XVIII OM - I - Zadanie 8

Dana jest kula $ k $, okrąg $ c $ leżący na jej powierzchni oraz taki punkt $ S $ nie leżący na tej powierzchni, że każda prosta przechodząca przez $ S $ i przez jakiś punkt $ M $ okręgu $ c $ przecina powierzchnię kuli $ k $ jeszcze w pewnym punkcie $ N $ różnym od $ M $. Udowodnić, że zbiór $ Z $ wszystkich punktów $ N $ tworzy okrąg.

Rozwiązanie

Gdy punkt $ S $ leży w płaszczyźnie okręgu $ c $, dowód tezy twierdzenia jest natychmiastowy, albowiem $ S $ znajduje się wówczas wewnątrz okręgu $ c $ (gdyż punkty leżące na zewnątrz $ c $ nie spełniają przyjętego założenia) i zbiór wszystkich punktów $ N $ jest okręgiem $ c $.

Załóżmy, że punkt $ S $ nie leży w płaszczyźnie okręgu $ c $ i niech $ H $ będzie rzutem prostokątnym punktu $ S $ na tę płaszczyznę; punkty $ S $ i $ H $ są różne (rys. 3).

Przypuśćmy najpierw, że punkt $ H $ nie leży na okręgu $ c $. Niech $ M $ będzie punktem okręgu $ c $, a $ N $ drugim punktem przecięcia prostej $ SM $ z powierzchnią kuli $ k $. Poprowadźmy przez punkt $ N $ w płaszczyźnie $ SHM $ prostopadłą do $ SM $; przecina ona prostą $ SH $ w pewnym punkcie $ L $, gdyż proste $ SH $ i $ SM $ nie są prostopadłe.

Trójkąty prostokątne $ SHM $ i $ SNL $ są podobne, więc $ \frac{SH}{SM}= \frac{SN}{SL} $, a stąd $ SL = \frac{SM \cdot SN}{SH} $.

Wartość iloczynu $ SM \cdot SN $ nie zależy od położenia punktu $ M $ na powierzchni kuli; liczba ta nazywa się, jak wiemy, potęgą punktu $ S $ względem kuli. Długość $ SH $ również nie zależy od położenia punktu $ M $. Z powyższej równości wynika zatem, że długość $ SL $ jest stała, tzn. wszystkim punktom $ M $ okręgu $ c $ odpowiada ten sam punkt $ L $. Ponieważ $ \measuredangle SNL $ jest prosty, więc punkt $ N $ leży na powierzchni kuli $ k_1 $ o średnicy $ SL $, należy zatem do okręgu $ c_1 $, według którego powierzchnia kuli $ k_1 $ przecina powierzchnię kuli $ k $. Zbiór $ Z $ wszystkich punktów $ N $ jest więc zawarty w okręgu $ c_1 $.

Odwrotnie, jeżeli $ N $ jest punktem okręgu $ c_1 $, a $ M $ jest takim punktem półprostej $ SN $, że $ SM = \frac{SH \cdot SL}{SN} $, to punkt $ M $ leży na powierzchni kuli $ k $, gdyż wtedy $ SM \cdot SN=SH \cdot SL $ jest równe potędze punktu $ S $ względem $ k $. Ponieważ zaś trójkąty $ SHM $ i $ SNL $ są podobne (gdyż $ SM \colon SH = SL \colon SN $, a $ \measuredangle HSM = \measuredangle NSL $), więc $ \measuredangle SHM = \measuredangle SNL = 90^\circ $, skąd wynika, że punkt $ M $ leży w płaszczyźnie okręgu $ c $. W takim razie punkt $ M $ leży na okręgu $ c $, wobec czego punkt $ N $ należy do zbioru $ Z $.

Wnioskujemy stąd, że zbiór $ Z $ jest okręgiem $ c_1 $.

W przypadku, gdy punkt $ H $ leży na okręgu $ c_1 $, dowód powyższy wymaga niewielkiej modyfikacji. Z równości $ SH \cdot SL = SM \cdot SN $ wynika wtedy, że punkt $ L $ leży na powierzchni kuli $ k $, więc jest jednym z punktów zbioru $ Z $. Dalsze rozumowanie, które przebiega jak poprzednio, polega na wykazaniu, że pozostałe punkty zbioru $ Z $ tworzą zbiór punktów okręgu $ c_1 $ różnych od $ L $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź