XLVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Wewnątrz równoległościanu,którego krawędzie mają długości $a$ , $b$ , $c$ , leży punkt $P$ . Dowieść. że istnieje wierzchołek równoległościanu, którego odległość od punktu $P$ nie przekracza $\frac{1}{2}\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$ .

Rozwiązanie

Ściany równoległościanu wyznaczają sześć płaszczyzn. Niech $\pi$ będzie tą płaszczyzną, której odległość od punktu $P$ jest najmniejsza; jeśli są dwie takie płaszczyzny (lub więcej), wybieramy dowolną z nich i ją oznaczamy przez $\pi$ . Niech $ABCD$ będzie ścianą równoległościanu zawartą w płaszczyźnie $\pi$ i niech $N$ będzie rzutem prostokątnym punktu $P$ na tę płaszczyznę.

Przyjmijmy, że cztery krawędzie równoległościanu, łączące wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ z wierzchołkami ściany $A'B'C'D'$ równoległej do $ABCD$ , mają długość $c$ . (Nie tracimy przez to ogólności, bo w razie potrzeby można zmienić oznaczenia długości krawędzi.)

Punkt $P$ jest oddalony od ściany $A'B'C'D'$ nie mniej niż od ściany $ABCD$ . Zatem $|NP| \leq \frac{1}{2} c$ .

Wykażemy, że punkt $N$ leży w obrębie rówuoległoboku $ABCD$ . Przypuśćmy, że jest inaczej. Wówczas odcinek $PN$ przecina brzeg równoległościanu w pewnym punkcie $X$ , należącym do jakiejś innej ściany. Odległość punktu $P$ od płaszczyzny tej ściany nie przekracza długości odcinka $PX$ , a więc jest mniejsza od długości odcinka $PN$ , czyli od odległości punktu $P$ od płaszczyzny $\pi$ . To się jednak kłóci z wyborem płaszczyzny $\pi$ ; sprzeczność dowodzi fałszywości uczynionego przypuszczenia.

Tak więc $N$ jest punktem równoległoboku $ABCD$ , którego boki mają długości $a$ i $b$ . Powtarzamy rozumowanie: spośród prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ wybieramy tę, której odległość od punktu $N$ jest najmniejsza; jeśli jest więcej niż jedna taka prosta, wybieramy którąkolwiek z nich.

Przyjmijmy, że jest to prosta $AB$ i że $|AB| = a$ (w razie potrzeby zmieniamy oznaczenia). Niech $K$ będzie rzutem prostokątnym punktu $N$ na prostą $AB$ . Rozumując podobnie jak poprzednio zauważamy, że $|KN| \leq \frac{1}{2}b$ oraz że $K$ jest punktem odcinka $AB$ ; gdyby bowiem punkt $K$ leżał na prostej $AB$ poza odcinkiem $AB$ , wówczas odcinek $NK$ przecinałby inny bok równoległoboku $ABCD$ , i wobec tego odległość punktu $N$ od tego boku byłaby mniejsza niż odległość $N$ od prostej $AB$ - wbrew wyborowi owej prostej.

Możemy wreszcie bez straty ogólności założyć, że punkt $K$ leży na odcinku $AB$ w odległości nie większej od końca $A$ niż od $B$ . Zatem $|AK| \leq \frac{1}{2} a$ .

Kierunki prostych $AK$ , $KN$ , $NP$ są parami prostopadłe. Odcinki $AK$ , $KN$ , $NP$ są więc trzema prostopadłymi krawędziami prostopadłościanu, którego wewnętrzną przekątną jest odcinek $AP$ . Długości tych odcinków nie przekraczają (odpowiednio) liczb $\frac{1}{2}a$ , $\frac{1}{2}b$ , $\frac{1}{2}c$ . Zatem, ostatecznie,

$<br /> |AP| = \sqrt{|AK|^2 + |KN|^2 + |NP|^2} \leq \frac{1}{2} \sqrt{a^2 + b^2 + c^2};<br />$

punkt $A$ jest wierzchołkiem, którego istnienie trzeba było wykazać.