LX OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LX OM, 2008-2009

Etap:

III

Sfera wpisana w czworościan $ABCD$ jest styczna do jego ścian $BCD, ACD, ABD, ABC$ odpowiednio w punktach
$P, Q, R, S$ . Odcinek $PT$ jest średnicą tej sfery, zaś punkty $A',Q',R',S'$ są punktami przecięcia prostych
$TA, TQ, TR, TS$ z płaszczyzną $BCD$ . Wykazać, że $A'$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $Q'R'S'$ .

Rozwiązanie

Sposób I.

Niech $\Theta$ będzie sferą wpisaną w czworościan $ABCD$ i niech $O$ będzie środkiem tej sfery.
Ponieważ punkty $A, T$ i $A'$ są współliniowe oraz $A \neq T$ , więc istnieje jednokładność $\varphi$ o środku
$A$ przekształcająca punkt $T$ na punkt $A'$ . Niech $\Theta_1 = \varphi(\Theta)$ i niech $\Pi$ będzie taką
płaszczyzną, że jej obrazem w jednokładności $\varphi$ jest płaszczyzna $BCD$ . Wówczas płaszczyzny $BCD$
i $\Pi$ są równoległe, a ponadto $T \in \Pi$ . Skoro $PT$ jest średnicą sfery $\Theta$ i płaszczyzna
$BCD$ jest styczna do tej sfery w punkcie $P$ , to płaszczyzna $\Pi$ jest do niej styczna w punkcie $T$ .
Zatem $\varphi(\Pi)$ jest styczna do sfery $\varphi(\Theta) = \Theta_1$ w punkcie $\varphi(T)= A'$ .

Rozważmy przekrój czworościanu $ABCD$ , płaszczyzny $\Pi$ oraz sfer $\Theta$ i $\Theta_1$ płaszczyzną
$ATQ$ (rys. 1.).

Niech $Z$ będzie punktem przecięcia prostej $AQ$ i płaszczyzny $BCD$ . Niech ponadto $Q_1 = \varphi(Q)$ .
Wówczas $Q_1$ jest punktem styczności prostej $AQ$ i sfery $\Theta_1$ , zatem $ZA' = ZQ_1$ , czyli trójkąt
$Q_1ZA'$ jest trójkątem równoramiennym. Zauważmy, że proste $A'Q_1$ i $TQ$ są równoległe, gdyż pierwsza z nich
jest obrazem drugiej w jednokładności $\varphi$ . Wynika stąd, że trójkąty $QZQ'$ oraz $Q_1ZA'$ są podobne,
czyli trójkąt $QZQ'$ również jest równoramienny. Zachodzą równości:

$<br /> A'Q' = A'Z + ZQ' = Q_1Z + ZQ = Q_1Q = AQ_1 - AQ = k \cdot AQ - AQ =(k - 1) \cdot AQ,<br />$

gdzie k jest skalą jednokładności $\varphi$ . W podobny sposób pokazujemy, że
$A'R' =(k - 1) \cdot AR$ oraz $A'S' =(k - 1) \cdot AS$ . Ponieważ proste $AQ$ , $AR$ oraz $AS$ są styczne
do sfery $\Theta$ odpowiednio w punktach $Q$ , $R$ oraz $S$ , więc $AQ = AR = AS$ . Zatem
$A'Q' = A'R' = A'S'$ , czyli $A'$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $Q'R'S'$ .

Sposób II.

Wystarczy wykazać, że proste $BA' , CA' i DA'$ są symetralnymi boków zawartego w płaszczyźnie $BCD$
trójkąta $Q'R'S'$ . Ponieważ dla wszystkich trzech prostych rozumowanie jest identyczne, ograniczymy się
do pokazania, że prosta $BA$ . jest symetralną boku $R'S'$ . Dokonamy tego, wskazując na prostej $BA'$
dwa różne punkty równoodległe od punktów $R'$ i $S'$ . Jednym z nich jest punkt $B$ , a drugim rzut punktu
$T$ na płaszczyznę $BCD$ w kierunku równoległym do prostej $AB$ .

