

dA1

A2

B1 C1

v

u

u+v

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

111 OBOAOC += egyenlőség akkor is igaz marad, tehát az összeg vetülete egyenlő a vetületek összegével.

A kifejezésmód egy-szerűsítése céljából bevezetjük a következő jelölést:

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

V.49. ábra

A B

B'A'

prdu

u

d

V.50. ábra A 6.2. feladat alapján tehát érvényes a következő tétel: 6.4. Tétel. Ha u Vv ∈, , akkor ( ) vpruprvupr ddd +=+ .

Ehhez hasonlóan azt is megvizsgálhatjuk, hogy milyen összefüggés van az és

uuλ 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 uprd és uprdλ vektor között! Megoldás. Jelöljük az A, B és C pont d-re eső vetületét A1-gyel, B1-gyel és C1-gyel, ahol uAB = és uAC λ=

1d. Húzzunk párhuzamost az -n át az AB-hez, és vetítsük a B

és C pontot erre a egyenesre. A vetületeket jelöljük -vel és -vel. Az AB és által meghatározott síkban és , tehát a Thalész-tétel

alapján

1A

2BB2B

CC||2C

1d 1dAB || 21AA ||

2

2CB

2

1BA

BCAB

= . Másrészt mivel 1 d2BB || AA AA ⊥1 és . Tehát

. Hasonlóan láthatjuk be, hogy

dBB ⊥2

( 1BBB )2d⊥ ( )2C1CCd⊥ , tehát a ( )21B

12C

BB

1CA

és síkok párhuzamosak. De két párhuzamos síknak egy harmadik síkkal való metszete két párhuzamos egyenes, tehát . Az háromszögben

( )21CCC

212 || CC1BB


alkalmazhatjuk Thalész tételét, így az 11

11

22

21CBBA

CBBA

= egyenlőséghez jutunk. Tehát

11

11

22

21CBBA

CBBA

BCAB

== . Ebből következik, hogy uu dd prpr λ=λ .

A1

A B C

d

d1C2

B1C1

2

u

B

6.6. Megjegyzés. Az és u uλ reprezentánsainak választhattuk volna az 21BA és

21CA vektorokat is. Ekkor viszont azt is igazolnunk kellett volna, hogy a uprd megszerkesztése az reprezentánsának megválasztásától független. u

V.51. ábra

Érvényes tehát a következő tétel is: 6.7. Tétel. Ha u V∈ és d egy egyenes, akkor uu dd prpr ⋅λ=λ . 6.8. Értelmezés. Az és u v vektorok skalárszorzatán az ( ∠vuvu )cos valós

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

szorzat 0.) Tehát

v⋅

( )∠⋅⋅=⋅ vuvuvu cos . A 6.1. feladat alapján vuvuvu uu prpr ⋅=⋅=⋅ , tehát az értelmezés és a 6.4.9., illetve a 6.7. tételből következik az alábbi tétel: 6.9. Tétel

a) uvvu ⋅=⋅ ; b) ( ) wuvuwvu ⋅+⋅=+⋅ ; c) ( ) ( ) ( )vkuvukvuk ⋅=⋅=⋅⋅ ;

d) 2uuu =⋅ ;

e) 00 =⇔=⋅ uuu ;

f) ha 0≠u és 0≠v , akkor ( )vu

vuvu⋅⋅

=∠cos ;

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


6.10. Példák és megjegyzések 1. Ha 3=u , 4=v , illetve ( ) 45=∠vum , akkor =⋅⋅=⋅ 4543 cosvu

262212 =⋅= .

2. Ha u ba += , akkor ( )( ) ( ) ( ) =⋅++⋅+=++=⋅ bbaabababauu

22 2 bbaabbbaabaa ++=⋅+⋅+⋅+⋅= . 3. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy

( ) ( ) ( )kknn

k

kn

nbaCba ⋅=+ −

=∑

0, ahol …

szerm

m aaaaa−

⋅⋅⋅⋅= .

