РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Задания

Версия для печати и копирования в MS Word

Тип 0 № 5940 Добавить в вариант

В тетраэдре ABCD выполнены равенства:

$\angle BAC плюс \angle BCD= \angle ABD плюс \angle ACD,$

$\angle BAD плюс \angle BCD= \angle ABC плюс \angle ADC.$

Докажите, что центр описанной сферы тетраэдра лежит на прямой, соединяющей середины ребер AB и CD.

Спрятать решение

Решение.

Обозначим внешнюю биссекторную плоскость двугранного угла тетраэдра ABCD при ребре AB за S_AB; аналогично для других ребер данного тетраэдра.

Лемма. Пусть в тетраэдре ABCD выполнено равенство

$\angle B A C плюс \angle B D C=\angle A B D плюс \angle A C D.$

Тогда S_AB, S_BD, S_AC, S_CD параллельны одной прямой.

Доказательство леммы. Пусть B'AC'  — это образ треугольника

$\overlineD D C \overlineB'=\overlineC'=\overlineD A$

параллельном переносе на вектор $\overlineD A,$ то есть точки B' и C' таковы, что $\overlineB B'=\overlineC C'=\overlineD A.$ Тогда угол B'AC' равен углу BDC из равенства соответствующих треугольников. Кроме того, углы CAC' и ACD равны как накрест лежащие при $C' A \| C D$ и секущей AD. Аналогично равны BAB' и ABD. Тогда выполнено равенство

$\angle B A C плюс \angle B' A C'=\angle B A B' плюс \angle C A C',$

которое является признаком того, что четырехгранный угол ABCC'B' с вершиной A (обозначим его Θ) описан вокруг некоторой сферы с центром I. Это означает, что биссекторные плоскости двугранных углов Θ пересекаются по прямой AI.

Осталось заметить, что прямая AI искомая, так как биссекторные плоскости двугранных углов Θ при ребрах AB и AC соответственно совпадают с S_AB и S_AC; а биссекторные плоскости двугранных углов Θ при ребрах AC' и AB' соответственно параллельны S_CD и S_BD (они связаны параллельным переносом, упомянутым в начале доказательства). Лемма доказана.

Вернемся к исходной задаче. Лемму можно применить к обоим данным нам равенствам. Из первого равенства получается, что S_AB, S_CD, S_AC, S_BC параллельны одной прямой; а из второго  — что S_AB, S_CD, S_AD, S_BC параллельны одной прямой. Но все шесть внешних биссекторных плоскостей не могут быть параллельны одной и той же прямой  — это ясно хотя бы из того, что S_AB, S_BC и S_AC пересекаются в одной точке, центре вневписанной сферы тетраэдра.

Это означает, что прямая, параллельная первой четверке плоскостей, непараллельна прямой для второй четверки; а так как S_AB и S_CD параллельны обеим этим прямым, то эти плоскости параллельны друг другу.

Осталось показать, как из параллельности S_AB и S_CD следует требуемое. Обозначим через ℓ общий перпендикуляр к прямым AB и CD. Заметим, что он перпендикулярен и плоскостям S_AB и S_CD, так как они обе содержат или параллельны и AB и CD. Повернем тетраэдр на 180° вокруг оси ℓ. Легко видеть, что плоскость S_AB перейдет в себя, как и прямая AB, так как они перпендикулярны ℓ. Но тогда в себя перейдет и двугранный угол тетраэдра при ребре AB (плоскости ABC и ABD перейдут друг в друга), ведь двугранный угол однозначно задается своей внешней биссекторной плоскостью, ребром, и своей величиной, которая тоже при повороте сохраняется. Аналогично, при таком повороте в себя перейдет и двугранный угол при ребре CD (плоскости ACD и BCD перейдут друг в друга). Тогда и вершины A и B перейдут друг в друга, и C и D перейдут друг в друга; то есть прямая ℓ оказывается общим серединным перпендикуляром к ребрам AB и CD.

Кроме того, так как тетраэдр совместился с собой при повороте, то и его описанная сфера перешла в себя, откуда следует, что ℓ проходит через её центр. Следовательно, ℓ является искомой прямой.

Приведем другое решение.

Отметим для начала, что достаточно доказать равенства ребер $B C=A D$ и $A C=B D.$ Действительно, они в силу равенства треугольников ABC и BAD гарантируют, что точки C и D равноудалены от плоскости α, являющейся серединным перпендикуляром к AB. В частности, плоскость α делит CD пополам. И наоборот, плоскость, являющаяся серединным перпендикуляром к CD, делит отрезок AB пополам. Следовательно, пересечение этих серединных перпендикуляров  — прямая, проходящая через середины ребер и содержащая центр описанной сферы тетраэдра.

Обоснуем теперь равенство ребер. Для этого изобразим шестиугольную развертку A₁BA₂CA₃D тетраэдра в плоскость BCD (см. рис.). Равенство

$\angle B A C плюс \angle B D C=\angle A B D плюс \angle A C D$

для плоских углов тетраэдра при учете того, что сумма углов четырехугольника A₂BDC равна 360°, означает, что сумма углов B и C шестиугольника равна 360°. Таким образом, треугольники A₁BA₂ и A₃CA₂ равнобедренные и имеют одинаковый угол при вершине, то есть подобны; они переводятся друг в друга поворотной гомотетией с центром в точке A₂. Следовательно, треугольники BA₂C и A₁A₂A₃ подобны.

Аналогично, второе равенство из условия приводит к тому, что сумма углов B и D шестиугольника равна 360°, откуда следует подобие треугольников A₁BD и A₁A₂A₃. Принимая во внимание равенство $A_1 B=B A_2,$ заключаем равенство треугольников A₁BD и BA₂C, откуда вытекает $A D=A_1 D=B C$ и $A C=A_1 C=B D.$

Спрятать критерии

Критерии проверки:

Из ниже приведенного писка используется один наибольший подходящий критерий.

Любое верное решение задачи — 7 баллов.

Доказано, что утверждение задачи следует из пары равенств $A C=B D$ и $A D=B C$  — 4 балла.

Показано, что из одного из равенств, данных в условии, следует описанность некоторого четырехгранного угла (или четырехугольника на сфере) — 2 балла.

Обнаружение подобия треугольников BA₂C и A₁A₂A₃ на развертке или аналогичного ему — 3 балла.

Задача переформулирована в терминах развертки — 2 балла.

Идея рассмотреть развертку — 1 балл.

Олимпиада Курчатов, 11 класс, 2 тур (заключительный), 2019 год

Классификатор: Геометрия: стереометрия. Сфера описанная, Методы геометрии. Подобие

Спрятать решение · Спрятать критерии · Помощь