XLVII OM - II - Zadanie 6

Wewnątrz równoległościanu,którego krawędzie mają długości $ a $, $ b $, $ c $, leży punkt $ P $. Dowieść. że istnieje wierzchołek równoległościanu, którego odległość od punktu $ P $ nie przekracza $ \frac{1}{2}\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} $.

Rozwiązanie

Ściany równoległościanu wyznaczają sześć płaszczyzn. Niech $ \pi $ będzie tą płaszczyzną, której odległość od punktu $ P $ jest najmniejsza; jeśli są dwie takie płaszczyzny (lub więcej), wybieramy dowolną z nich i ją oznaczamy przez $ \pi $. Niech $ ABCD $ będzie ścianą równoległościanu zawartą w płaszczyźnie $ \pi $ i niech $ N $ będzie rzutem prostokątnym punktu $ P $ na tę płaszczyznę.

Przyjmijmy, że cztery krawędzie równoległościanu, łączące wierzchołki $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ z wierzchołkami ściany $ A'B'C'D' $ równoległej do $ ABCD $, mają długość $ c $. (Nie tracimy przez to ogólności, bo w razie potrzeby można zmienić oznaczenia długości krawędzi.)

Punkt $ P $ jest oddalony od ściany $ A'B'C'D' $ nie mniej niż od ściany $ ABCD $. Zatem $ |NP| \leq \frac{1}{2} c $.

Wykażemy, że punkt $ N $ leży w obrębie rówuoległoboku $ ABCD $. Przypuśćmy, że jest inaczej. Wówczas odcinek $ PN $ przecina brzeg równoległościanu w pewnym punkcie $ X $, należącym do jakiejś innej ściany. Odległość punktu $ P $ od płaszczyzny tej ściany nie przekracza długości odcinka $ PX $, a więc jest mniejsza od długości odcinka $ PN $, czyli od odległości punktu $ P $ od płaszczyzny $ \pi $. To się jednak kłóci z wyborem płaszczyzny $ \pi $; sprzeczność dowodzi fałszywości uczynionego przypuszczenia.

Tak więc $ N $ jest punktem równoległoboku $ ABCD $, którego boki mają długości $ a $ i $ b $. Powtarzamy rozumowanie: spośród prostych $ AB $, $ BC $, $ CD $, $ DA $ wybieramy tę, której odległość od punktu $ N $ jest najmniejsza; jeśli jest więcej niż jedna taka prosta, wybieramy którąkolwiek z nich.

Przyjmijmy, że jest to prosta $ AB $ i że $ |AB| = a $ (w razie potrzeby zmieniamy oznaczenia). Niech $ K $ będzie rzutem prostokątnym punktu $ N $ na prostą $ AB $. Rozumując podobnie jak poprzednio zauważamy, że $ |KN| \leq \frac{1}{2}b $ oraz że $ K $ jest punktem odcinka $ AB $; gdyby bowiem punkt $ K $ leżał na prostej $ AB $ poza odcinkiem $ AB $, wówczas odcinek $ NK $ przecinałby inny bok równoległoboku $ ABCD $, i wobec tego odległość punktu $ N $ od tego boku byłaby mniejsza niż odległość $ N $ od prostej $ AB $ - wbrew wyborowi owej prostej.

Możemy wreszcie bez straty ogólności założyć, że punkt $ K $ leży na odcinku $ AB $ w odległości nie większej od końca $ A $ niż od $ B $. Zatem $ |AK| \leq \frac{1}{2} a $.

Kierunki prostych $ AK $, $ KN $, $ NP $ są parami prostopadłe. Odcinki $ AK $, $ KN $, $ NP $ są więc trzema prostopadłymi krawędziami prostopadłościanu, którego wewnętrzną przekątną jest odcinek $ AP $. Długości tych odcinków nie przekraczają (odpowiednio) liczb $ \frac{1}{2}a $, $ \frac{1}{2}b $, $ \frac{1}{2}c $. Zatem, ostatecznie,

\[<br />
|AP| = \sqrt{|AK|^2 + |KN|^2 + |NP|^2} \leq \frac{1}{2} \sqrt{a^2 + b^2 + c^2};<br />
\]

punkt $ A $ jest wierzchołkiem, którego istnienie trzeba było wykazać.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź