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

Условие

Автор: Агаханов Н.Х.

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,  O₁A₁ ⊥ BC,  поэтому по теореме о трёх перпендикулярах,  OA₁ ⊥ BC,  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  AB ⊥ O₁C₁  и  AB ⊥ DO₁, то  AB ⊥ DO₁C₁.
  Опустим из точки O перпендикуляры OH₁ и OM₁ на DB₁ и DC₁. Тогда  OH₁ ⊥ ADC,  так как  OH₁ ⊥ DB₁  и  OH₁ ⊥ AC  (AC ⊥ DO₁B₁).  Значит,  H₁ = H,  то есть  H ∈ DB₁.
  Аналогично,  OM₁ ⊥ ADB,  то есть  M₁ = M,  и, значит,  M ∈ DC₁. 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  CO ⊥ AD  (OH ⊥ ADC  и  CH ⊥ AD),  кроме того,  CO   AB  (AB ⊥ CDC₁),  поэтому  CO ⊥ ADB.  Но  OM ⊥ ADB,  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  CO ⊥ ADB). 
  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