Tetraedre ortocentrice

Tetraedre ortocentrice

Am vazut ca analog triunghiului , un tetraedru oarecare admite o sfera circumscrisa, o sfera inscrisa , un centru de greutate. Dar, in general, ortocentrul nu are corespondenta deoarece inaltimile unui tetraedru oarecare nu sunt concurente nici macar doua dintre ele si analogia cu geometria triunghiului inceteaza. Ea poate fi restabilita pentru clasa particulara a tetraedrelor numite ortocentrice, care admit ortocentru.

Definitie: Un tetraedru se numeste ortocentric daca muchiile sale opuse sunt perpendiculare.

Definitii echivalente:

Teorema 35:

Urmatoarele proprietati ale unui tetraedru sunt echivalente:

1. Perechile de muchii opuse sunt perpendiculare
2. Inaltimile sunt concurente intr-un punct numit ortocentru
3. Are loc relatia: AB² + CD² = AD² + BC²
4. Bimedianele sunt concurente
5. Varfurile se proiecteaza in ortocentrele fetelor opuse
6. Perpendicularele comune ale perechilor de muchii opuse sunt concurente in ortocentru.

Demonstratie:

Vom folosi urmatoarea schema de demonstratie

1

Teorema de caracterizare

Un tetraedru este ortocentric daca si numai daca inaltimile sale sunt concurente.

T

Se considera inaltimile AA₁ si BB₁ concurente intr-un punct H. Atunci CD AA₁ ( deoarece AA₁ (BCD)) si analog CD (AA₁B), deci CD AB. Analog se demonstreaza perpendicularitatea celorlalte perechi de muchii opuse.

Punctul H de concurenta a inaltimilor unui tetraedru ortocentric se numeste ortocentrul tetraedrului.

T

Este suficient sa demonstram ca doua cate doua inaltimi sunt concurente . Vom arata de exemplu ca AA₁ si BB₁ sunt concurente: CD (AA₁B) si CD (BB₁A). Dar planele (AA₁B) si (BB₁A) au in comun dreapta AB. Cum printr-un punct trece un singur plan perpendicular pe o dreapta data , rezulta ca planele (AA₁B) si (BB₁A) sunt confundate, deci AA₁ si BB₁ sunt concurente.

Analog se arata ca BB₁ si CC₁ sunt concurente intr-un punct H . Cum AA₁, BB₁ si CC₁ nu sunt coplanare , folosind teorema : "Daca in spatiu trei drepte se intersecteaza doua cate doua atunci ele sau sunt coplanare sau concurente", deducem ca H=H . Asemanator demonstram ca HIDD₁.

T

Intr-un tetraedru ortocentric [ABCD], AC² + BD² = CD² +AB² = BC² +AD².

Fie M,N,P,Q,R,S mijloacele muchiilor [AB], [BC], [CD], [AD],[AC], [BD].

Patrulaterul MNPQ este dreptunghi deoarece MQ || NP (ambele fiind paralele cu AC) si unghiul =90^o. Rezulta ca diagonalele sunt congruente , deci intr-un tetraedru ortocentric bimedianele au aceeasi lungime. (1T

Aplicand teorema lui Pitagora in fiecare din dreptunghiurile care au ca diagonale bimedianele , se obtine:

MN² + PN² = QR² +QS² sau echivalent AC² + BD² = CD² +AB²

Alta demonstratie.

Construim prin B,C,D paralele la [CD]; [BD] si [BC] si fie D ,B ,C punctele de intersectie ale acestor paralele. Fie AA₁ (BCD), A₁I(BCD), A₁ este ortocentrul triunghiului [BCD], deci centrul cercului circumscris triunghiului [B C D ]. Rezulta :[AD s[AB s[AC ]. Cum AC B C , AD B C si AB C D aplicand teorema lui Pitagora in D ABD DACB si D ADC rezulta :

AB² + BD = AC² + CB = AD² + C D².

Tinand seama ca D BCD este triunghi median pentru DB C D rezulta

AB² + CD²= AC² + BD² = AD² + BC².