Niech $O$ będzie środkiem sfery wpisanej w czworościan $ABCD$ . Ponieważ proste $BP$ i $BR$ są styczne do
tej sfery odpowiednio w punktach $P$ oraz $R$ , więc $BP = BR$ . Wynika to z przystawania trójkątów prostokątnych
$BOP$ i $BOR$ . Niech $X$ będzie rzutem prostokątnym punktu $B$ na płaszczyznę $TPR$ (rys. 2.). Płaszczyzna
ta jest prostopadła do płaszczyzny $BCD$ , a ich przecięciem jest prosta $PR'$ . Wynika stąd, że punkt $X$
leży na prostej $PR'$ . Trójkąty prostokątne $BXP$ i $BXR$ mają wspólną przyprostokątną $BX$ i równe
przeciwprostokątne. Są zatem przystające i $XP = XR$ . Punkt $X$ leży na prostej $PR$ . zawierającej
przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego $PRR'$ i jest równoodległy od dwóch jego wierzchołków: $P$ i $R$ .
Jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli środkiem jego przeciwprostokątnej $PR'$ .
Punkt $X$ jest także spodkiem wysokości trójkąta $PBR'$ opuszczonej z wierzchołka $B$ . Skoro wysokość
ta połowi jego bok $PR'$ , to trójkąt ten jest równoramienny, czyli $BP = BR'$ . Analogicznie pokazujemy, że
$BP = BS'$ . Wynika stąd, że $BR' = BS'$ , co oznacza, że punkt $B$ leży na symetralnej odcinka $R'S'$ .

Niech $\Sigma$ będzie płaszczyzną zawierającą punkt $T$ i równoległą do płaszczyzny $ABD$ . Płaszczyzna
$ABD$ (a więc także i płaszczyzna $\Sigma$ ) jest prostopadła do prostej $OR$ , gdyż jest w punkcie $R$ styczna
do sfery, której środkiem jest punkt $O$ . Wynika stąd, że płaszczyzny $\Sigma$ i $TPR$ są prostopadłe, gdyż
ta ostatnia zawiera prostą $OR$ . Niech $Y$ będzie rzutem punktu $T$ na płaszczyznę $BCD$ w kierunku
równoległym do prostej $AB$ , czyli takim punktem płaszczyzny $BCD$ , że $TY || AB$ . Ponieważ punkt $T$ nie leży
na prostej $AB$ , więc $Y\neq B$ . Punkt $Y$ leży na płaszczyznach $BCD$ oraz $ABT$ , więc leży na będącej
ich przecięciem prostej $BA'$ . Punkt $Y$ leży także na płaszczyźnie $\Sigma$ . Niech $Z$ będzie rzutem
prostokątnym punktu $Y$ na płaszczyznę $TPR$ (rys. 3.). Ponieważ $Y$ leży na płaszczyźnie $BCD$ , która jest
prostopadła do płaszczyzny $TPR$ , więc $Z$ należy do przecięcia tych płaszczyzn, czyli do prostej $PR'$ .
Z prostopadłości płaszczyzn $TPR$ i $\Sigma$ wynika z kolei, że skoro $Y \in \Sigma$ , to również
$Z \in \Sigma$ . Trójkąt $POR$ jest trójkątem równoramiennym, gdyż jego boki $OP$ i $OR$ są promieniami
tej samej sfery. Proste zawierające boki trójkąta $R'ZT$ są prostopadłe do prostych zawierających boki
trójkąta $POR$ : Prosta $PO$ jest prostopadła do płaszczyzny $BCD$ , a więc również do zawartej w niej prostej
$R'Z$ . Prosta $RP$ jest prostopadła do prostej $TR'$ , a prosta $OR$ jest prostopadła do prostej $ZT$ ,
gdyż ta ostatnia zawarta jest w płaszczyźnie $\Sigma$ , a jak wcześniej zauważyliśmy, płaszczyzna
$\Sigma$ jest prostopadła do prostej $OR$ . Wynika stąd, że trójkąty $POR$ i $R'ZT$ są podobne, w szczególności
trójkąt $R'ZT$ jest równoramienny i $ZT = ZR'$ . Trójkąty prostokątne $YZT$ i $YZR'$ są przystające, bo mają
wspólną przyprostokątną $YZ$ oraz $ZT = ZR'$ . Mają więc równe przeciwprostokątne, czyli $YT = YR'$ .
Analogicznie pokazujemy, że $YT = YS'$ . Wynika stąd, że $YR' = YS'$ , co oznacza, że punkt $Y$ leży na
symetralnej odcinka $R'S'$ .

Wskazaliśmy dwa różne punkty leżące na prostej $BA'$ i równoodległe od punktów $R'$ i $S'$ .
Zatem prosta $BA'$ jest położoną w płaszczyźnie $BCD$ symetralną boku $R'S'$ trójkąta $Q'R'S'$ .
Analogiczne rozumowanie pokazuje, że symetralnymi dwóch pozostałych boków tego trójkąta są proste
$CA'$ i $DA'$ . Punkt $A'$ jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie $Q'R'S'$ .

$CA'$ i $DA'$ . Punkt $A'$ jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie Q'R'S'.