XIX OM - I - Zadanie 12

Dany jest czworościan $A_1A_2A_3A_4$ . Udowodnić, że jeżeli punkty $P_1, P_2, P_3, P_4$ są rzutami prostokątnymi pewnego punktu $P$ przestrzeni odpowiednio na proste $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1$ , to suma

$ A_1P_1^2 + A_2P_2^2 + A_3P_3^2 + A_4P_4^2 $

jest najmniejsza wtedy, gdy punkt $P$ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie A $A_1A_2A_3A_4$ .

Rozwiązanie

Dla uproszczenia zapisów wprowadzimy następujące oznaczenia długości odcinków $A_iA_{i+1} = a_i$ , $PA_i = x_i$ , $P_iA_i = y_i$ ( $i = 1, 2, 3,4$ , przy czym wskaźnik $i+ 1$ dla $i = 4$ zastępujemy przez $1$ ).

Dla każdej czwórki punktów $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ , $P_i$ zachodzi związek

$ (1) \qquad y_i^2 = \left( \frac{x_i^2 - x_{i+1}^2 + a_i^2}{2a_i} \right)^2. $

Istotnie, jeśli punkty $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ nie są współliniowe, to według twierdzenia o kwadracie boku trójkąta (rys. 9)

$ (2) \qquad x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2_i- 2a_iy_i, $

gdy kąt wypukły $PA_iA_{i+1}$ jest ostry lub prosty, natomiast

$ (3) \qquad x^2_{i+1} = x^2_{i} + a^2 + 2a_iy_i, $

gdy kąt wypukły $PA_iA_{i+1}$ jest rozwarty.

Jeśli punkty $A_i$ , $A_{i+1}$ , $P$ są współliniowe, to punkt $P$ pokrywa się z punktem $P_i$ (rys. 10). Gdy punkt $P$ leży na odcinku $A_iA_{i+1}$ , wówczas

$ (4) \qquad x_{i} + x_{i+1} = a_i,\ y_i = x_{i}. $

Gdy zaś punkt $P$ leży na zewnątrz odcinka $A_iA_{i+1}$ , wtedy

$ (5) \qquad |y_i- x_{i+1}| = a_i,\ y_i=x_i. $

Otóż równość (1) wynika zarówno z każdej z równości (2) i (3), jak z każdego z układów równości (4) i (5), co stwierdzamy za pomocą prostego rachunku.

Z równości (1) otrzymujemy

$ y_i^2 = \left( \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2 + 2a_i^2(x_i^2 - x_{i+1}^2) +a_i^4}{4a_i^2} \right)^2. $

Zatem

$ \sum_{i=1}^4 y_i^2 = \sum_{i=1}^4 \frac{(x_i^2 - x_{i+1}^2)^2}{4a_i^2} + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) + \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2. $

Ponieważ $\sum_{i=1}^4 (x_i^2 - x_{i+1}^2) = \sum_{i=1}^4 x_i^2 - \sum_{i=1}^4 x_{i+1}^2 = 0$ , więc z poprzedniej równości wynika, że

$ \sum_{i=1}^4 y_i^2 \geq \frac{1}{4} \sum_{i=1}^4 a_i^2, $

przy czym równość obu stron ma miejsce tylko wtedy, gdy $x_1= x_2 = x_3 = x_4$ , gdy zatem punkt $P$ jest środkiem kuli opisanej na czworościanie $A_1A_2A_3A_4$ , c.n.d.

Uwaga. Dowód wzoru (1) można przeprowadzić znacznie zręczniej posługując się rachunkiem wektorów. Nie trzeba wówczas rozróżniać kilku przypadków ani ułatwiać zrozumienia dowodu rysunkami. Rozumujemy jak następuje:

Dla dowolnego punktu $P$

$ \overrightarrow{A_{i+1}P} = \overrightarrow{A_iP} - \overrightarrow{A_iA_{i+1}} $

stąd

$ \begin{split} (\overrightarrow{A_{i+1}P})^2 &= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 - 2 (\overrightarrow{A_iP} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}) =\\ &= (\overrightarrow{A_iP})^2 + (\overrightarrow{A_iA_{i+1}})^2 - 2 (\overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}}), \end{split} $

gdyż wektor $\overrightarrow{A_iP_i}$ jest rzutem prostokątnym wektora $\overrightarrow{A_iP}$ na prostą $\overrightarrow{A_iA_{i+1}}$ .

Otóż

$ \overrightarrow{A_iP_i} \cdot \overrightarrow{A_iA_{i+1}} = A_iP_i \cdot A_iA_{i+1} \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1}; $

Stąd i z poprzedniej równości wynika, że

$ A_iP_i \cdot \cos \measuredangle P_iA_iA_{i+1} = \frac{A_iP^2 - A_{i+1}P^2 + A_iA^2_{i+1}}{2A_iA_{i+1}}. $

Ponieważ punkty $P_i$ , $A_i$ , $A_{i+1}$ są współliniowe, więc $\cos \measuredangle P_i A_i A_{i+1}$ jest równy $1$ lub $- 1$ , zatem $\cos^2 \measuredangle P_i A_i A_{i+1}= 1$ i z poprzedniego wzoru otrzymujemy