LX OM - I - Zadanie 8

Przekątne podstawy $ ABCD $ ostrosłupa $ ABCDS $ przecinają się pod
kątem prostym w punkcie $ H $, będącym spodkiem wysokości ostrosłupa.
Niech $ K $, $ L $, $ M $, $ N $ będą rzutami prostokątnymi punktu $ H $
odpowiednio na ściany $ ABS $, $ BCS $, $ CDS $, $ DAS $. Dowieść, że proste
$ KL $, $ MN $ i $ AC $ są równoległe lub przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Na początku wykażemy, że proste $ KL $ i $ AC $ leżą w jednej
płaszczyźnie.

Z założeń zadania wynika, że proste $ AC $, $ BD $ i $ HS $ są
wzajemnie prostopadłe. Oznacza to, że dowolna prosta zawarta
w płaszczyźnie wyznaczonej przez dwie z tych prostych jest
prostopadła do trzeciej. W szczególności prosta $ SB $ jest
prostopadła do prostej $ AC $ i wobec tego istnieje płaszczyzna
$ \pi $ przechodząca przez prostą AC i prostopadła do prostej SB.

Ponieważ prosta SB jest zawarta w płaszczyznach $ ABS $ i $ BCS $,
więc płaszczyzna $ \pi $ jest prostopadła do obu tych płaszczyzn.
Wynika stąd, że prosta $ HK $, która jest prostopadła do płaszczyzny
$ ABS $, jest równoległa do płaszczyzny $ \pi $, a wobec relacji
$ H \in \pi $ jest w tej płaszczyźnie zawarta. To oznacza, że punkt
$ K $ leży w płaszczyźnie $ \pi $. Podobnie uzasadniamy, że $ L \in \pi $.
Zatem proste $ KL $ i $ AC $ są zawarte w płaszczyźnie $ \pi $ (rys. 4).

om60_1r_img_4.jpg

Niech $ G $ oznacza punkt wspólny płaszczyzny $ \pi $ i prostej $ SB $.
Wówczas

\[<br /> HK \perp AG, HL \perp CG \text{ oraz } GH \perp AC.<br /> \]

Punkty $ K $ i $ L $ leżą więc na okręgu o o średnicy $ GH $,
stycznym do prostej AC.

Zauważmy teraz, że proste $ KL $ i $ AC $ są równoległe wtedy i
tylko wtedy, gdy $ KL \perp GH $. Ale punkty $ K $ i $ L $ leżą na okręgu
o średnicy $ GH $, więc warunek $ KL \perp GH $ jest równoważny temu,
że trójkąty $ GKH $ i $ GLH $ są symetryczne względem prostej $ GH $.
To z kolei ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $ \measuredangle AGH = \measuredangle CGH $,
co jest równoznaczne z równoramiennością trójkąta $ AGC $, a więc
z tym, że punkt $ H $ jest środkiem odcinka $ AC $.

Przyjmijmy zatem, że punkt $ H $ nie jest środkiem odcinka $ AC $.
Dalsza część rozumowania rozgrywa się w płaszczyźnie $ \pi $ (rys. 5).
Dokończymy rozwiązanie zadania dwoma sposobami.

om60_1r_img_5.jpg

Sposób I

Niech $ E $ oznacza punkt przecięcia prostych $ KL $ i $ AC $. Z
twierdzenia o siecznej i stycznej zastosowanego do okręgu $ o $
uzyskujemy wówczas

\[<br /> (1) \qquad EH^2 = EK\cdot EL.<br /> \]

Z drugiej strony, podobieństwo trójkątów prostokątnych
$ GKH $ i $ GHA $ daje

\[<br /> (2) \qquad \frac{GK}{GH} = \frac{GH}{GA}, \text{ czyli } GK\cdot GA = GH^2<br /> \]

zaś z podobieństwa trójkątów prostokątnych $ GLH $ i $ GHC $ dostajemy

\[<br /> (3) \qquad \frac{GL}{GH} = \frac{GH}{GC}, \text{ czyli } GL\cdot GC = GH^2.<br /> \]

Porównując stronami równości (2) i (3) stwierdzamy, że

\[<br /> GK \cdot GA = GL \cdot GC.<br /> \]

To dowodzi, że punkty $ A, K, L, C $ leżą na jednym okręgu, co implikuje, że

\[<br /> (4) \qquad EK \cdot EL = EA\cdot EC.<br /> \]

Łącząc teraz zależności (1) i (4) otrzymujemy warunek

\[<br /> (5) \qquad EH^2 = EA\cdot EC.<br /> \]

Punkt $ E $ na prostej $ AC $ jest określony jednoznacznie przez
równość (5). Wprowadzając bowiem na prostej $ AC $ strukturę osi
liczbowej i przyjmując, że punktowi $ X $ odpowiada liczba $ x $,
zapisujemy warunek (5) w postaci

\[<br /> (6) \qquad (e-h)^2 =(e-a)(e-c),<br /> \]

czyli $ (a+c-2h)e = ac-h^2 $; skoro zaś punkt $ H $ nie jest środkiem
odcinka $ AC $, mamy $ a+c-2h \neq 0 $ i w efekcie istnieje dokładnie
jedna liczba rzeczywista $ e $ spełniająca równanie (6).

Sposób II

Pozostając przy oznaczeniach rys. 5 oraz stosując twierdzenie
Menelausa (zob. L Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu
Głównego, Warszawa 2000, Dodatek H, str. 122) do trójkąta $ ACG $
przeciętego prostą przechodzącą przez punkty $ E $, $ L $, $ K $
uzyskujemy równość

\[<br /> \frac{AE}{EC} = \frac{AK}{KG}\cdot \frac{GL}{LC} =<br /> \frac{AK}{KH} \cdot \frac{KH}{KG} \cdot \frac{GL}{LH} \cdot \frac{LH}{LC}<br /> \]

Ponadto podobieństwo trójkątów prostokątnych $ AKH $, $ HKG $ i $ AHG $
pozwala wnioskować, że

\[<br /> (8) \qquad \frac{AK}{KH} = \frac{KH}{KG} = \frac{AH}{GH}<br /> \]

zaś podobieństwo trójkątów prostokątnych GLH, HLC i GHC daje GL LH GH

\[<br /> (9) \qquad \frac{GL}{LH} = \frac{LH}{LC} = \frac{GH}{CH}<br /> \]

Łącząc zależności (7), (8) i (9) widzimy, że

\[<br /> (10) \qquad \frac{AE}{EC} = \frac{AH}{GH} \cdot \frac{AH}{GH} \cdot \frac{GH}{CH}<br /> \cdot \frac{GH}{CH}<br /> \left(\frac{AH}{CH}\right)^2 .<br /> \]

Podobnie jak w sposobie I równość (10) pozwala stwierdzić, że
punkt $ E $ na prostej $ AC $ jest wyznaczony jednoznacznie.
Odpowiednikiem równania (6) będzie w tym przypadku równanie

\[<br /> \frac{e-a}{e-c} = \left(\frac{AH}{CH}\right)^2<br /> \]

które ma dokładnie jedno rozwiązanie rzeczywiste $ e $ wobec faktu,
że jego prawa strona jest różna od $ 1 $, jako że punkt $ H $ nie jest
środkiem odcinka $ AC $.

Przeprowadzając analogiczne rozumowanie dla prostej $ MN $
dochodzimy ostatecznie do następującego wniosku:
Proste $ KL $, $ MN $ i $ AC $

  • są równoległe, jeżeli punkt $ H $ jest środkiem odcinka $ AC $;
  • przecinają się w punkcie $ E $ leżącym na prostej $ AC $ i
    wyznaczonym przez warunek $ EH^22 = EA\cdot EC $ (wynikający ze
    sposobu I), bądź też przez równoważny warunek

    \[<br /> \frac{AE}{EC} = \left(\frac{AH}{CH}\right)^2<br /> \]

    (wynikający ze sposobu II), jeżeli punkt $ H $ nie jest środkiem
    odcinka $ AC $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź