Un Desargues...nello spazio :D

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾

Questa mi è venuta in mente proprio oggi mentre cercavo teoremi sulla concorrenza delle ceviane in un tetraedro:

Proposizione articolata semplice

resi due tetraedri ABCD e A'B'C'D' perspettici, in modo che AA', BB', CC', DD' concorrano, chiamiamo $ r_a $ la retta di intersezione del piano della faccia del primo tetraedro opposta ad A col piano della faccia del secondo opposta ad A' e similmente per $ r_b $, $ r_c $, $ r_d $.
Allora $ r_a $, $ r_b $, $ r_c $, $ r_d $ sono complanari.
Viceversa se abbiamo due tetraedri con $ r_a $, $ r_b $, $ r_c $, $ r_d $ complanari AA', BB', CC', DD' concorrono.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾

tornando sull'argomento mi sono venute in mente altre 2 estensioni:

notazione: (P,XYZ) è la retta passante per P e perpendicolare al piano XYZ.
Definisco come piano perspettico di due tetraedri quello che nel post precedente conteva $ r_a, \ r_b, \ r_c, \ r_d $

Sui tetraedri ortologici: Abbiamo due tetraedri ABCD e A'B'C'D' tali che (A,B'C'D'), (B, A'C'D'), (C, A'B'D'), (D, A'B'C') concorrono. Allora si ha che (A',BCD), (B', ACD), (C', ABD), (D', ABC) concorrono. (chiamiamo tali tetraedri ortologici e i due punti di concorrenza centri ortologici)

Teorema di Sondat per i tetraedri ortologici: Prendiamo 2 tetraedri ABCD e A'B'C'D' ortologici con centri ortoligici Q e Q' e perspettici con centro P. Chiamiamo $ p $ il piano perspettico tra ABCD e A'B'C'D'. Allora P,Q,Q' stanno su una retta perpendicolare a $ p $.