Feladat:	B.4677	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gáspár Attila ,  Williams Kada
Füzet:	2015/május, 287 - 289. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Tetraéderek, Magasságvonal, Euler-egyenes
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/december: B.4677

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A megoldás kulcsa az a tény, hogy egy egyenlő oldalú tetraéder körülírt gömbjének $K$ középpontja egybeesik a tetraéder $S$ súlypontjával. Tekintsük az egyenlő oldalú tetraéderünk $A{B}_{1}C{D}_1{A}_{1}B{C}_{1}D$ bennfoglaló paralelepipedonját (1. ábra). Mivel a szemközti paralelogrammalapok nem megfelelő átlói egyenlők, ezért minden lapja téglalap, vagyis igazából téglatestet adtunk meg. Ekkor $K$ éppen a téglatest köré írt gömb középpontja, hisz ez a gömb $A$, $B$, $C$, $D$-t tartalmazza. Továbbá $S$ az $AC$ oldal $F$ felezőpontját ($A{B}_{1}C{D}_1$ középpontját) és a $BD$ oldal $G$ felezőpontját ($A_{1}B{C}_{1}D$ középpontját) összekötő szakasz felezőpontja. Mindkettő definíció a téglatest középpontját adja meg, ezért $K=S$.   1. ábra   Legyen $S_0$ az $ABC$ háromszög súlypontja. A tetraéder geometriájából ismert, hogy $S$ a $D{S}_0$ súlyvonal $S_0$-hoz közelebbi negyedelőpontja. Legyen $K$merőleges vetülete az $ABC$ síkra $K_0$, akkor az $\begin{array}{c}{\displaystyle A{K}_{0}K\mathrm{,}B{K}_{0}K\mathrm{,}C{K}_{0}K}\end{array}$ háromszögek egybevágóak, hiszen derékszögű háromszögek, melyeknek átfogója ($r$) és $K_{0}K$ befogója megegyezik, emiatt $\begin{array}{c}{\displaystyle K_{0}A=K_{0}B=K_{0}C\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $K_0$ az $ABC$ háromszög köré írt kör középpontja (2. ábra).   2. ábra   Tekintsük az $S_0$ középpontú 4-szeres nagyítást. Ezzel a transzformációval, mint tudjuk, $S$ képe $D$ lesz, s eközben $K_0$ (az $S=K$ pont vetülete az $ABC$ síkon) a $D$ pont vetületébe, $D_0$-ba képződik (3. ábra).   3. ábra   Ezzel megkaptuk, hogy a $D$ pont merőleges vetülete, vagyis a tetraéder $D$-ből induló magasságának talppontja az $ABC$ háromszög $S_0{K}_0$ Euler-vonalára illeszkedik.   Megjegyzés. A feladat kitűzése, így a megoldás is feltételezi, hogy az $ABC$ háromszögnek van Euler-vonala, azaz $S_0\ne K_0$. Ismert, hogy ez pontosan akkor áll fenn, ha $ABC$ háromszög nem szabályos. Vagyis a feladat állítása és a bizonyítás csakis nem szabályos, egyenlő oldalú tetraéderekre érvényes. (Szabályos tetraéderben $D$ vetülete $ABC$-re éppen $S_0{=K}_0$.)   II. megoldás. Jelöljük az $ABC$ háromszög magasságpontját $M$-mel, a köréírt körének középpontját $O$-val, és a $D$-ből induló magasság talppontját $D\text{'}$-vel (4. ábra). Tükrözzük $C$-t az $AB$ szakasz $ABC$ síkban lévő felező merőleges egyenesére, ami áthalad az $O$ ponton, a tükörképe legyen $C\text{'}$. A tükrözés miatt $AC=BC\text{'}$ és $BC=AC\text{'}$. A tetraéder egyenlő oldalú, ezért $AC=BD$ és $BC=AD$. Ekkor $AC\text{'}=AD$ és $BC\text{'}=BD$, ezért az $ABD▵\cong ABC\text{'}▵$, vagyis $D$ és $C\text{'}$ rajta van az $AB$ szakaszra és $ABC$ síkra merőleges $C\text{'}DE$ síkon. Ebben a síkban fut a tetraéder $DD\text{'}$ magassága, ezért $D\text{'}$ rajta van a $C\text{'}E$ egyenesen, ami az $ABC$ háromszög $CM$ magasságának $O$ pontra vett tükörképe. Hasonlóan belátható, hogy $D\text{'}$ pont rajta van az $ABC$ háromszög többi magasságának $O$-ra való tükörképén is, ezért a $D\text{'}$ pont $M$ tükörképe $O$-ra. $M$ és $O$ rajta van az Euler-egyenesen, ezért $D\text{'}$ is.   4. ábra