Feladat: 887. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Gyene András ,  Győry Kálmán ,  Halász Gábor 
Füzet: 1958/november, 112 - 114. oldal  PDF file
Témakör(ök): Középpontos tükrözés, Magasságvonal, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/február: 887. matematika feladat

Bizonyítandó, hogy ortocentrikus tetraédernél a szemközti élek négyzetösszege állandó.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Elég egyetlen szemközti élpár négyzetösszegéről megmutatni, hogy kifejezhető a tetraédernek valamely az ortocentrikusságból következő állandójával. Láttuk az idézett cikk 35. oldalán, hogy két szemközti élpár felezőpontjai bármely tetraéderben paralelogrammát határoznak meg, és hogy ez ortocentrikus tetraéderben ‐ a szemközti élpárok merőlegessége folytán ‐ téglalappá (egyenlő átlójúvá) specializálódik (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

És mivel az F1F2F3F4 téglalap oldalai a lapháromszögekben egyszersmind középvonalak is, azért BC és AD négyzetösszege
BC2+AD2=4F1F32+4F3F22=4F1F22=4F3F42,
vagyis azt kaptuk hogy ez a négyzetösszeg egyenlő a másik két éltengely négyzetének 4-szeresével. Ámde ortocentrikus tetraédernek mind a három éltengelye egyenlő az ilyenben létező ,,második Feuerbach-gömb'' átmérőjével, eszerint a feladat állítását élesebben a következő alakban bizonyítottuk be: ortocentrikus tetraéderben a szemközti élek négyzetösszege egyenlő a második Feuerbach-gömb átmérője négyzetének 4-szeresével.
 

Gyene András (Bp. V., Eötvös J. g. III. o. t.)
 

Megjegyzés: Igaz a feladat állításának megfordítása is: ha a szemközti élek négyzetösszege mindhárom élpárra ugyanakkora, akkor a tetraéder ortocentrikus. Feltevésünk így írható:
BC2+AD2=CD2+AB2=DB2+AC2=k.(1)
Írjuk fel az F1F2F3F4 paralelogrammára azt az ismert tényt, hogy négy oldalának négyzetösszege egyenlő két átlójának négyzetösszegével és szorozzuk ezt az egyenlőséget 2-vel:
4F1F32+4F3F22=2F1F22+2F3F42.
Innen 2F1F3=BC és 2F3F2=AD figyelembevételével
BC2+AD2=2F1F22+2F3F42=k,(2)
és hasonlóan
CD2+AB2=2F3F42+2F5F62=k,(3)DB2+AC2=2F5F62+2F1F22=k.(4)
És most (2), (3) és (4) páronkénti egybevetésével azt kapjuk, hogy a három éltengely négyzete egyenlő, ezért ‐ szakaszokról lévén szó maguk az éltengelyek is egyenlők, ebből pedig következik, hogy a tetraéder ortocentrikus.
 

II. megoldás: Jelöljük A' ill. B'-vel az A ill. B-ből kiinduló magasságvonalnak a BCD ill. ACD lapon való talppontját (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

AA' és BB' feltevésnél fogva egy síkban vannak és ez merőleges az említett lapok közös CD egyenesére. E-vel e síknak CD-vel való metszéspontját jelölve a sík BE és AE egyenesei is merőlegesek CD-re, ennélfogva Pythagoras tételével
BC2=BE2+EC2,BD2=BE2+ED2,AD2=AE2+ED2,AC2=AE2+EC2,
és innen összeadással
BC2+AD2=BD2+AC2(=BE2+AE2+EC2+ED2).
Hasonlóan kapjuk (pl. a BB' és CC' magasságokból kiindulva), hogy
BD2+AC2=CD2+AB2
és evvel bizonyításunkat befejeztük.
 

Halász Gábor (Bp. II., Rákóczi F. g. III. o. t.)

 

III. megoldás: Két szemközti élpár négyzetösszegének egyenlőségét alkalmas tükrözéssel is bebizonyíthatjuk. Kössük össze C-nek a BD él felezőpontjára való C' tükörképét A, B, D-vel (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

A kapott BCDC' négyszög paralelogramma, és így C'DBC és C'BDC. Másrészt feltevésünk folytán BCAD és DCAB ezért C'DAD és C'BAB, vagyis az ADC' és ABC' háromszögek derékszögűek, közös átfogójuk AC'. Ennek négyzetét mindkét háromszögből kifejezve:
AC'2=C'D2+AD2=C'B2+AB2,
és innen, BCDC' szemközti oldalainak egyenlőségét felhasználva
BC2+AD2=DC2+AB2,
amit bizonyítani akartunk.
 

Győry Kálmán (Ózd, József A. g. IV. o. t.)