Feladat: F.3201 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baharev Ali ,  Gyenes Zoltán ,  Hegedűs Péter ,  Juhász András ,  Lippner Gábor ,  Lukács László ,  Mecz Balázs ,  Páles Csaba ,  Pogány Ádám ,  Szabadka Zoltán ,  Székelyhidi Gábor ,  Terék Zsolt ,  Terpai Tamás ,  Végh A. László 
Füzet: 1998/október, 410 - 412. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tetraéderek, Térelemek és részeik, Súlypont, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/november: F.3201

Legyen M az ABCD tetraéder egy tetszőleges belső pontja. Jelöljék rendre N, P, Q és A1 a BCM, CDM, BDM, BCD síkoknak az AD, AB, AC, AM egyenesekkel való döféspontját. Végül messék az A-n átmenő, a BCD síkkal párhuzamos síkot az A1N, A1P és A1Q egyenesek a D1, B1 és C1 pontokban. Mutassuk meg, hogy a B1C1D1 háromszög súlypontja A.

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

Az A1, B1, C1, D1 pontok definíciójából következik, hogy A1 a BCD; A pedig a B1C1D1 háromszög belső pontja. Ezért léteznek olyan b, c, d, b1, c1, d1 pozitív valós számok, amelyekre

bA1B+cA1C+dA1D=0és(1)b1AB1+c1AC1+d1AD1=0.(2)
Ezekről a valós számokról még azt is feltehetjük, hogy
A1MMA=b1+c1+d1b+c+d,(3)
mert ha egy számhármas kielégíti (1)-et vagy (2)-t, akkor mindhárom tagját ugyanazzal a (pozitív) konstanssal szorozva ismét a feltételt kielégítő számhármast kapunk. (Az (1)‐(3) feltételek azt jelentik, hogy az ABC és az A1B1C1 háromszögek csúcsaiba megfelelő súlyokat helyezve a súlyozott pontrendszer súlypontja M, a két súlyozott háromszög súlypontja pedig A1, illetve A.)
A (3) feltételből következik, hogy MA(b1+c1+d1)+MA1(b+c+d)=0. Ezt az (1) egyenlethez adva és rendezve:
0=MA(b1+c1+d1)+MA1(b+c+d)+A1Bb+A1Cc+A1Dd=(4)MA(b1+c1+d1)+MBb+MCc+MDd.
Legyen N' az AD szakasznak az a pontja, amelyre
DN'N'A=b1+c1+d1d
teljesül. Ekkor AN'(b1+c1+d1)+DN'd=0, amit (4)-hez adva és rendezve:
(MA+AN')(b1+c1+d1)+MBb+MCc+(MD+DN')d=0,azazMN'(b1+c1+d1+d)+MBb+MCc=0.
Ez viszont csak akkor teljesülhet, ha az MB, MC és MN' egy síkban van, azaz ha N' benne van az MBC síkban. Az MBC sík és az AD egyenes döféspontja viszont N, ezért N'N. Tehát N az AD szakaszt d:(b1+c1+d1) arányban osztja. Teljesen hasonló számolással látható be, hogy
APPB=bb1+c1+d1ésAQQC=cb1+c1+d1.
Mivel a BCD és a B1C1D1 síkok párhuzamosak, azért az A1DN háromszög hasonló a D1NA háromszöghöz, tehát AD1A1D=ANND=db1+c1+d1, s ezért
AD1=db1+c1+d1A1D.
Hasonló okoskodással kapjuk, hogy
AB1=bb1+c1+d1A1BésAC1=cb1+c1+d1A1C.
Az utolsó három egyenlőséget összeadva és (1)-et felhasználva:
AB1+AC1+AD1=1b1+c1+d1(dA1D+bA1B+cA1C)=0.

Ez viszont csak akkor teljesül, ha az A pont a B1C1D1 háromszög súlypontja, ami éppen a bizonyítandó állítás.
 Juhász András (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján