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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 109643
Темы:    [ Сфера, вписанная в тетраэдр ]
[ Развертка помогает решить задачу ]
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
[ Правильный тетраэдр ]
[ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ]
[ Вписанные и описанные окружности ]
[ Замечательные точки и линии в треугольнике (прочее) ]
Сложность: 5-
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Сфера, вписанная в тетраэдр, касается одной из его граней в точке пересечения биссектрис, другой – в точке пересечения высот, третьей – в точке пересечения медиан. Докажите, что тетраэдр правильный.


Решение 1

  Пусть O – центр сферы, O1 – точка пересечения биссектрис треугольника ABC, H – ортоцентр треугольника ACD, M – точка пересечения медиан треугольника ABD и O1, H, M – точки касания (см. рис.).

  Точка O1 – центр вписанной окружности треугольника ABC. Пусть эта окружность касается сторон BC, CA и AB в точках A1, B1, C1 соответственно. Тогда  O1A1 = O1B1 = O1C1,  следовательно, прямоугольные треугольники OO1A1, OO1B1, OO1C1 равны, откуда  ∠OA1O1 = ∠OB1O1 = ∠OC1O1 = φ.  Кроме того,  O1A1BC,  поэтому по теореме о трёх перпендикулярах,  OA1BC,  то есть φ – линейный угол двугранного угла с гранями BOC и BO1C. С другой стороны, BOC – биссектор двугранного угла с гранями BDC и BAC (O – центр вписанной сферы), поэтому угол между гранями BDC и ABC равен 2φ.
  Аналогично грани ADC и ADB наклонены к основанию ABC под углом 2φ. Отсюда следует, что проекция O' точки D на плоскость ABC равноудалена от AB, BC и CA. Учитывая то, что точки O' и C лежат по одну сторону от AB, O' и B – от AC, O' и A – от BC, получаем, что  O' = O1,  то есть DO1 – высота тетраэдра.
  Поскольку  ABO1C1  и  ABDO1, то  ABDO1C1.
  Опустим из точки O перпендикуляры OH1 и OM1 на DB1 и DC1. Тогда  OH1ADC,  так как  OH1DB1  и  OH1AC  (ACDO1B1).  Значит,  H1 = H,  то есть  HDB1.
  Аналогично,  OM1ADB,  то есть  M1 = M,  и, значит,  MDC1. Итак, прямая DM – одновременно медиана и высота треугольника ADB, значит,
AD = DB.  Тогда  AO1 = BO1,  следовательно,  AC = BC  и точки  C, O1, C1 лежат на одной прямой.
  По теореме о трёх перпендикулярах  COAD  (OHADC  и  CHAD),  кроме того,  CO   AB  (ABCDC1),  поэтому  COADB.  Но  OMADB,  значит, точка O лежит на CM. Отсюда следует, что M – центр вписанной окружности треугольника ADB (основание конуса с вершиной C, описанного около сферы, – вписанная окружность треугольника ADB, поскольку  COADB). 
  Рассмотрим треугольник CDC1. В нём DO1 и CM – высоты,  C1O – биссектриса, значит,  C1D = C1C,  откуда  C1O1:O1C = C1M : MD = 1 : 2.  Центры вписанных окружностей треугольников ABC и ADB являются точками пересечения медиан, поэтому треугольники ABC и ADB – равносторонние.
  Отсюда, учитывая то, что высота пирамиды попадает в центр основания ABC, получаем, что тетраэдр – правильный.


Решение 2

  Сделаем развёртку тетраэдра ABCD (см. рис.).

  Пусть сфера касается грани ABC в точке O – центре вписанной окружности, грани ACD (треугольник ACD1 на рисунке) – в точке M пересечения медиан, грани BCD (треугольник BCD2) – в точке H пересечения высот. По свойству касательных, проведённых к сфере из одной точки,  AM = AO,  CM = CO,  поэтому треугольники AMC и AOC с общей стороной AC равны. Отсюда  ∠MAC = ∠OAC  и  ∠MCA = ∠OCA.  Из аналогичных равенств для других пар углов получаем, что если  ∠OAC = ∠OAB = α,  ∠OBA = ∠OBC = β  и  ∠OCB = ∠OCA = γ,  то  CAM = α,  ∠CBH = β,  ∠ACM = ∠BCH = γ.  Из треугольника ABC  2α + 2β + 2γ = 180°,  то есть  α + β + γ = 90°,  а из треугольника BKC: β + γ + ∠HCK = 90°,  значит,  ∠HCK = α.
  Отсюда ∠KBD2 = α,  ∠HD2C = β,  ∠HD2B = γ  (углы с перпендикулярными сторонами), и  MCD1 = ∠HCD2 = α,  ∠MD1C = ∠HD2C = β.  Теперь из треугольника D1PC:  ∠D1PC = 180° – (α + β + γ) = 90°,  значит, медиана D1P является и высотой треугольника AD1C. Отсюда  AD1 = D1C  и  α = γ
(∠MAC = ∠MCA).
  Следовательно, треугольники AD1T и CD1S равны, и значит,  ∠D1AT = ∠D1CS = α;  кроме того, D1P – биссектриса угла AD1C.
  Таким образом, медиана AT является и биссектрисой треугольника D1AC, то есть  ∠AD1C = ∠ACD1,  2β = γ + α = 2α.
  Итак,  α = β = γ = 60°.  Отсюда следует, что грани ABC, ACD и BCD тетраэдра – правильные треугольники, то есть  AB = BC = CA = AD = DC = BD,  значит, тетраэдр – правильный.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 1997
Этап
Вариант 5
Класс
Класс 11
задача
Номер 97.5.11.7

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

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