4. na 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

( ) Vcbaaccbbacbacba ∈∀+++++=++ ,,,2222222. (Itt -tel a 2a 2a -et

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

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) =++++++++=++++=++ ccbabcbaacbacbacbacba2

accbbacbacccbcabcbbbaacabaa 222222 +++++=++++++++= . 6.11.2. Feladat. (Koszinusztétel) Bizonyítsuk be,hogy ha A, B és C három pont a térben, akkor

( )∠⋅⋅−+= BACACABACABBC cos2222 .

Bizonyítás. A ACBABC += egyenlőség mindkét oldalát önmagával szorozzuk skalárisan: ( )( )ACBAACBABCBC ++=⋅ , tehát

( )∠⋅⋅++=⋅++= ACBAACBAACBAACBAACBABC ,cos22 22222 ,

de CAM a ∠ BA és AC vektorok által meghatározott szög, tehát ( )( ) =∠−π⋅⋅++= BACmACABACABBC cos2222

( )∠⋅⋅−+= BACACABACAB cos222 . 6.11.3. Feladat. (A Stewart-reláció) Az háromszög ABC [ ]BC oldalán vegyünk fel egy tetszőleges M pontot. Bizonyítsuk be, hogy: . MCBMBCMBACMCABBCMA ⋅⋅−⋅+⋅=⋅ 222


B

a

m

K

6A

Beo

izonyítás. Ha kMCBM

= , akkor

lapján k

ACkABAM+

⋅+=

1, vagyis B

indkét oldalát önmagával szorozzu

( 222

21 BCACAB −+ )-t írunk, a köve

B C

A

M

B C

A

M

2222 BMABMCAMBC +⋅=⋅

( MBMMCABAMBC +⋅⋅= 222

MABBCAM ⋅=⋅ 22

övetkezmények

1. Az háromszögben az AABC

egyenlőségből számolható ki. 2. Az háromszögben ABC

+−=

22

cbaAM

⋅ 1bc egyen

.11.3. Feladat. (A Leibniz-reláBC háromszög súlypontja, akkor

22 MCMBMA ++

izonyítás. Az MGMA +=gyenlőségek mindkét oldalát önmldalakat összeadjuk:

52. ábraV.V.52. ábra

az 5.1.13. paragrafus 1. feladatának b) pontja

ACBMABMCAMC ⋅+⋅=⋅ . Ha az egyenlőség

k skalárisan, és az ACAB ⋅ skalárszorzat helyébe

tkező egyenlőségekhez jutunk:

( )22222 BCACABBMMCAC −+⋅⋅+⋅

) ( ) BMMCBCMCBMBMACC ⋅⋅−+⋅⋅+ 22 .

MBMCBCBMACC ⋅⋅−⋅+ 2 .

M oldalfelező hossza az ( )4

2 2222 acbAM −+

=

az AM belső szögfelezőjének hossza az

lőségből számolható ki.

ció) Ha M egy tetszőleges pont a térben és G az

22222 3 GCGBGAMG +++= .

GA , GBMGMB += és GCMGMC += agával szorozzuk skalárisan, és a megfelelő


( )GCGBGAMGGCGBGAMGMCMBMA

GCMGGCMGMC

GBMGGBMGMB

GAMGGAMGMA

++⋅++++=++

⋅++=

⋅++=

⋅++=

23

2

2

2

2222222

22

222

222

Mivel 0=++ GCGBGA , a kért egyenlőséget igazoltuk. Megjegyzés. Ha az előbbi feladat 1. következményét használjuk,

3

222222 cbaGCGBGA ++

=++ , tehát a Leibniz-reláció:

33

2222222 cbaMGMCMBMA ++

+=++

alakban is írható. Ebből következik, hogy ( )22222 9 cbaROG ++−= és

9

22222 cbaROH ++

−= , ahol O az köré írt kör középpontja, G az

súlypontja és H az ortocentruma.

∆ABC ∆ABC

6.11.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az O, A, B és C négy tetszőleges pont a térben, akkor 0=⋅+⋅+⋅ ABOCCAOBBCOA (Euler-féle reláció). Bizonyítás.

=⋅+⋅+⋅ ABOCCAOBBCOA ( ) ( ) ( )=−⋅+−⋅+−⋅ OAOBOCOCOAOBOBOCOA=

0=⋅−⋅+⋅−⋅+⋅−⋅= OAOCOBOCOCOBOAOBOBOAOCOA .

Következmények 1. A háromszög magasságai összefutó egyenesek. 2. Ha az ABCD tetraéderben BDAC⊥ és CDAB⊥ , akkor BCAD⊥ .

Bizonyítás 1. Jelöljük H-val az ABC háromszög AA ′ és BB ′ magasságainak metszés-

pontját, és írjuk fel a feladatban megjelenő kifejezést O = H -ra: 0=⋅+⋅+⋅ ABHCCAHBBCHA ,

de és , tehát BCHA⊥ ACHB⊥ 0=⋅ BCHA és 0=⋅CAHB . Ebből következik, hogy 0=⋅ ABHC , tehát ABHC⊥ . Ez azt jelenti, hogy a C magasság is átmegy a H ponton.

C′

2. Az O pontra írjuk fel a feladatbeli összefüggést: D≡

0=⋅+⋅+⋅ ABDCCADBBCDA .

A feltételek alapján 0=⋅CADB és 0=⋅ ABDA , tehát 0=⋅ ABDC . Ez csak akkor lehetséges, ha . ABDC⊥


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 c-vel, a-val illetve b-vel az AOB, BOC, valamint COA szögeket. Bizonyítsuk be, hogy:

a) (lapszög koszinusztétele); Acbcba cossinsincoscoscos +=

b) Cc

Bb

Aa

sinsin

sinsin

sinsin

== (triéder szinusztétele).

Bizonyítás

O

A

C1 C

BB1

ac

a) Feltételezzük, hogy 1=OA , és az OB, illetve OC egyeneseken felvesszük a és pontokat úgy, hogy és

1B

1CA

OAAB ⊥1

OAC ⊥1 legyen. A lapszög értelmezése alapján a ∠11ABC szög éppen az OA élű lapszög mértéke. Szorozzuk össze az

1AB+1 = OAOB és 1AC1 OA +=OC egyenlőségeket. V.53. ábra

11112

11 ACABABOAACOAOAaOCOB ⋅+⋅+⋅+=⋅⋅ cos

1ABOA⊥

. Az és

relációk alapján 1ACOA⊥

011 =⋅=⋅ ACOAABOA , tehát AACABa coscosOCOB ⋅⋅+=⋅ 111⋅ 11 . Az OAC és OAB derékszögű

háromszögekben

1 1

cOB

cos1

1 = , b

OCcos

11 = , ctgAB1 = és , tehát

.

btg1 =AC

Acb cossinsin+cbcosa coscos =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 és , tehát m az OC élű lapszög mértéke és

111 OBBA ⊥

111 OCCA ⊥ ( ∠11AAC ) ( )∠11A

bb sin=

m AB

sin

az OB élű lapszög mértéke. Az OAC1 háromszögben OAAC ⋅=1 .

O

C1

BB1

c A1

A

b

CV.54. ábra

Az AA1C1 háromszögben CbCAC sinsinsinAA =⋅= 11

1 11AAB

Bc sinsin

. Hasonlóan, az és háromszögben: OAB

AA =1 , tehát Cc

Bb

sinsin

sinsin

= . Ha a

betűket felcseréljük, következik, hogy

Aa

Bb

sinsin

=sinsin , tehát a feladatot bizonyítottuk.


6.12. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre az OM⋅OA skaláris

szorzat konstans, ha O és A rögzített pontok! 2. Bizonyítsd be, hogy az OB⋅OA 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 MBMA ⋅ skalárszorzat konstans!

4. Bizonyítsd be, hogy 2

222 cbaCBCABABCACAB ++=⋅+⋅+⋅ , ahol a, b és c az

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 22222224 BDACDACDBCABMN −−+++= . (Euler tétele)

6. A 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

),( ROC

ACRAB ⋅= 22 . 7. Az ABCD derékszögű trapézban ( ) ( ) 90=∠=∠ DmAm

BCMN

. 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 ⊥ .

8. Bizonyítsd be, hogy az ABCD tetraéder AGA súlyvonalának hossza ( ) ( )

93 222222

2 DBCDBCADACABAGA++−++

= .

9. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög B és C csúcsához tartozó oldalfelezői pontosan akkor merőlegesek, ha 5 . 222 ACABBC +=⋅

10. Az , A′ B′ és pontokból a BC, CA és AB egyenesekre bocsátott merőlegesek akkor és csak akkor összefutók, ha az A, B és C pontból az háromszög megfelelő oldalaira bocsátott merőlegesek összefutók.

C′CBA ′′′

V.7. Megoldott feladatok a tetraéder geometriájából 7.1. Feladat. Az ABCD tetraéderben ( )BCDAA ⊥1 és (ABCDD )⊥1 , ahol

és ( )BCDA ∈1̀ ( )ABCD ∈1 . Bizonyítsuk be, hogy [ ] [BCDTAA ⋅ ]ABCTDD =⋅ 11 . Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel az , illetve a pont BC-re eső vetületét. 1A 1D

( )BCAM

BCMABCDAA

⊥⇒

⊥⊥

1

1 (a három merőleges tétele alapján)

( )BCDN

BCNDABCDD

⊥⇒

⊥⊥

1

1 (a három merőleges tétele alapján)


V.55. ábra

A

B

C

D

M

N

D

A1

1

Tehát az (ABC) és (BCD) síkok α lapszögének mértéke az és

szögek mértékével egyenlő. Így

∠1AMA ∠1DND

AMAA

DNDD1 1=α= cos , tehát 1AA⋅1DD = DNAM ⋅ . Ha

az egyenlőség mindkét oldalát megszorozzuk 2

BC -vel ezt, akkor éppen a kívánt

összefüggéshez jutunk. Megjegyzések

1. Az [ABCTDD ⋅⋅ 131

[ ]ABCD

] számot a tetraéder térfogatának nevezzük és így jelöljük:

. Érvényes a következő képlet: V

[ ] DDCCBBAA hShShShSABCDV ⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=31

31

31

31 ,

ahol a lapok területei és , illetve a megfelelő lapokhoz tartozó magasságok hossza).

DCBA SSSS ,,, CBA hhh ,, Dh

2. Ha , akkor (ABCDM Int∈ )[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ABDVMCDAVMBCDVMABCVABCDV +++= .

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 metszi az (ABD) síkot, tehát a BD élű lapszög szögfelezősíkját is. A 3.15.4. feladat alapján az I metszés-pont a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

A

B

C

D

V.56. ábra ( ) ( BCDIABCI ,, dd = )(mert a BC élű lapszög szögfelezősíkjában van),


, ( ) ( BCDIACDI ,, dd = )) . ( ) ( BCDIABDI ,, dd =

Ebből következik, hogy ( ) ( ACDIABCI ,, dd )= , ( ) ( )ABDIABCI ,, dd = és ( ) ( ABDIACDI ,, d )d = .

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 ( )ABCId , sugarú gömb érinti a tetraéder minden lapját. Az I pontot az ABCD tetraéderbe írt gömb középpontjának

evezzük. n 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

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ACDIVABDIVBCDIVABCIVABCDV +++=

egyenlőség alapján [ ]3333

rSrSrSrSABCD BCAD ⋅+

⋅+

⋅+

⋅=V , tehát

[ ]DCBA SSSS

ABCDVr+++

=3 .

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 -val, r -vel,

-vel és -vel jelöljük. Az előbbihez hasonlóan igazolható az Ar B

Cr Dr[ ]

DCBA SSSV

++−=

3Ar

SABCD

+, [ ]

DCBAB SSSS

ABCDVr++−

=3 stb. összefüggések. Bizonyítsd is

e ezeket! b 7.3. A tetraéder anticentruma

7.3.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy tetraéder oldaléleinek felező-pontjaiból a szembenfekvő élekre bocsátott merőleges síkok összefutók, és az összefutási pont a köré írt gömb O középpontjának a súlypontra vonatkozó szimmetrikusa.

