LVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Czworościan $ABCD$ jest opisany na kuli o środku $S$ i promieniu 1, przy czym $SA \geq SB \geq SC$ . Wykazać, że $SA > \sqrt{5}$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat.

Lemat

Trójkąt $ABC$ jest zawarty w kole o promieniu $R$ . Okrąg o promieniu $r$ jest wpisany w trójkąt $ABC$ . Wówczas $R \geq 2r$ .

Dowód

Niech $D, E, F$ będą odpowiednio środkami boków $BC, CA, AB$ (rys. 3). Oznaczmy ponadto przez $S$ punkt przecięcia środkowych
$AD$ , $BE$ i $CF$ . Rozpatrzmy dalej jednokładność o środku $S$ i skali $-1/2$ . Jednokładność ta przeprowadza punkty $A$ , $B$ i $C$
odpowiednio na punkty $D$ , $E$ i $F$ , natomiast okrąg o promieniu $R$ zawierający trójkąt $ABC$ na okrąg $\omega$ o promieniu $R/2$
zawierający trójkąt $DEF$ .

Poprowadźmy styczną $k_A$ do okręgu $\omega$ , która jest równoległa do boku $BC$ i która leży po przeciwnej stronie prostej
$BC$ niż punkt $A$ . Taka prosta istnieje, gdyż okrąg $\omega$ przecina prostą $BC$ . Analogicznie konstruujemy styczne
$k_B$ i $k_C$ równoległe odpowiednio do prostych $CA$ i $AB$ . Proste $k_A$ , $k_B$ , $k_C$ wyznaczają boki trójkąta
$XYZ$ podobnego do trójkąta $ABC$ (rys. 4). Ponadto okrąg $\omega$ jest wpisany w trójkąt $XYZ$ . Ponieważ trójkąt
$ABC$ jest zawarty w trójkącie $XYZ$ , więc promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ nie przekracza promienia okręgu wpisanego
w trójkąt $XYZ$ . Stąd $r \leq R/2$ , czyli $R \geq 2r$ . To kończy dowód lematu.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Rozpatrzmy płaszczyznę $\pi$ przechodzącą przez punkt $S$ i równoległą do płaszczyzny $ABC$ . Płaszczyzna $\pi$ przecina krawędzie $AD$ , $BD$ , $CD$ odpowiednio w punktach $A'$ , $B'$ , $C'$ i jej przekrój ze sferą wpisaną w czworościan $ABCD$ jest okręgiem $\omega$ o promieniu 1, zawartym w trójkącie $A'B'C'$ . Jednokładność o środku $D$ , która przeprowadza trójkąt $A'B'C'$ na trójkąt $ABC$ odwzorowuje okrąg $\omega$ na okrąg o promieniu większym niż 1 i zawartym w trójkącie $ABC$ . Stąd wniosek, że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest większy od 1.

Niech $T$ będzie punktem styczności sfery wpisanej w czworościan $ABCD$ ze ścianą $ABC$ i przypuśćmy, że $SA \leq \sqrt{5}$ . Wtedy również $SB \leq \sqrt{5}$ oraz
$SC \leq \sqrt{5}$ . Ponadto

$<br /> TA = \sqrt{SA^2-1} \leq 2<br />$

i analogicznie $TB \leq 2$ oraz $TC \leq 2$ . Zatem trójkąt $ABC$ leży wewnątrz okręgu o środku $T$ i promieniu 2, co oznacza (na mocy lematu), że promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest mniejszy lub równy 1. Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż jak udowodniliśmy wyżej promień ten jest większy od 1. Sprzeczność ta dowodzi, że $SA > 5$ .