Komentarz

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 $O$ .

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 $\measuredangle EAB = \measuredangle EAD = 90^{\circ}$ .