Din prima demonstratie rezulta usor urmatorul enunt " mijloacele celor sase muchii ale unui tetraedru ortocentric se afla pe o sfera ( sfera de centru G si raza lungimea unei jumatati de bimediana).

T

Egaland patratele lungimilor bimedianelor :

MN²=(AD² +AC² +BD² + BC² - DC² - AB² )

SQ²=(n² +p² +r² +l² - m² - q²)

RT²=( m² +r² + q² +l²- p²- n²)

Prim egalare obtinem

AB² + CD²= AC² + BD² = AD² + BC²

T

Daca DABC nu este dreptunghic ortocentrul sau H nu coincide cu nici un varf. Conditia AB CD impune lui A sa se situeze in planul ce trece prin B si este perpendicular pe (CD), deci este echivalenta cu A I(BH_A). Analog AC BD este echivalenta cu A I(CH_A). Se observa cum prin teorema " Inaltimile din A si D ale tetraedrului [ABCD] sunt concurente daca si numai daca muchiile opuse [AD] si [ BC] sunt perpendiculare " continuata cu consecintele :

a)Tetraedrul [ABCD]are inaltimile concurente daca si numai daca au loc conditiile AD BC, BA CD,AC BD.

b)Daca inaltimile (AA ), si (BB ) se intersecteaza in H, atunci perpendiculara comuna a muchiilor [AD] , [BC] contine punctul H.

Avem astfel (inaltimile concurente) (AB CD si AC BD) ( A IBH_A si A ICH_A) A =H_A.

T

Din modul cum s-a facut demonstratia anterioara si combinat cu consecinte : Daca inaltimile (AA ) si (DD ) sunt secante atunci si celelalte doua inaltimi (BB ) si (CC ) sunt secante deoarece AA DD T AD BCT BB CC rezulta ca cele trei inaltimi sunt concurente si conform "2T1" avem ca muchiile opuse sunt perpendiculare.

Observatie :

Daca D BCD este dreptunghic in D , atunci H_A=D si expunerea de mai sus nu este afectata. Daca DBCD este dreptunghic in B sau C se reformuleaza notatiile din demonstratie .

Teorema :

Inaltimile din A si D ale tetraedrului [ABCD] sunt secante daca si numai daca muchiile opuse [AD] si [BC] sunt perpendiculare.

Demonstratie :

Fie A si D proiectiile ortogonale ale punctelor A si D

in planele A^f si D^f. Daca (AA ) si (DD ) sunt secante fie

planul ce contine aceste drepte. Deoarece (AA ) este

perpendiculara pe planul (BCD) T BC AA

Analog BC DD , deci BC fiind perpendiculara pe doua

drepte din planul , este perpendiculara si pe dreapta AD

a acestui plan.

Daca AD BC, fie E piciorul perpendicularei din A pe BC

si BC AE rezulta ca BC este perpendiculara pe planul .

Perpendicularele pe BC ce trec prin A sunt incluse in , deci (AA . Analog (DD . Deci (AA ) si (DD ) sunt coplanare; ele se intersecteaza deoarece sunt inaltimile D ADE.

Consecinta :

Daca inaltimile (AA ) si (DD ) se intersecteaza in H, atunci perpendiculara comuna a muchiilor [AD] , [BC] contine punctul H.

Intr-adevar , daca planul ce contine (AA ), (DD ) taie BC in E in DADE , dreapta EH este cea de-a treia inaltime deci EH AD.( poate avea loc E=H cand ()=90^o ). Pe de alta parte BC , deci EH BC.

Consecinta :

Inaltimile tetraedrului [ABCD] sunt concurente daca si numai daca au loc relatiile : AD BC, AB CD, AC BD.

Din cele trei conditii de perpendicularitate a muchiilor opuse , rezulta ca inaltimile sunt doua cate doua secante. Rezulta H=H si deci perpendicularele comune sunt concurente . Are loc si mersul reciproc al demonstratiei.

Teorema 36:

Daca intr-un tetraedru [ABCD] avem AB CD si AC BC, atunci AD BC.

Demonstratie :

Fie AA₁ (BCD). Rezulta AA₁ CD si cu AB CD avem

CD (AA₁B) T CD BA₁.

Analog din AA₁ BD si AC BD avem BD CA₁. Deci

BA₁ si CA₁ sunt inaltimi in DBCD. Rezulta BC (AA₁D).

Acesta implica BC AD. Din modul cum s-a efectuat demonstratia rezulta afirmatia :" Intr-un tetraedru ortocentric inaltimile tetraedrului "cad" in ortocentrele fetelor opuse".

Teorema 37:

Intr-un tetraedru ortocentric , centrul de greutate al tetraedrului se proiecteaza in centrele cercurilor lui Euler ale fetelor.

Demonstratie :

Fie tetraedrul [ABCD] , H_D, G_D, O_D ortocentrul , centrul de greutate, centrul cercului circumscris , respectiv in DABC.

H_DG_D,=2G_D­O_D; DG_D este mediana tetraedrului ,

DG_D=4 GG_D si fie W proiectia lui G pe planul

(ABC). Evident WI[H_DO_D]. Vom demonstra ca

W este mijlocul segmentului [H_DO_D] , deci este

centrul cercului lui Euler al fetei [ABC].

Din triunghiurile asemenea [DH_DG_D] si [GWG_D]

rezulta T G_DH_D= 4 G_DW T H_DW=3G_DW

WO_D=WG_D + G_DO_D= WG_D =WG_D+=3G_DW .Deci W este mijlocul segmentului H_DO_D.

Teorema 38:

Cercurile lui Euler ele fetelor unui tetraedru ortocentric sunt situate pe o aceeasi sfera

( prima sfera a lui Euler).

Demonstratie :

Conform teoremei anterioare punctul G este egal departat de cercul lui Euler al unei fete si cum cercurile lui Euler ale fetelor au doua cate doua puncte comune rezulta ca G este centrul unei sfere pe care se afla cercurile lui Euler ale fetelor.

Teorema 39:

Intr-un tetraedru ortocentric , ortocentrul, centrul de greutate si centrul sferei circumscrise tetraedrului sunt coliniare .

Demonstratie :

H,G,O se afla in panul perpendicular pe fata (ABC) pe care o intersecteaza dupa dreapta lui Euler a DABC si analog , se afla in planul perpendicular pe fata (BCD) pe care o intersecteaza

dupa dreapta lui Euler a DBCD. Deci H,G,O sunt coliniare, fiind situate pe dreapta de intersectie a celor doua plane.

Observatie :

Punctul G este mijlocul segmentului [HO] deoarece G se proiecteaza in mijlocul segmentului [H_DO_D]. Rezulta ca ortocentrul tetraedrului este tocmai anticentrul sau , deci, intr-un tetraedru ortocentric dreapta lui Euler este generalizarea in spatiu a dreptei lui Euler din plan.

Teorema 40:

Intr-un tetraedru ortocentric centrele de greutate ele fetelor , ortocentrele si punctele care divid segmentele dintre varfurile tetraedrului si ortocentrul sau in raportul 2 sunt 12 puncte ale unei sfere cu centrul pe dreapta care uneste ortocentrul cu centrul sferei circumscrise tetraedrului si are raza egala cu o treime din R, raza sferei circumscrise ( a doua sfera a lui Euler)

Demonstratie :

Fie M mijlocul segmentului [NG] si proiectia sa

ortogonala E. Deci E este mijlocul segmentului [H_DG_D]

Fie sfera de centru M ce trece prin H_D ,G_D .

In DGMG_D si D GOD :GO=3MG si DG=3GG_D,

rezulta cu reciproca teoremei lui Thales ca MG_D // DO

si _; DO=R, raza sferei circumscrise tetraedrului [ABCD].

DPNM D DHO iar si . Deci . Deci si P apartine sferei de centru M si raza ce trece prin H_D si G_D­.