ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 105188
Темы:    [ Cкрещивающиеся прямые, угол между ними ]
[ Проектирование помогает решить задачу ]
[ Параллельное проектирование (прочее) ]
[ Малые шевеления ]
[ Аффинная геометрия (прочее) ]
Сложность: 6
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Верно ли, что для любых четырёх попарно скрещивающихся прямых можно так выбрать по одной точке на каждой из них, чтобы эти точки были вершинами а) трапеции, б) параллелограмма?

Решение

Пусть a, b, c, d -- четыре попарно скрещивающиеся прямые. Построим такие плоскости $  \alpha$ $  \supset$ a и  $  \beta$ $  \supset$ b, что $  \alpha$ параллельна $  \beta$ (рис.).

 \epsfbox{2004/bookpic-25.mps}

Аналогично, построим такие плоскости $  \gamma$ $  \supset$ c и  $  \delta$ $  \supset$ d, что $  \gamma$ параллельна $  \delta$. Рассмотрим произвольное направление $  \vec{v} \,$, не параллельное никакой из этих плоскостей. Спроецируем прямую a на плоскость $  \beta$ вдоль этого направления. Обозначим через B точку пересечения проекции и прямой b, а через A $  \in$ a ее прообраз при проецировании, тогда прямая AB параллельна направлению $  \vec{v} \,$. Аналогично строятся точки C $  \in$ c и D $  \in$ d, для которых прямая CD параллельна направлению $  \vec{v} \,$. Тогда прямая AB параллельна CD, поэтому либо точки A, B, C и D лежат на одной прямой, либо четырехугольник ABCD -- трапеция, либо четырехугольник ABCD -- параллелограмм.

Основная сложность состоит в том, чтобы исключить случай точек, лежащих на одной прямой. Пусть, сначала, плоскости $  \alpha$ и $  \gamma$ не параллельны.

1o. Начнем издалека. Рассмотрим поверхность H, заданную в пространстве уравнением

x2 + y2 - z2 = 1.

Эта поверхность называется однополостным гиперболоидом. Ее пересечение с плоскостью z = 0 есть окружность. Оказывается, через каждую точку этой окружности проходят ровно две прямые, целиком лежащие на H (рис.). Читатель может попытаться проверить это и последующие утверждения в координатах.

 \epsfbox{2004/ol04112-1.mps}

Оказывается, такие прямые (они называются образующими) разбиваются на два семейства: прямые одного семейства скрещиваются, а разных -- пересекаются. Кроме того, никаких других прямых на гиперболоиде нет.

Заметим также, что если все эти прямые параллельно перенести в начало координат, то они перейдут в образующие конуса x2 + y2 - z2 = 0.

2o. Можно показать (попробуйте), что любые три попарно скрещивающиеся прямые, не параллельные одной плоскости, можно перевести аффинным преобразованием в любые другие три прямые, удовлетворяющие тем же условиям. Плоскости $  \alpha$ и $  \gamma$ не параллельны, поэтому, переобозначив при необходимости прямые, можно считать, что прямые a, b и c не параллельны одной плоскости.

Теперь возьмем любые три образующие (из одного семейства) a', b', c' на H. Нетрудно проверить, что они не параллельны одной плоскости, значит, аффинным преобразованием можно перевести их в a, b и c. Но наша задача инвариантна относительно аффинных преобразований, поэтому можно с самого начала считать, что прямые a, b и c лежат на H. Они принадлежат одному семейству образующих, которое мы будем называть первым.

Нетрудно видеть, что прямая либо лежит на гиперболоиде, либо пересекает его не более, чем в двух точках. Значит, прямые, пересекающие каждую из прямых a, b и c, -- это в точности образующие H из второго семейства. Поэтому возможны две ситуации: 1) прямая d лежит на H, тогда каждая из образующих второго семейства пересекает все прямые a, b, c, d, и 2) прямая d пересекает H не более, чем в двух точках, тогда прямых, пересекающих каждую из прямых a, b, c, d, не более двух.

Теперь потребуем, чтобы направление $  \vec{v} \,$ было параллельно плоскости z = 0. Так как ни одна из образующих не параллельна этой плоскости, точки A, B, C и D не будут лежать на одной прямой.

3o. Чтобы исключить случай параллелограмма, достаточно обеспечить неравенство AB$  \ne$CD. Заметим, что AB = $ { \frac{p}{ \sin \phi}}$ и  CD = $ { \frac{q}{ \sin \psi}}$, где p -- расстояние между плоскостями $  \alpha$ и $  \beta$, q -- расстояние между плоскостями $  \gamma$ и $  \delta$, $  \phi$ -- угол между направлением $  \vec{v} \,$ и плоскостью $  \alpha$, $  \psi$ -- угол между направлением $  \vec{v} \,$ и плоскостью $  \gamma$.

Итак, достаточно, чтобы выполнялось неравенство

sin$ \displaystyle  \phi$ < $ \displaystyle { \frac{p}{q}}$sin$ \displaystyle  \psi$.

Пусть f -- прямая пересечения плоскости $  \alpha$ и плоскости z = 0. Пусть сначала f не параллельна плоскости $  \gamma$. Если взять вектор $  \vec{v} \,$ параллельным прямой f, то $  \phi$ = 0, $  \psi$$  \ne$ 0. Если этот вектор чуть-чуть пошевелить так, чтобы он оставался параллельным плоскости z = 0, то условие (*) сохранится в силу непрерывности, и соответствующие точки A, B, C и D будут вершинами трапеции.

Если f параллельна плоскости $  \gamma$, то рассмотрим любую такую плоскость $  \kappa$, что угол между ней и плоскостью z = 0 меньше, чем $  \pi$/4, и прямая $  \alpha$ $  \cap$ $  \kappa$ не параллельна плоскости $  \gamma$. Можно убедиться, что такая плоскость тоже не параллельна ни одной из образующих (достаточно проверить, что угол между любой из образующих и плоскостью z = 0 равен $  \pi$/4). Осталось повторить предыдущую конструкцию с плоскостью $  \kappa$ вместо плоскости z = 0.

4o. Пусть теперь все плоскости $  \alpha$, $  \beta$, $  \gamma$, $  \delta$ параллельны, тогда $  \phi$ = $  \psi$ для любого направления $  \vec{v} \,$, и для выполнения

 \epsfbox{2004/ol04112-2.mps}

неравенства AB$  \ne$CD достаточно неравенства p$  \ne$q, которого всегда можно добиться, переобозначив прямые.

Чтобы точки A, B, C и D не лежали на одной прямой, поступим следующим образом.

Рассмотрим гиперболический параболоид xy = z (рис.). На нем тоже имеется два семейства образующих, причем образующие одного семейства параллельны плоскости x = 0, а образующие другого -- плоскости y = 0.

Пусть плоскости $  \alpha{^ \prime}$, $  \beta{^ \prime}$ и $  \gamma{^ \prime}$ параллельны плоскости x = 0, а расстояния между ними такие же, как и между плоскостями $  \alpha$, $  \beta$ и $  \gamma$. Каждая из этих плоскостей высекает прямую на параболоиде. Нетрудно видеть, что аффинным преобразованием можно перевести прямые a, b и c в соответствующие прямые на параболоиде. Итак, можно считать, что прямые a, b и c являются образующими параболоида. Теперь достаточно взять вектор $  \vec{v} \,$ не параллельным ни одной из плоскостей x = 0, y = 0.

Комментарий. Другой способ борьбы с параллелограммами и точками на одной прямой состоит в доказательстве того, что и тех, и других в некотором смысле "мало". Например, искушенный читатель может попытаться доказать, что "плохие" векторы $  \vec{v} \,$ образуют множество меры нуль.

б) Возьмем четыре параллельные плоскости, все попарные расстояния между которыми различны. В каждой из них проведем прямую таким образом, чтобы эти прямые попарно скрещивались. Докажем, что параллелограмма с вершинами на этих прямых не существует. Действительно, длины любых двух параллельных отрезков с концами на этих прямых пропорциональны расстояниям между соответствующими парами плоскостей, а значит, различны.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 67
Год 2004
вариант
Класс 11
задача
Номер 2

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .