7995. Прямая Эйлера ортоцентрического тетраэдра. Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке (такой тетраэдр называется ортоцентрическим). Докажите, что точка пересечения медиан, точка пересечения высот и центр описанной сферы лежат на одной прямой.
Решение. Первый способ. Пусть M_{1}
— точка пересечения медиан грани ABC
ортоцентрического тетраэдра ABCD
(рис. 1), H_{1}
— ортоцентр треугольника ABC
, O_{1}
— центр описанной окружности этого треугольника. Известно, что точки M_{1}
, H_{1}
и O_{1}
лежат на одной прямой (прямая Эйлера треугольника ABC
), причём точка M_{1}
лежит между точками O_{1}
и H_{1}
и M_{1}H_{1}=2M_{1}O_{1}
.
Поскольку тетраэдр ортоцентрический, его высоты пересекаются в одной точке. Обозначим её H
. Тогда точка H
лежит на высоте DH_{1}
. Центр O
сферы, описанной около тетраэдра расположен на прямой, перпендикулярной плоскости основания ABCD
и проходящей через центр O_{1}
описанной окружности треугольника ABC
.
Прямые DH_{1}
и OO_{1}
параллельны, так как они перпендикулярны одной и той же плоскости. Плоскость, проходящая через эти прямые, содержит точки H_{1}
и O_{1}
, а значит, и точку M_{1}
, лежащую на прямой H_{1}O_{1}
. Поэтому медиана DM_{1}
тетраэдра также лежит в этой плоскости. Следовательно, этой плоскости принадлежит и точка M
пересечения медиан тетраэдра. Таким образом, точки H
, O
и M
расположены в плоскости, проходящей через вершину D
тетраэдра ABCD
и прямую Эйлера треугольника ABC
.
Аналогично докажем, что плоскость, проходящая через любую другую вершину тетраэдра и прямую Эйлера противолежащей грани, содержит точки H
, O
и M
, т. е. точки H
, O
и M
лежат в каждой из четырёх указанных плоскостей, а так как эти плоскости не могут совпасть (вершины тетраэдра не лежат в одной плоскости), то их пересечением является прямая. Следовательно, точки H
, O
и M
лежат на этой прямой. Что и требовалось доказать.
Докажем теперь, что M
— середина отрезка OH
. Для этого рассмотрим сечения тетраэдра плоскостью, проходящей через вершину D
и прямую Эйлера основания ABC
(рис. 2). Известно, что точка M
пересечения медиан тетраэдра делит каждую медиану в отношении 3:1
, считая от вершины (см. задачу 7110), поэтому MM_{1}=\frac{1}{4}DM_{1}
. Пусть P
— проекция точки M
на прямую O_{1}H_{1}
. Положим O_{1}H_{1}=6x
. Тогда
M_{1}O_{1}=2x,~M_{1}H_{1}=4x,~M_{1}P=\frac{1}{4}M_{1}H_{1}=x,
H_{1}P=4x-x=3x,~PO_{1}=x+2x=3x.
Значит, P
— середина отрезка O_{1}H_{1}
, а так как MP\parallel HH_{1}\parallel OO_{1}
, то M
— середина отрезка OH
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Рассмотрим вектор \overrightarrow{OK}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}
(рис. 3). Так как
\overrightarrow{OM_{1}}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}),
то \overrightarrow{OK}=3\overrightarrow{OM_{1}}
, поэтому точки O
, M_{1}
и K
расположены на одной прямой и M_{1}K=2OM_{1}
.
Проведём плоскость \alpha
через параллельные прямые DH_{1}
и OO_{1}
(эти прямые перпендикулярны одной и той же плоскости ABC
). Тогда треугольники KH_{1}M_{1}
и OO_{1}M_{1}
, расположенные в плоскости \alpha
, подобны (M_{1}K=2OM_{1}
, M_{1}H_{1}=2M_{1}O_{1}
, \angle KM_{1}H_{1}=\angle OM_{1}O_{1}
), поэтому H_{1}K\parallel OO_{1}
. Следовательно, точка K
лежит на прямой DH_{1}
.
Рассмотрим вектор
\overrightarrow{OQ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OD}).
Точка Q
, середина отрезка DK
, лежит на высоте DH_{1}
. Аналогично, точка Q
лежит на остальных трёх высотах тетраэдра ABCD
, т. е. Q
совпадает с H
.
Так как
\overrightarrow{OM}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})
(см. задачу 7243), то \overrightarrow{OH}=2\overrightarrow{OM}
, следовательно, точки O
, M
и H
лежат на одной прямой, причём M
— середина отрезка OH
.
Третий способ. Пусть H
— ортоцентр ортоцентрического тетраэдра ABCD
, M
— точка пересечения медиан тетраэдра, а O
— центр описанной сферы. Тогда
\overrightarrow{OM}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})
(см. задачу 7243) и
\overrightarrow{OH}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})
(см. задачу 14324). Значит, \overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OH}
. Следовательно, точки O
, M
и H
лежат на одной прямой, причём M
— середина отрезка OH
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 330, с. 44
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — с. 110