LIX OM - III -Zadanie 5

Pola wszystkich przekrojów równoległościanu $ \mathcal{R} $ płaszczyznami przechodzącymi przez środki trzech jego krawędzi,
z których żadne dwie nie są równoległe i nie mają punktów wspólnych, są równe. Udowodnić, że równoległościan
$ \mathcal{R} $ jest prostopadłościanem.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że pola wszystkich przekrojów, o których mowa w treści zadania, są równe $ S $.

Niech $ ABCD $ i $ EFGH $ będą podstawami równoległościanu $ \mathcal{R} $ (rys. 3), niech $ O $ będzie jego środkiem
symetrii i niech $ I, J, K, L, M, N $ oznaczają odpowiednio środki krawędzi $ AE, EF , FG, GC, CD, DA $. Wówczas następujące
pary punktów: $ I $ i $ L $, $ J $ i $ M $, $ K $ i $ N $$, są symetryczne względem punktu $ O $.

om59_3r_img_3.jpg

Płaszczyzna $ \pi $ przechodząca przez punkty $ I, K, M $ w przekroju z równoległościanem $ \mathcal{R} $ wyznacza figurę
o polu $ S $. Wykażemy, że figurą tą jest sześciokąt $ IJKLMN $.

Oznaczmy przez $ \pi' $ płaszczyznę przechodzącą przez punkty $ I, N, M $. Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia
Talesa mamy $ NM || AC || IL $. Prosta $ NM $ i punkt $ I $ leżą w płaszczyźnie $ \pi' $, zatem prosta przechodząca przez punkt
$ I $ i równoległa do prostej $ NM $ (czyli prosta $ IL $) również leży w płaszczyźnie $ \pi' $. Stąd wniosek, że środek $ O $ odcinka
$ IL $ leży w płaszczyźnie $ \pi' $. To z kolei oznacza, że punkty $ J $ i $ K $, symetryczne względem punktu $ O $ odpowiednio do punktów
$ M $ i $ N $, również leżą w płaszczyźnie $ \pi' $. Skutkiem tego punkty $ I, J, K, L, M, N $ leżą w tej płaszczyźnie; tworzą one
więc płaski sześciokąt o środku symetrii O.

Ponadto płaszczyzny $ \pi $ i $ \pi' $ mają trzy niewspółliniowe punkty wspólne: $ I, K $ oraz $ M $. To dowodzi, że
$ \pi = \pi' $.

Udowodniliśmy w ten sposób, że punkt $ O $ jest środkiem symetrii sześciokąta $ IJKLMN $ o polu $ S $. Zatem czworokąt $ ILMN $
ma pole równe $ \frac{1}{2}S $; jest on ponadto trapezem, gdyż wykazaliśmy wcześniej, że proste $ IL $ i $ MN $ są równoległe.
Jeżeli przez $ P $ i $ Q $ oznaczymy odpowiednio środki krawędzi $ AB $ i $ BC $, to przeprowadzając analogiczne rozumowanie uzasadniamy,
że czworokąt $ ILQP $ jest trapezem o polu $ \frac{1}{2}S $.

Trapezy $ ILMN $ i $ ILQP $ mają więc równe pola; mają one ponadto wspólną podstawę $ IL $ oraz równe drugie podstawy
($ NM = PQ = \frac{1}{2}AC $). Wynika stąd, że trapezy te mają równe wysokości. Inaczej mówiąc, odległości prostej
$ IL $ od prostych $ NM $ i $ PQ $ są jednakowe.

Jeżeli $ l_1, l_2 $ są różnymi równoległymi prostymi w przestrzeni, to każda prosta do nich równoległa i jednakowo od nich
oddalona jest zawarta w płaszczyźnie $ \Pi $, względem której proste $ l_1 $ i $ l_2 $ są symetryczne. Płaszczyzna $ \Pi $ jest ponadto
prostopadła do płaszczyzny wyznaczonej przez proste $ l_1 $ i $ l_2 $.

Wobec tego proste $ AC $ i $ IL $, równoodległe od prostych $ NM $ i $ PQ $, wyznaczają płaszczyznę prostopadłą do płaszczyzny
$ MNPQ $. Innymi słowy, płaszczyzna $ \pi_1 $ zawierająca równoległobok $ ACGE $ jest prostopadła do podstawy $ ABCD $. Analogicznie
wykazujemy, że płaszczyzna $ \pi_2 $ zawierająca równoległobok $ BFHD $ jest prostopadła do podstawy $ ABCD $. Stąd wniosek, że
krawędź płaszczyzn $ \pi_1 $ i $ \pi_2 $, która jest prostą równoległą do $ AE $, jest prostopadła do podstawy $ ABCD $.
Otrzymujemy stąd równości $ \measuredangle EAB = \measuredangle EAD = 90^{\circ} $.

Podobnie dowodzimy, że $ \measuredangle DAB = 90^{\circ} $. Zatem równoległościan $ \mathcal{R} $ jest prostopadłościaniem.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź