Komentarz

LVII OM - I - Zadanie 8

Czworościan $ ABCD $ jest opisany na kuli o środku $ S $ i promieniu 1, przy czym $ SA \geq SB \geq SC $. Wykazać, że $ SA > \sqrt{5} $.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

Lemat

Trójkąt $ ABC $ jest zawarty w kole o promieniu $ R $. Okrąg o promieniu $ r $ jest wpisany w trójkąt $ ABC $. Wówczas $ R \geq 2r $.

Dowód

Niech $ D, E, F $ będą odpowiednio środkami boków $ BC, CA, AB $ (rys. 3). Oznaczmy ponadto przez $ S $ punkt przecięcia środkowych
$ AD $, $ BE $ i $ CF $ . Rozpatrzmy dalej jednokładność o środku $ S $ i skali $ -1/2 $. Jednokładność ta przeprowadza punkty $ A $, $ B $ i $ C $
odpowiednio na punkty $ D $, $ E $ i $ F $ , natomiast okrąg o promieniu $ R $ zawierający trójkąt $ ABC $ na okrąg $ \omega $ o promieniu $ R/2 $
zawierający trójkąt $ DEF $.

om57_1r_img_3.jpg
om57_1r_img_4.jpg

Poprowadźmy styczną $ k_A $ do okręgu $ \omega $, która jest równoległa do boku $ BC $ i która leży po przeciwnej stronie prostej
$ BC $ niż punkt $ A $. Taka prosta istnieje, gdyż okrąg $ \omega $ przecina prostą $ BC $. Analogicznie konstruujemy styczne
$ k_B $ i $ k_C $ równoległe odpowiednio do prostych $ CA $ i $ AB $. Proste $ k_A $, $ k_B $, $ k_C $ wyznaczają boki trójkąta
$ XYZ $ podobnego do trójkąta $ ABC $ (rys. 4). Ponadto okrąg $ \omega $ jest wpisany w trójkąt $ XYZ $. Ponieważ trójkąt
$ ABC $ jest zawarty w trójkącie $ XYZ $, więc promień okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ nie przekracza promienia okręgu wpisanego
w trójkąt $ XYZ $. Stąd $ r \leq R/2 $, czyli $ R \geq 2r $. To kończy dowód lematu.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Rozpatrzmy płaszczyznę $ \pi $ przechodzącą przez punkt $ S $ i równoległą do płaszczyzny $ ABC $. Płaszczyzna $ \pi $ przecina krawędzie $ AD $, $ BD $, $ CD $ odpowiednio w punktach $ A' $, $ B' $, $ C' $ i jej przekrój ze sferą wpisaną w czworościan $ ABCD $ jest okręgiem $ \omega $ o promieniu 1, zawartym w trójkącie $ A'B'C' $. Jednokładność o środku $ D $, która przeprowadza trójkąt $ A'B'C' $ na trójkąt $ ABC $ odwzorowuje okrąg $ \omega $ na okrąg o promieniu większym niż 1 i zawartym w trójkącie $ ABC $. Stąd wniosek, że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ jest większy od 1.

Niech $ T $ będzie punktem styczności sfery wpisanej w czworościan $ ABCD $ ze ścianą $ ABC $ i przypuśćmy, że $ SA \leq \sqrt{5} $. Wtedy również $ SB \leq \sqrt{5} $ oraz
$ SC \leq \sqrt{5} $. Ponadto

\[<br /> TA = \sqrt{SA^2-1} \leq 2<br /> \]

i analogicznie $ TB \leq 2 $ oraz $ TC \leq 2 $. Zatem trójkąt $ ABC $ leży wewnątrz okręgu o środku $ T $ i promieniu 2, co oznacza (na mocy lematu), że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ jest mniejszy lub równy 1. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż jak udowodniliśmy wyżej promień ten jest większy od 1. Sprzeczność ta dowodzi, że $ SA > 5 $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz