XI OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

III

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

$ (1) \qquad \tg^2 \alpha + \tg^2 \beta + \tg^2 \gamma =12. $

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

$ (2) \qquad \tg \alpha = \frac{MH}{HD},\ \tg \beta = \frac{NH}{HD},\ \tg \gamma = \frac{PH}{HD}. $

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

$ (3) \qquad HD = a \sqrt{\frac{2}{3}}. $

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

$ (4) \qquad \frac{1}{MH^2} + \frac{1}{NH^2} + \frac{1}{PH^2} = \frac{18}{a^2}. $

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:

$ HM = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \lambda},\ HN = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \mu},\ HP = \frac{a \sqrt{3}}{6 \cos \nu}, $

przy czym

$ \mu + \nu = 120^\circ,\ \lambda + \mu = 60^\circ, $

więc

$ \mu = 60^\circ - \lambda,\ \nu = 60^\circ + \lambda. $

Stąd

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

Stosując znane wzory trygonometryczne obliczamy łatwo, że

$ \cos^2 \lambda + \cos^2 (60^\circ - \lambda) + \cos^2 (60^\circ + \lambda) = \frac{3}{2}, $

podstawienie do poprzedniej równości daje zatem

$ \frac{1}{HM^2} + \frac{1}{HN^2} + \frac{1}{HP^2} = \frac{18}{a^2}, $

czego należało dowieść.