XVIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVIII OM, 1966-1967

Etap:

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 $L$ .