XXVIII - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , o którego kątach płaskich wiadomo, że

$ \measuredangle BAD = 60^{\circ}, \quad \measuredangle BAC = 40^{\circ}, \quad \measuredangle ABD = 80 ^{\circ}, \quad \measuredangle ABC = 70^{\circ} $

Dowieść, że krawędzie $AB$ i $CD$ są prostopadłe.

Rozwiązanie

Ponieważ suma miar kątów trójkąta $ABC$ jest równa $180^\circ$ , więc $\measuredangle ACB = 180^\circ - \measuredangle ABC - \measuredangle BAC = 180^\circ - 70^\circ - 40^\circ = 70^\circ$ . Wynika stąd, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny: $AB = AC$ .

Jak wiadomo, iloczyn skalarny dwóch wektorów jest równy iloczynowi ich długości i cosinusa kąta między nimi. W szczególności wektory są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny jest równy zeru. Mamy więc

$ (1) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 40^\circ = AB^2 \cdot \cos 40^\circ $

$ (2) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2} AB \cdot AD. $

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ABD$ otrzymujemy $\displaystyle \frac{AD}{\sin 80^\circ} = \frac{AB}{\sin 40^\circ}$ , czyli $AD = AB \displaystyle \frac{\sin 80^\circ}{\sin 40^\circ} = 2AB \cdot \cos 40^\circ$ ,
ponieważ $\sin 80^\circ = 2 \sin 40^\circ \cdot \cos 40^\circ$ . Z (2) wynika więc, że

$ (3) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB^2 \cos 40^\circ. $

Wobec tego z (1) i (3) otrzymujemy

$ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AB} (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}) = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. $

Oznacza to, że wektory $\overrightarrow{AB}$ i $\overrightarrow{CD}$ są prostopadłe.