LX OM - III - Zadanie 5

Sfera wpisana w czworościan $ ABCD $ jest styczna do jego ścian $ BCD, ACD, ABD, ABC $ odpowiednio w punktach
$ P, Q, R, S $. Odcinek $ PT $ jest średnicą tej sfery, zaś punkty $ A',Q',R',S' $ są punktami przecięcia prostych
$ TA, TQ, TR, TS $ z płaszczyzną $ BCD $. Wykazać, że $ A' $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ Q'R'S' $.

Rozwiązanie

Sposób I.

Niech $ \Theta $ będzie sferą wpisaną w czworościan $ ABCD $ i niech $ O $ będzie środkiem tej sfery.
Ponieważ punkty $ A, T $ i $ A' $ są współliniowe oraz $ A \neq T $ , więc istnieje jednokładność $ \varphi $ o środku
$ A $ przekształcająca punkt $ T $ na punkt $ A' $. Niech $ \Theta_1 = \varphi(\Theta) $ i niech $ \Pi $ będzie taką
płaszczyzną, że jej obrazem w jednokładności $ \varphi $ jest płaszczyzna $ BCD $. Wówczas płaszczyzny $ BCD $
i $ \Pi $ są równoległe, a ponadto $ T \in \Pi $. Skoro $ PT $ jest średnicą sfery $ \Theta $ i płaszczyzna
$ BCD $ jest styczna do tej sfery w punkcie $ P $, to płaszczyzna $ \Pi $ jest do niej styczna w punkcie $ T $.
Zatem $ \varphi(\Pi) $ jest styczna do sfery $ \varphi(\Theta) = \Theta_1 $ w punkcie $ \varphi(T)= A' $.

Rozważmy przekrój czworościanu $ ABCD $, płaszczyzny $ \Pi $ oraz sfer $ \Theta $ i $ \Theta_1 $ płaszczyzną
$ ATQ $ (rys. 1.).

om60_3r_img_6.jpg

Niech $ Z $ będzie punktem przecięcia prostej $ AQ $ i płaszczyzny $ BCD $. Niech ponadto $ Q_1 = \varphi(Q) $.
Wówczas $ Q_1 $ jest punktem styczności prostej $ AQ $ i sfery $ \Theta_1 $, zatem $ ZA' = ZQ_1 $, czyli trójkąt
$ Q_1ZA' $ jest trójkątem równoramiennym. Zauważmy, że proste $ A'Q_1 $ i $ TQ $ są równoległe, gdyż pierwsza z nich
jest obrazem drugiej w jednokładności $ \varphi $. Wynika stąd, że trójkąty $ QZQ' $ oraz $ Q_1ZA' $ są podobne,
czyli trójkąt $ QZQ' $ również jest równoramienny. Zachodzą równości:

\[<br />
A'Q' = A'Z + ZQ' = Q_1Z + ZQ = Q_1Q = AQ_1 - AQ = k \cdot AQ - AQ =(k - 1) \cdot AQ,<br />
\]

gdzie k jest skalą jednokładności $ \varphi $. W podobny sposób pokazujemy, że
$ A'R' =(k - 1) \cdot AR $ oraz $ A'S' =(k - 1) \cdot AS $. Ponieważ proste $ AQ $, $ AR $ oraz $ AS $ są styczne
do sfery $ \Theta $ odpowiednio w punktach $ Q $, $ R $ oraz $ S $, więc $ AQ = AR = AS $. Zatem
$ A'Q' = A'R' = A'S' $, czyli $ A' $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ Q'R'S' $.

Sposób II.

Wystarczy wykazać, że proste $ BA' , CA' i DA' $ są symetralnymi boków zawartego w płaszczyźnie $ BCD $
trójkąta $ Q'R'S' $. Ponieważ dla wszystkich trzech prostych rozumowanie jest identyczne, ograniczymy się
do pokazania, że prosta $ BA $. jest symetralną boku $ R'S' $. Dokonamy tego, wskazując na prostej $ BA' $
dwa różne punkty równoodległe od punktów $ R' $ i $ S' $. Jednym z nich jest punkt $ B $, a drugim rzut punktu
$ T $ na płaszczyznę $ BCD $ w kierunku równoległym do prostej $ AB $.

Niech $ O $ będzie środkiem sfery wpisanej w czworościan $ ABCD $. Ponieważ proste $ BP $ i $ BR $ są styczne do
tej sfery odpowiednio w punktach $ P $ oraz $ R $, więc $ BP = BR $. Wynika to z przystawania trójkątów prostokątnych
$ BOP $ i $ BOR $. Niech $ X $ będzie rzutem prostokątnym punktu $ B $ na płaszczyznę $ TPR $ (rys. 2.). Płaszczyzna
ta jest prostopadła do płaszczyzny $ BCD $, a ich przecięciem jest prosta $ PR' $. Wynika stąd, że punkt $ X $
leży na prostej $ PR' $. Trójkąty prostokątne $ BXP $ i $ BXR $ mają wspólną przyprostokątną $ BX $ i równe
przeciwprostokątne. Są zatem przystające i $ XP = XR $. Punkt $ X $ leży na prostej $ PR $. zawierającej
przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego $ PRR' $ i jest równoodległy od dwóch jego wierzchołków: $ P $ i $ R $.
Jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli środkiem jego przeciwprostokątnej $ PR' $.
Punkt $ X $ jest także spodkiem wysokości trójkąta $ PBR' $ opuszczonej z wierzchołka $ B $. Skoro wysokość
ta połowi jego bok $ PR' $, to trójkąt ten jest równoramienny, czyli $ BP = BR' $. Analogicznie pokazujemy, że
$ BP = BS' $. Wynika stąd, że $ BR' = BS' $, co oznacza, że punkt $ B $ leży na symetralnej odcinka $ R'S' $.

om60_3r_img_5.jpg
om60_3r_img_4.jpg

Niech $ \Sigma $ będzie płaszczyzną zawierającą punkt $ T $ i równoległą do płaszczyzny $ ABD $. Płaszczyzna
$ ABD $ (a więc także i płaszczyzna $ \Sigma $) jest prostopadła do prostej $ OR $, gdyż jest w punkcie $ R $ styczna
do sfery, której środkiem jest punkt $ O $. Wynika stąd, że płaszczyzny $ \Sigma $ i $ TPR $ są prostopadłe, gdyż
ta ostatnia zawiera prostą $ OR $. Niech $ Y $ będzie rzutem punktu $ T $ na płaszczyznę $ BCD $ w kierunku
równoległym do prostej $ AB $, czyli takim punktem płaszczyzny $ BCD $, że $ TY || AB $. Ponieważ punkt $ T $ nie leży
na prostej $ AB $, więc $ Y\neq B $. Punkt $ Y $ leży na płaszczyznach $ BCD $ oraz $ ABT $ , więc leży na będącej
ich przecięciem prostej $ BA' $. Punkt $ Y $ leży także na płaszczyźnie $ \Sigma $. Niech $ Z $ będzie rzutem
prostokątnym punktu $ Y $ na płaszczyznę $ TPR $ (rys. 3.). Ponieważ $ Y $ leży na płaszczyźnie $ BCD $, która jest
prostopadła do płaszczyzny $ TPR $, więc $ Z $ należy do przecięcia tych płaszczyzn, czyli do prostej $ PR' $.
Z prostopadłości płaszczyzn $ TPR $ i $ \Sigma $ wynika z kolei, że skoro $ Y \in \Sigma  $, to również
$ Z \in \Sigma  $. Trójkąt $ POR $ jest trójkątem równoramiennym, gdyż jego boki $ OP $ i $ OR $ są promieniami
tej samej sfery. Proste zawierające boki trójkąta $ R'ZT $ są prostopadłe do prostych zawierających boki
trójkąta $ POR $: Prosta $ PO $ jest prostopadła do płaszczyzny $ BCD $, a więc również do zawartej w niej prostej
$ R'Z $. Prosta $ RP $ jest prostopadła do prostej $ TR' $, a prosta $ OR $ jest prostopadła do prostej $ ZT $,
gdyż ta ostatnia zawarta jest w płaszczyźnie $ \Sigma $, a jak wcześniej zauważyliśmy, płaszczyzna
$ \Sigma $ jest prostopadła do prostej $ OR $. Wynika stąd, że trójkąty $ POR $ i $ R'ZT $ są podobne, w szczególności
trójkąt $ R'ZT $ jest równoramienny i $ ZT = ZR' $. Trójkąty prostokątne $ YZT $ i $ YZR' $ są przystające, bo mają
wspólną przyprostokątną $ YZ $ oraz $ ZT = ZR' $. Mają więc równe przeciwprostokątne, czyli $ YT = YR' $.
Analogicznie pokazujemy, że $ YT = YS' $. Wynika stąd, że $ YR' = YS' $, co oznacza, że punkt $ Y $ leży na
symetralnej odcinka $ R'S' $.

Wskazaliśmy dwa różne punkty leżące na prostej $ BA' $ i równoodległe od punktów $ R' $ i $ S' $.
Zatem prosta $ BA' $ jest położoną w płaszczyźnie $ BCD $ symetralną boku $ R'S' $ trójkąta $ Q'R'S' $.
Analogiczne rozumowanie pokazuje, że symetralnymi dwóch pozostałych boków tego trójkąta są proste
$ CA' $ i $ DA' $. Punkt $ A' $ jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ Q'R'S' $.

$ CA' $ i $ DA' $. Punkt $ A' $ jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie Q'R'S'.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź