XXXIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXIV OM, 1982-1983

Etap:

Na czworościanie $ABCD$ opisujemy sferę. $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ są płaszczyznami stycznymi do tej sfery odpowiednio w wierzchołkach $A, B, C, D$ , przy czym $\alpha \cap \beta = p$ , $\gamma \cap \delta = q$ i $p \cap CD \neq \emptyset$ . Udowodnić, że proste $q$ i $AB$ leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Niech $S$ i $E$ będą odpowiednio sferą opisaną na czworościanie $ABCD$ i punktem wspólnym prostych $p$ i $CD$ . Punkt $E$ leży poza odcinkiem $CD$ , można założyć, że należy on do półprostej $CD^\to$ , jak na rys. 4. Ponieważ $E \subset \alpha$ , więc prosta $AE$ jest styczna do $S$ , jest więc też styczna do okręgu opisanego na trójkącie $ACD$ . Jeśli $O$ jest środkiem okręgu, to ponieważ $2 \measuredangle DAO+ \measuredangle AOD = 180^\circ$ , więc $\measuredangle DAE = 90^\circ- \measuredangle DAO = 90^\circ-(90^\circ- (90^\circ - \frac{1}{2} \measuredangle AOD) = \frac{1}{2}\measuredangle AOD$ . Kąt $AOD$ jest kątem środkowym opartym na łuku $\overline{AD}$ , kąt $ACD$ jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, więc $\measuredangle ACD = \frac{1}{2} \measuredangle AOD$ . Wobec tego

$ \measuredangle DAE= \measuredangle ACD. $

Trójkąty $EAD$ i $ECA$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $E$ , są więc na mocy powyższej równości trójkątami podobnymi. Wynika stąd, że

$ \frac{EC}{EA} = \frac{AC}{AD} $

Ponieważ jednocześnie $E \in \beta$ , więc prosta $BE$ jest styczna do $S$ i do okręgu opisanego na trójkącie $BCD$ . Rozumując analogicznie otrzymamy proporcję

$ \frac{EC}{EB} = \frac{BC}{BD}. $

Z dwóch ostatnich równości wynika

$ (1) \qquad \frac{AC}{BC} = \frac{AD}{BD}, $

gdyż $EA = EB$ jako długości odcinków stycznych do sfery $S$ poprowadzonych z punktu $E$ .

Przypuśćmy, że jedna z płaszczyzn $\gamma$ i $\delta$ jest równoległa do prostej $AB$ . Załóżmy, że zachodzi relacja $\gamma || AB$ . Wówczas $AC = BC$ i z (1) wynika, że $AD = BD$ , a zatem $\sigma || AB$ . Otrzymujemy stąd, że $q =\gamma \cap \delta$ jest prostą równoległą do $AB$ . Wobec tego proste $q$ i $AB$ leżą w jednej płaszczyźnie.

Załóżmy, że prosta $AB$ nie jest równoległa do żadnej z płaszczyzn $\gamma$ i $\delta$ i $F$ , $G$ są odpowiednimi punktami przecięcia. Rozumując analogicznie jak na początku rozwiązania, otrzymujemy proporcje

$ \frac{FA}{FC} = \frac{AC}{BC} \ \textrm{i} \ \frac{GA}{GD} = \frac{AD}{BD} $

Zachodzą równości $FC = FB$ , $GD = GB$ , gdyż odcinki $\overline{FC}$ , $\overline{FB}$ , $\overline{GD}$ i $\overline{GB}$ poprowadzone odpowiednio z $F$ oraz $G$ są styczne do $S$ . Otrzymujemy więc na mocy (1) następującą równość

$ \frac{FA}{FB} = \frac{GA}{GB} $

Punkty $F$ i $G$ leżą na zewnątrz sfery $S$ , więc nie należą do odcinka $AB$ , a skoro należą do prostej $AB$ , to z powyższej równości wynika, że $F = G$ . Wobec tego $F \in \gamma \cap \delta = q$ . Zatem $F$ jest punktem wspólnym prostych $q$ i $AB$ , skąd wynika, że proste te leżą w jednej płaszczyźnie.