V.57. ábra

A

B

C

D

M

N

E

GO

Bizonyítás. Ha M és N az ABCD tetraéder AB, illetve CD élének felezőpontja, akkor MN felezőpontja a G súlypont. ABOM⊥ és ON , mert az O pont mind a négy csúcstól egyenlő

CD⊥


D

A CM

NB

távolságra van. Jelöljük E-vel az O pont G szerinti szimmetrikusát. Mivel OG és , az MONE négyszög paralelogramma, tehát

GE=GNMG = CDME⊥ és .

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.

ABNE⊥

NAD ∈∈

)ABCD

) 1DD⋅ABCDV

) 1PP⋅∠AMNPV

ABCDVAMNPV

1P

VV

[ ] )⋅=ABCD61

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 s pontot. Számítsuk ki az ABCD és AMNP tetraéderek

térfogatának arányát az

( (ACM (ADP ∈

NCAN

MBAM , és

ADAP arányok függvényében.

, é

Megoldás. Jelöljük -gyel és -gyel a D, illetve P pont 1D 1P ( síkra eső vetületét.

[ ] [ ] (1 61

31 BACACABDDABCT ∠⋅⋅⋅=⋅⋅= sin ,

[ ] [ ] (1 61

31 BACANAMPPAMNT ⋅⋅⋅=⋅⋅= sin , tehát

[ ][ ] 1

1DDACABPPNPAM

⋅⋅⋅⋅

= (1) A

B D

C

A

M PD

P

N1

1

V.58. ábra

Mivel a és a pont az AD-n át az 1D ( )ABC síkra fektetett merőleges síkban van, az A, és kollineáris

pontok, és így az háromszögben

1 1DP

D1ADADAP

DDPP

=1

1 . (2)

Az (1) és a (2) összefüggés alapján:

[ ][ ] 1

1DDPP

ACAN

ABAM

ABCDAMNP

⋅⋅= .

7.4.2. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy

( ) ( ) (( )∠∠∠⋅⋅⋅ CABDANABADACABV sinsinsin

ABMN

Bizonyítás. Jelöljük M-mel és N-nel a D csúcs ABC síkra, illetve az AB oldalélre eső vetületét. A három merőleges tételének első fordított tétele alapján ⊥ , és a ∠DNM

( )∠⋅= DNMDNDM sin

szög mértéke az ADB és ABC síkok lapszögének mértéke. Az AND és DNM derékszögű háromszögben

és ( )∠⋅= DANDADN sin , tehát V.59. ábra


[ ] [ ] ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= ACABDMABCTABCDV21

31

31 ( ) ( =∠)⋅⋅∠ DNMDNCAB sinsin

( ) ( ) ( ∠⋅∠⋅∠⋅⋅⋅⋅= ABCABDANADACAB sinsinsin61 ) .

Megjegyzés. A ( ) ( ) ( )∠∠∠=σ ABCABDANA sinsinsin szorzat az A csúcsú triédert jellemzi, mert

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ∠)∠∠=∠∠∠=σ CADBADADBACDACACA sinsinsinsinsinsin . Ez a tulajdonság Cristian von Standt, német matematikus nevéhez fűződik, és a síkbeli

2CbaT sin⋅⋅

= képlet analógjának tekinthető.

7.4.3. Feladat (Dostor, 1867) Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a

( )AB

ABSSV DC ∠⋅⋅=

sin32 összefüggéssel is, ahol [ ]BCDTSA = , és

a CD élű lapszöget jelöli.)

[ACDTSB = ]∠CD

Bizonyítás. Az előbbi feladat ábráját és jelöléseit használjuk:

[ ] [ ] ( ) =∠⋅⋅⋅=⋅⋅= ABDNABCTDMABCTV sin31

31

[ ] ( )∠⋅⋅

⋅⋅⋅= ABDNABAB

ABCT sin2

231 ( )∠

⋅⋅= AB

ABSS CD sin

32 .

7.4.4. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az ABCD tetraéder térfogata kifejezhető a

ϕ⋅⋅⋅⋅= sindCDABV61 egyenlőséggel is, ahol ( )CDAB,dd = és ( )∠=ϕ CDAB, .

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:

[ ]22

ϕ⋅⋅=

ϕ⋅⋅=

sinsin CDABCDCEECDT .

Az ABF és CED síkok távolsága éppen az AB és CD kitérő egyenesek távolságával egyenlő, ezért a hasáb térfogata

[ ]2

ϕ⋅⋅⋅=⋅=

sindCDABdECDTVH . De a

hasáb felbontható az ABCD, ABFD és AECD tetraéderekre, és mivel ezek a tetraéderek azonos térfogatúak,

A

B

C D

F

E

V.60. ábra 63

ϕ⋅ sind . ⋅⋅==

CDABVV H


7.5. Tétel (A szögfelezősík tétele) Az ABCD tetraéder AB élű lapszögének szögfelező síkja a CD szakaszt az M

pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy [ ][ ]DABTCABT

MDCM

= .

Bizonyítás. Az AMBC és AMBD tetraéderek AMB alapja közös, és a C, illetve a

D-ből húzott magasságok aránya MD

CM, A

D BM

C

tehát [ ]

[ ][ ][ ]ADBMVAMCBV

AMBTMD

AMBTCM

MDCM

=⋅

⋅=

3131

.

A Dostor-féle kifejezés alapján (7.4.3. feladat)

[ ] [ ] [ ]AB

ABCTAMBTAMBCV α⋅⋅⋅=

sin32

[ ]

és

[ ] [ ]AB

ABDTAMBTAMBDV α⋅⋅⋅=

sin32 ,

V.61. ábra

ahol α az AB élű lapszög mértékének a fele. Ebből következik, hogy [ ][ ]

[ ][ ]ABDTABCT

AMBDVAMBCV

= , tehát [ ][ ]DABTCABT

MDCM

= .

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

ϕ⋅⋅−+= cosBEBDBEBDDE 2222 . (1) D

A

B E

CF

V.62. ábra

Az ADE és DBC háromszögekben a DF oldalfelezőt kifejezzük az oldalak függvényében:


( ) ( ) =−+=−+= 2222222 4224 AFDEADAEDEADDF

( ) ( ) 22222 22 BCACABDEAD ++−+= és

( ) 2222 24 BCDCBDDF −+= . Az előbbi két összefüggés alapján

( ) ( )[ ]=−−++−+⋅= 22222222 22221 ADBCACABBCDCBDDE

222222 ADBCABACDCBD −−+++= Ha ezt az összefüggést összehasonlítjuk az (1) összefüggéssel, következik:

22222 ABDCADBCBDAC −−+=ϕ⋅⋅ cos . Ebből az összefüggésből kiszámítható az AC és BD egyenesek szöge.

BDACABDCADBC

⋅−−+

=ϕ2

2222cos .

Következmény. . 2222 ABDCADBCBDAC +=+⇔⊥Megjegyzés. A tulajdonság röviden bizonyítható vektoriális úton is:

( )=−⋅=⋅=ϕ⋅⋅ ABADACBDACBDAC 22cos2

( ) ( )=−+−−+=⋅−⋅= 22222222 BCACABCDADACABACADAC2222 ABCDBCAD −−+=

. 7 .7. Ortocentrikus tetraéderek

7.7.1 Feladat. (L’Huiler, 1782) Bizonyítsuk be, hogy ha az ABCD tetraéderben , akkor az A és a B csúcsokhoz tartozó magasságok metszik egymást. CDAB⊥

Megoldás. Jelöljük -gyel az A pont BCD síkra eső vetületét. 1A

V.63. ábra

( ) ( ) 1111 BACDABACD

CDABCDAABCDAA

⊥⇒⊥⇒

⊥⊥⇒⊥

.

A

B

C

D

BH

AB

1

12

Tehát a BCD háromszög magassága. Jelöljük -vel ennek a magasságnak a talppontját és -gyel a B pont egyenesre eső vetületét. A három merőleges tétele alapján

1BAB2

1 2ABB

CDAB ⊥2 , így a három merőleges tételének második fordított tétele alapján ( )ACDBB ⊥1 . Az háromszögben az és magasságok, tehát metszik egymást.

