XXXIV OM - I - Zadanie 12

Na czworościanie $ ABCD $ opisujemy sferę. $ \alpha, \beta, \gamma, \delta $ są płaszczyznami stycznymi do tej sfery odpowiednio w wierzchołkach $ A, B, C, D $, przy czym $ \alpha \cap \beta = p $, $ \gamma \cap \delta = q $ i $ p \cap CD \neq \emptyset $. Udowodnić, że proste $ q $ i $ AB $ leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

om34_1r_img_4.jpg
Niech $ S $ i $ E $ będą odpowiednio sferą opisaną na czworościanie $ ABCD $ i punktem wspólnym prostych $ p $ i $ CD $. Punkt $ E $ leży poza odcinkiem $ CD $, można założyć, że należy on do półprostej $ CD^\to $, jak na rys. 4. Ponieważ $ E \subset \alpha $, więc prosta $ AE $ jest styczna do $ S $, jest więc też styczna do okręgu opisanego na trójkącie $ ACD $. Jeśli $ O $ jest środkiem okręgu, to ponieważ $ 2 \measuredangle DAO+ \measuredangle AOD = 180^\circ $, więc $ \measuredangle DAE = 90^\circ- \measuredangle DAO = 90^\circ-(90^\circ-<br />
(90^\circ - \frac{1}{2} \measuredangle AOD) = \frac{1}{2}\measuredangle AOD $. Kąt $ AOD $ jest kątem środkowym opartym na łuku $ \overline{AD} $, kąt $ ACD $ jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, więc $ \measuredangle ACD = \frac{1}{2} \measuredangle AOD $. Wobec tego

\[<br />
\measuredangle DAE= \measuredangle ACD.<br />
\]

Trójkąty $ EAD $ i $ ECA $ mają wspólny kąt przy wierzchołku $ E $, są więc na mocy powyższej równości trójkątami podobnymi. Wynika stąd, że

\[<br />
\frac{EC}{EA} = \frac{AC}{AD}<br />
\]

Ponieważ jednocześnie $ E \in \beta $, więc prosta $ BE $ jest styczna do $ S $ i do okręgu opisanego na trójkącie $ BCD $. Rozumując analogicznie otrzymamy proporcję

\[<br />
\frac{EC}{EB} = \frac{BC}{BD}.<br />
\]

Z dwóch ostatnich równości wynika

\[<br />
 (1) \qquad  \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{BD},<br />
\]

gdyż $ EA = EB $ jako długości odcinków stycznych do sfery $ S $ poprowadzonych z punktu $ E $.

Przypuśćmy, że jedna z płaszczyzn $ \gamma $ i $ \delta $ jest równoległa do prostej $ AB $. Załóżmy, że zachodzi relacja $ \gamma || AB $. Wówczas $ AC = BC $ i z (1) wynika, że $ AD = BD $, a zatem $ \sigma || AB $. Otrzymujemy stąd, że $ q =\gamma \cap \delta $ jest prostą równoległą do $ AB $. Wobec tego proste $ q $ i $ AB $ leżą w jednej płaszczyźnie.

Załóżmy, że prosta $ AB $ nie jest równoległa do żadnej z płaszczyzn $ \gamma $ i $ \delta $ i $ F $, $ G $ są odpowiednimi punktami przecięcia. Rozumując analogicznie jak na początku rozwiązania, otrzymujemy proporcje

\[<br />
\frac{FA}{FC} = \frac{AC}{BC} \ \textrm{i} \ \frac{GA}{GD} = \frac{AD}{BD}<br />
\]

Zachodzą równości $ FC = FB $, $ GD = GB $, gdyż odcinki $ \overline{FC} $, $ \overline{FB} $, $ \overline{GD} $ i $ \overline{GB} $ poprowadzone odpowiednio z $ F $ oraz $ G $ są styczne do $ S $. Otrzymujemy więc na mocy (1) następującą równość

\[<br />
\frac{FA}{FB} = \frac{GA}{GB}<br />
\]

Punkty $ F $ i $ G $ leżą na zewnątrz sfery $ S $, więc nie należą do odcinka $ AB $, a skoro należą do prostej $ AB $, to z powyższej równości wynika, że $ F = G $. Wobec tego $ F \in \gamma \cap \delta = q $. Zatem $ F $ jest punktem wspólnym prostych $ q $ i $ AB $, skąd wynika, że proste te leżą w jednej płaszczyźnie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź