LX OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LX OM, 2008-2009

Etap:

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).

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

$ HK \perp AG, HL \perp CG \text{ oraz } GH \perp AC. $

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.

Sposób I

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

$ (1) \qquad EH^2 = EK\cdot EL. $

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

$ (2) \qquad \frac{GK}{GH} = \frac{GH}{GA}, \text{ czyli } GK\cdot GA = GH^2 $

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

$ (3) \qquad \frac{GL}{GH} = \frac{GH}{GC}, \text{ czyli } GL\cdot GC = GH^2. $

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

$ GK \cdot GA = GL \cdot GC. $

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

$ (4) \qquad EK \cdot EL = EA\cdot EC. $

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

$ (5) \qquad EH^2 = EA\cdot EC. $

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

$ (6) \qquad (e-h)^2 =(e-a)(e-c), $

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

$ \frac{AE}{EC} = \frac{AK}{KG}\cdot \frac{GL}{LC} = \frac{AK}{KH} \cdot \frac{KH}{KG} \cdot \frac{GL}{LH} \cdot \frac{LH}{LC} $

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

$ (8) \qquad \frac{AK}{KH} = \frac{KH}{KG} = \frac{AH}{GH} $

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

$ (9) \qquad \frac{GL}{LH} = \frac{LH}{LC} = \frac{GH}{CH} $

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

$ (10) \qquad \frac{AE}{EC} = \frac{AH}{GH} \cdot \frac{AH}{GH} \cdot \frac{GH}{CH} \cdot \frac{GH}{CH} \left(\frac{AH}{CH}\right)^2 . $

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

$ \frac{e-a}{e-c} = \left(\frac{AH}{CH}\right)^2 $

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

$ \frac{AE}{EC} = \left(\frac{AH}{CH}\right)^2 $

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