Feladat: F.2385 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1983/április, 151 - 153. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tetraéder magasságpontja, Vektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/október: F.2385

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

1. Jelöljük a D-ből és A-ból kiinduló magasság talppontját az ABC, ill. BCD lap síkján E-vel, ill. F-fel. Állítjuk: ha a DE és AF magasságok egy M pontban metszik egymást, akkor a kiinduló csúcsokat összekötő DA él merőleges a vele szemben fekvő BC élre.

Ennek az állításnak a bizonyításában ismételten felhasználjuk az egyenes és sík merőlegességének a tartalmát, ti. hogy ilyen kölcsönös helyzet mellett az egyenes merőleges a sík minden egyenesére. Eszerint DE⊥BC, mert BC benne van az ABC síkban és hasonlóan AF⊥BC. Így a DE, AF metsző egyenespár által meghatározott DAM sík merőlegesen áll a BC egyenesre, tehát a DAM-beli DA egyenes is merőleges BC-re, amint állítottuk.
Az itt említett DAM sík csak akkor nem volna egyértelműen meghatározva, ha M rajta volna az AD egyenesen ‐ amit ekkor AM-mel is, DM-mel is jelölhetnénk. Ekkor azonban vagy E volna azonos A-val, és így (az AF magasság révén) M is azonos volna velük, vagy pedig F és M volna azonos D-vel. Az utóbbi változat azonban csak betűzésben különbözik az előbbitől. Mármost, az A és E pontok egybeesésével eleve azt tennénk fel, hogy DA merőleges az ABC síkra és benne a BC-re. Eszerint a kivételes esetben nem marad mit bizonyítani.
2. A feladat föltevése szerint a további BG és CH magasságok is metszik DE-t, ezért az előbbiekben AF szerepét BG-nek, majd CH-nak átadva, azt kapjuk, hogy a vizsgálandó tetraéderen egyszersmind DB⊥AC és DC⊥BA is teljesül, azaz mind a három közös csúcs nélküli élpár elemei merőlegesen állnak egymásra.
3. Jelöljük mármost M1-gyel a térnek azt az egyértelműen meghatározott pontját, amelyre
12(OA→+OB→+OC→+OD→)=OM→1.(1)
Ekkor feladatunk azt bizonyítani, hogy M1 azonos az ABCD tetraéder feltételezett magasságpontjával. Elég ehhez azt belátni, hogy DM→1 merőleges az ABC síkra, vagyis hogy M1 rajta van a DE magasságvonalon. Ugyanis (1)-ben D-vel egyenértékű szerepet tölt be A is, B is, C is, ezért akkor M1 a további magasságvonalakon is rajta lesz, tehát azonos a tetraéder M magasságpontjával. Az (1) szerint
DM→1=OM→1-OD→=12(OA→+OB→+OC→-OD→),
erről külön-külön belátjuk, hogy merőleges a BC→ és BA→ vektorokra. Ekkor ugyanis DM→1 merőleges az ABC síkra is.
 

Kiszámítjuk a DM→1⋅BC→ skaláris szorzat 2-szeresét:
2DM→1⋅BC→=(OC→+OB→+OA→-OD→)(OC→-OB→)=(OC→2-OB→2)++(OA→-OD→)(OC→-OB→)=OC2-OB2+DA→⋅BC→.


Az eredmény 0, mert OC=OB, a körülírt gömb sugarai, másrészt a DA→ és BC→ vektorok előre bizonyított merőlegessége folytán skaláris szorzatuk 0.
Számításunkban C szerepét A-val fölcserélve DM→1⊥BA→ adódik. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

Megjegyzések. 1. Az állítás bal oldalán álló vektornak kivétel nélkül minden tetraéderben van értelme. Érdemes tehát megvizsgálni, mi az OM→ vektor M végpontjának a jelentése bármely tetraéderre nézve. A válasz: M az O középpont tükörképe az S súlypontra nézve, hiszen
OS→=14(OA→+OB→+OC→+OD→)=12OM→.

2. Nem hiábavaló időnként megemlíteni, hogy S-ként itt is elsősorban annak a tömegpontrendszernek a súlypontjára gondolunk, amikor az A, B, C, D csúcsokba egyenlő pontszerű tömegeket helyezünk el. Ugyanez érvényes a háromszög, vagyis a "háromcsúcs'' súlypontjára is.
Meg lehet azonban mutatni, hogy homogén anyaggal kitöltve a tetraédert, a háromszöget, e fizikai testnek ‐ lapnak ‐ ugyancsak S-ben van a súlypontja.
3. Sokan felhasználták, hogy az ilyen ún. ortocentrikus tetraéder esetén a tetraédernek létezik a háromszöghöz hasonlóan Euler-egyenese, azaz O, M és a tetraéder S súlypontja egy egyenesbe esik, továbbá S felezi az OM szakaszt. Az ilyen megoldások azonban csak akkor kaptak pontot, ha feltüntették, hogy hol találták meg a tételt.