9600. (Сфера 12 точек.) Докажите, что для ортоцентрического тетраэдра точки пересечения медиан граней, ортоцентры граней, а также точки, делящие отрезки каждой высоты тетраэдра от вершины до точки пересечения его высот в отношении 2:1
, лежат на одной сфере.
Решение. Пусть O
— центр описанной сферы ортоцентрического тетраэдра ABCD
, M
— точки пересечения медиан тетраэдра, H
— точка пересечения его высот. Известно, что точка M
делит каждую медиану тетраэдра в отношении 3:1
, считая от вершины (см. задачу 7110), поэтому при гомотетии с центром M
и коэффициентом -\frac{1}{3}
тетраэдр ABCD
переходит в тетраэдр, вершины которого — точки пересечения медиан граней.
Известно также, что точки O
, M
и H
лежат на одной прямой, причём M
— середина отрезка OH
(см. задачу 7995). Пусть OH=6a
. Тогда MH=3a
. При рассматриваемой гомотетии точка O
переходит в точку O_{1}
отрезка MH
, причём
MO_{1}=\frac{1}{3}MH=a,~\frac{MO_{1}}{MO}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3},
а точка O_{1}
— центр сферы, описанной около тетраэдра с вершинами в точках пересечения медиан граней тетраэдра ABCD
.
С другой стороны, точки, делящие отрезки HA
, HB
, HC
и HD
в отношении 2:1
, считая от вершин тетраэдра ABCD
, служат вершинами тетраэдра, гомотетичного ABCD
, при гомотетии с центром H
и коэффициентом \frac{1}{3}
. При этой гомотетии точка O
также переходит в O_{1}
, так как точки O
, O_{1}
и H
лежат на одной прямой, причём точка O_{1}
лежит между H
и O
, и
\frac{HO_{1}}{HO}=\frac{2a}{6a}=\frac{1}{3}.
Таким образом, и точки пересечения медиан граней тетраэдра ABCD
, и указанные точки высот тетраэдра (всего восемь точек) лежат на сфере с центром O_{1}
и радиусом, равным трети радиуса описанной сферы тетраэдра. Осталось доказать, что на этой сфере лежат ортоцентры граней тетраэдра ABCD
.
Пусть O'
, H'
и O_{1}'
— ортогональные проекции точек соответственно O
, H
и O_{1}
на плоскость грани ABC
, а M'
— точка пересечения медиан этой грани. Тогда O'
— центр описанной окружности треугольника ABC
, а H'
— ортоцентр этого треугольника. Известно, что точки O'
, M'
и H'
лежат на одной прямой (прямой Эйлера треугольника ABC
), причём M'H'=2M'O'
(см. задачу 5044). Поскольку точка O_{1}
лежит на отрезке OH
, её ортогональная проекция O_{1}'
лежит на отрезке O'H'
, причём
\frac{O_{1}'H'}{O'H'}=\frac{O_{1}H}{OH}=\frac{2a}{6a}=\frac{1}{3}.
Обозначим O_{1}'H'=t
. Тогда O'H'=3t
, а так как O'M'=\frac{1}{3}O'H'=t
, то
M'O_{1}'=3t-t-t=t=O_{1}'H,
т. е. O_{1}'
— середина отрезка M'H'
. В треугольнике M'O_{1}H'
высота O_{1}O_{1}'
является медианой, значит, O_{1}H'=O_{1}M'
. Следовательно, точка H'
также лежит на сфере с центром O_{1}
и радиусом, равным трети радиуса описанной сферы тетраэдра. Аналогично для ортоцентров остальных граней тетраэдра ABCD
. Что и требовалось доказать.
Источник: Прасолов В. В., Шарыгин И. Ф. Задачи по стереометрии. — М.: Наука, 1989. — № 6.44, с. 106
Источник: Прасолов В. В. Задачи по стереометрии. — 2-е изд. — М.: МЦНМО, 2016. — № 8.51, с. 114
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 329в, с. 44