2ABB

1AA 1BB


7.7.2. Feladat. Igaz-e az előbbi állítás fordítottja? Megoldás. Ha a B pont síkra eső vetülete, és az A pont síkra eső vetület, akkor és

1BBB

(ACDAA

) )1A (BCDCD⊥1 CD⊥1 . Tehát ( )11BABACD⊥ (az A, A1, B és B1 pont

egy síkban van). Az és CDAB1 ∩ CDBA ∩1 metszéspontok az sík CD egyenessel való metszetében vannak. A CD egyenes nincs az síkban és nem is párhuzamos vele, tehát a CD és az

11BABA

1B1ABA( )11BABA

AB

metszete egy pontot tartalmaz. Ebből következik, hogy az és a a CD egyenesen metszik egymást (ezt a pontot jelöltük -vel). CD alapján CD

1AB(ABA⊥

1BA)1B2B 1 ⊥ , tehát a 7.7.1. tulajdonság fordítottja

s igaz. i

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

evezzük, ha magasságai összefutó egyenesek. n Eddigi ismereteinkre támaszkodva kijelenthetjük a következő tételt: 7.7.4. Tétel. Az ABCD tetraéderben a következő kijelentések egyenértékűek:

a) a tetraéder ortocentrikus; b) BDACCDAB ⊥⊥ , ;c) s BDACCDAB ⊥⊥ , é BCAD⊥ ;

d) ; (Feuerbach, 1827) 222222 BDACADBCCDAB +=+=+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.


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

hosszúak, akkor az oldallapok területei egyenlők kell, hogy legyenek ( AA hS ⋅⋅=31V

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 az AB oldal CD-re eső vetülete, tehát [ ] [ ]NFEN ≡ (lásd az V. fejezet 6.5. feladatát). Ebből következik, hogy a BFN és AEN derékszögű háromszögek megfelelő befogói kongruensek, tehát . Így

∆∆ ≡ BFNAEN[ ] [ ]ANBN ≡ , tehát az ANB egyenlő szárú

háromszögben MN magasság. Hasonlóan belátható, hogy az MN kettős felező merőleges CD-re is, tehát a kettős felezők a hozzájuk tartozó oldalélpárok közös

A

B D

ENF

C

M
V.64. ábra merőlegesei. Ha a BFC és AED derékszögű


háromszögeket vizsgáljuk, láthatjuk, hogy [ ] [ ]AEBF ≡ és [ ] EDCF ≡ , tehát . Ebből következik, hogy ∆∆ ≡ AEDBFC [ ] [ ]BCAD ≡ . Tehát egy újabb tulajdonságot

igazoltunk. Ezt a következő tételbe foglaltuk:

2GD22 GBGA ++2MG +2MA +

( ) ( )+∠ SD cosBDcos

GHOG =

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 . 2222 4 GCMDMCMB +=++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

( ) ∠+∠= BCSCDSS CBA cos . 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

. 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.


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 háromszög ortocentruma, és a

BCD háromszög hegyesszögű; BCD

b) 22221111

ADACABAA++=

′;

c) ( ) ( ) ( ) 1222 =′+′+′ ADAACAABA coscoscos (Tinseau, 1780);

d) ( ) ( ) ( ) 1222 =∠+∠+∠ DBCDBC coscoscos ;

e) [ ] [ ] [ ]BCATBCDTABCT ′⋅=2 ;

f) [ ] [ ] [ ] [ ]ABDTADCTABCTBCDT 2222 ++= ;

g) [ ] [ ] [ ] [ ]ABDTACDTABCTABCDV ⋅⋅= 29 2 .

Documents

175 V. FEJEZET LÉPJÜNK KI A TÉRBE! V.1. Néhány feladatandrasz/CD/TANK10/5fej.pdf · sugarú kör nem fedhető le 2001 darab 1 cm szélességű tetszőlegesen hosszú papírcsíkkal