XVIII OM - III - Zadanie 6

Dana jest kula i płaszczyzna nie mająca z kulą punktów wspólnych. Znaleźć miejsce geometryczne środków okręgów styczności z kulą tych stożków opisanych na kuli, których wierzchołki leżą na danej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia: $ O $ - środek danej kuli, $ r $ - jej promień, $ M $ - rzut punktu $ O $ na daną płaszczyznę $ \pi $, $ A $ - dowolny punkt płaszczyzny $ \pi $ różny od $ M $, $ A' $ i $ M' $ - środki okręgów styczności z kulą stożków opisanych na kuli, których wierzchołkami są odpowiednio $ A $ i $ M $, $ AT $ i $ MS $ - dowolne tworzące tych stożków.

W trójkątach prostokątnych $ ATO $ i $ MSO $ (rys. 14).

\[<br />
OA \cdot OA' = OT^2 = r^2,\    OM \cdot OM' = OS^2 = r^2.<br />
\]

Zatem

\[<br />
(1) \qquad  \frac{OA}{OM} = \frac{OM'}{OA'}.<br />
\]

Stąd wynika, że trójkąty $ OAM $ i $ OM'A' $ są podobne, wobec czego kąt $ OA'M' = OMA = 90^\circ $. Punkt $ A' $ leży zatem na sferze o średnicy $ OM' $. Odwrotnie, jeśli $ A' $ jest dowolnym punktem tej sfery różnym od $ O $, $ A $ zaś - punktem przecięcia prostej $ OA' $ z $ \pi $, to

\[<br />
(2) \qquad  OA \cdot OA'= r^2.<br />
\]

Istotnie, gdy $ A' $ pokrywa się z $ M' $, równość (2) jest oczywista; a gdy $ A'  \ne M' $, trójkąty $ OAM $ i $ OM'A' $ są podobne, zachodzi więc (1), zatem również (2). W takim razie dla dowolnej tworzącej $ AT $ stożka o wierzchołku $ A $ opisanego na kuli punkt $ A' $ jest rzutem punktu $ T $ na prostą $ AO $, więc $ A' $ jest środkiem okręgu styczności tego stożka z kulą.

Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest sfera o średnicy $ OM' $ bez punktu $ O $.

Uwaga. Rozumowanie można skrócić korzystając z własności przekształcenia przez inwersję. Mianowicie równość $ OA \cdot OA' = r^2 $ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt $ A' $ jest obrazem punktu $ A $ w inwersji względem sfery $ O(r) $. Miejscem geometrycznym punktu $ A' $ jest zatem obraz płaszczyzny $ \pi $ w tej inwersji, tzn. sfera o średnicy $ OM' $ bez punktu $ O $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź