XLII OM - II - Zadanie 6

Równoległościan zawiera kulę o promieniu $ r $ i jest zawarty w kuli o promieniu $ R $. Dowieść, że $ \frac{R}{r} \geq \sqrt{3} $.

Rozwiązanie

om42_2r_img_8.jpg
Wybierzmy dowolną ścianę równoległościanu i oznaczmy jej wierzchołki przez $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ tak, by odcinek $ AC $ był dłuższą (tzn.: ,,nie krótszą'') przekątną równoległoboku $ ABCD $. Pozostałe wierzchołki równoległościanu oznaczmy przez $ E $, $ F $, $ G $, $ H $ tak, by odcinki $ AE $, $ BF $, $ CG $, $ DH $ były jego czterema równoległymi krawędziami (rysunek 8). Przyjmijmy wreszcie, że $ AG $ jest dłuższą przekątną równoległoboku $ ACGE $; jeśli jest przeciwnie, zamieniamy oznaczenia: $ A \longleftrightarrow C $, $ E \longleftrightarrow G $.

Z takiego ustalenia oznaczeń wynika, że $ |\measuredangle ABC| \geq 90^\circ $, $ |\measuredangle ACG| \geq 90^\circ $. Stosując do trójkątów $ ACG $ i $ ABC $ wzór cosinusów dostajemy związek

\[<br />
\begin{split}<br />
|AG|^2 & = |AC|^2 + |CG|^2 -2\cdot |AC|\cdot |CG| \cdot \cos(\measuredangle ACG) \geq |AC|^2 + |CG|^2 = \\<br />
& = (|AB|^2 + |BC|^2 -2 \cdot |AC| \cdot |BC|\cdot \cos(\measuredangle ABC)) +|CG|^2 \geq \\<br />
& \geq |AB|^2 + |BC|^2 + |CG|^2.<br />
\end{split}<br />
\]

Zauważmy, że każdy z odcinków $ AB $, $ BC $, $ CG $ ma końce położone na pewnych dwóch równoległych ścianach równoległościanu $ ABCDEFGH $. Skoro zaś równoległościan zawiera kulę o promieniu $ r $, odległość każdej pary ścian równoległych jest nie mniejsza niż $ 2r $. Wobec tego mamy nierówności

\[<br />
|AB| \geq 2r, \quad |BC| \geq 2r, \quad |CG| \geq 2r.<br />
\]

Z drugiej strony, długość przekątnej $ AG $ nie przekracza średnicy kuli, w której równoległościan jest zawarty: $ |AG| \leq 2R $. Uwzględniając wszystkie te nierówności dochodzimy do wniosku, że $ (2R)^2 \geq (2r)^2 + (2r)^2 + (2r)^2 $, a stąd $ R^2 \geq 3r^2 $, czyli $ R/r \geq \sqrt{3} $.

Uwaga. Wielu uczestników Olimpiady rozpoczynało rozwiązanie od wybrania takiego wierzchołka równoległościanu, że trzy ściany spotykające się przy tym wierzchołku mają przy nim kąty ostre (lub proste). Otóż wierzchołek taki może nie istnieć; dzieje się tak wówczas, gdy istnieje wierzchołek, przy którym kąty płaskie trzech ścian równoległościanu są rozwarte.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź