XI OM - III - Zadanie 2

Przez wysokość czworościanu foremnego poprowadzono płaszczyznę, która przecina płaszczyzny ścian bocznych wzdłuż $ 3 $ prostych tworzących z płaszczyzną podstawy czworościanu kąty $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $. Dowieść, że

\[<br /> (1) \qquad \tg^2 \alpha + \tg^2 \beta + \tg^2 \gamma =12.<br /> \]

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia podane na rys. 27, na którym $ HD $ przedstawia wysokość czworościanu foremnego $ ABCD $, a $ MD $, $ ND $, $ PD $ - proste przecięcia płaszczyzny poprowadzonej przez $ HD $ odpowiednio ze ścianami bocznymi $ BCD $, $ CAD $ i $ ABD $. Kąty $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ są kątami, jakie odcinki $ MD $, $ ND $, $ PD $ tworzą ze swymi rzutami $ MH $, $ NH $ i $ PH $ na płaszczyznę podstawy $ ABC $. Wobec tego

\[<br /> (2) \qquad<br /> \tg \alpha = \frac{MH}{HD},\<br /> \tg \beta = \frac{NH}{HD},\<br /> \tg \gamma = \frac{PH}{HD}.<br /> \]

Oznaczając długość krawędzi czworościanu literą $ a $, mamy, jak łatwo sprawdzić,

\[<br /> (3) \qquad HD = a \sqrt{\frac{2}{3}}.<br /> \]

Uwzględniając wzory (2) i (3) możemy twierdzeniu (1) nadać postać

\[<br /> (4) \qquad \frac{1}{MH^2} + \frac{1}{NH^2} + \frac{1}{PH^2} = \frac{18}{a^2}.<br /> \]

Widzimy, że twierdzenie (1) sprowadza się do twierdzenia planimetrycznego (4) o trójkącie równobocznym $ ABC $ o boku $ a $, którego boki $ BC $, $ CA $, $ AD $ lub ich przedłużenia przecięte są w punktach $ M $, $ N $, $ P $ prostą przechodzącą przez środek trójkąta (rys. 28).

Ponieważ punkt $ H $ znajduje się wewnątrz trójkąta, więc punkty $ M $, $ N $, $ P $ leżą po różnych stronach punktu $ H $ na prostej $ MNP $. Przypuśćmy (co nie zmniejsza ogólności rozumowania), że punkt $ M $ leży po jednej stronie, a punkty $ N $ i $ P $ do drugiej stronie punktu $ H $, przy czym punkt $ N $ znajduje się na boku $ CA $, a punkt $ P $ na przedłużeniu boku $ BA $ poza punkt $ A $. Niech $ \lambda $, $ \mu $, $ \nu $ oznaczają kąty, jakie odcinki $ HM $, $ HN $, $ HP $ tworzą z prostopadłymi poprowadzonymi z punktu $ H $ odpowiednio do boków $ BC $, $ CA $, $ AB $; te prostopadłe mają, jak wiadomo, długość $ \frac{a \sqrt{3}}{6} $ i tworzą między sobą kąty po $ 120^\circ $.

Zachodzą związki:

\[<br /> HM = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \lambda},\<br /> HN = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \mu},\<br /> HP = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \nu},<br /> \]

przy czym

\[<br /> \mu + \nu = 120^\circ,\ \lambda + \mu = 60^\circ,<br /> \]

więc

\[<br /> \mu = 60^\circ - \lambda,\ \nu = 60^\circ + \lambda.<br /> \]

Stąd

\[<br /> \frac{1}{HM^2} + \frac{1}{HN^2} + \frac{1}{HP^2} =<br /> \frac{12}{a^2} \left[ \cos^2 \lambda + \cos^2 (60^\circ - \lambda) + \cos^2 (60^\circ + \lambda) \right].<br /> \]

Stosując znane wzory trygonometryczne obliczamy łatwo, że

\[<br /> \cos^2 \lambda + \cos^2 (60^\circ - \lambda) + \cos^2 (60^\circ + \lambda) = \frac{3}{2},<br /> \]

podstawienie do poprzedniej równości daje zatem

\[<br /> \frac{1}{HM^2} + \frac{1}{HN^2} + \frac{1}{HP^2} = \frac{18}{a^2},<br /> \]

czego należało dowieść.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź