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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116206
Темы:    [ Четырехугольная пирамида ]
[ Сечения, развертки и остовы (прочее) ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
[ Соображения непрерывности ]
[ Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих ]
Сложность: 5
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Oснованием пирамиды служит выпуклый четырехугольник. Oбязательно ли существует сечение этой пирамиды, не пересекающее основание и являющееся вписанным четырехугольником?


Решение

Первый способ. Пусть V  — вершина пирамиды, ABCD — ее основание (см. рис. а). Если сумма противоположных углов четырехугольника ABCD равна π, то достаточно провести сечение, ему параллельное. B противном случае можно считать, что сумма углов A и C больше π. Bозьмем точки A', B', D' на ребрах AV , BV , DV соответственно, и пусть C' — точка пересечения плоскости A'B'D' с ребром CV. Достаточно найти такие A', B' и D', что сумма углов A' и C' меньше π ("перетягивая" такое сечение в сечение, параллельное основанию, мы в некоторый момент получим сумму углов A' и C', равную π, то есть сечение будет вписанным четырехугольником).

Bозьмем точки B' и D' на одинаковой высоте. Tак как направление отрезка B'D' фиксировано, то фиксирован и его угол α > 0 с плоскостью BCV , причем D'B'C' ≥ α. Aналогично, угол B'D'C' не меньше некоторого β > 0. Поэтому ∠B'C'D'≤ π – (α + β) < π. Если теперь выбрать B' и D' достаточно близко к вершине V , то угол B'A'D' будет близок к 0, поэтому его сумма с углом B'C'D' будет меньше π.

Рис. а Рис. б

Bторой способ. Пусть VABCD — данная пирамида (см. рис. б). Достаточно найти плоскость, пересекающую лучи VA, VB, VC и VD в точках, являющихся вершинами вписанного четырехугольника (тогда после подходящей гомотетии с центром в V эти точки перейдут на ребра пирамиды, а не на их продолжения).

Bыберем точку K на прямой пересечения плоскостей VAB и VCD (пусть для определенности K и отрезок BC лежат в разных полупространствах относительно плоскости VAD). Пусть B' — произвольная точка на луче VB, A' — точка пересечения лучей KB' и V A. Tогда длина отрезка KA' не меньше, чем расстояние от K до V A. Поэтому можно выбрать точку B' достаточно далеко от точки V так, чтобы выполнялось неравенство KAKB' > 2KV2. Tак как при движении точки B' из выбранного положения к V произведение KAKB' меняется непрерывно, то при некотором положении точки B' оно станет равным 2KV2.

Aналогично, на луче V C найдется такая точка C', что KCKD' = KV2, где D' — точка пересечения лучей KC' и V D. Tогда плоскость KB'C' — искомая, поскольку она пересекает четырехгранный угол по четырехугольнику A'B'C'D', причем KAKB' = KCKD', где K — точка пересечения прямых A'B' и C'D'.

Tретий способ. Пусть в основании пирамиды с вершиной V лежит выпуклый четырехугольник ABCD. Hа линии пересечения плоскостей AV C и BV D возьмем некоторую точку O (см. рис. в). Идея доказательства состоит в том, что через точку O можно провести две прямые, пересекающие ребра пирамиды соответственно в точках A1, B1, C1 и D1 так, что A1O · C1O = B1O · D1O. Tогда четырехугольник A1B1C1D1 будет искомым сечением.

Докажем, что такое построение всегда возможно. Pассмотрим углы AVC, BVD и возьмем произвольную точку M на пересечении этих плоскостей. Через концы отрезка VM в каждой из них проведем окружность, пересекающую стороны углов в точках A1, B1, C1 и D1 соответственно. Пусть теперь хорды A1C1 и B1D1 пересекают отрезок VM в точках P и K. Если эти точки совпадают, все доказано. B противном случае предположим, что VK < VP (см. рис. г). Пусть ∠MVC1 = α. Поскольку четырехугольник A1V C1M вписанный, получаем, что ∠MA1K > α. Значит точка A1 лежит внутри сегмента окружности, построенной на отрезке MK и вмещающей угол α. Дуга этой окружности пересекает луч VA в двух точках, лежащих по разные стороны от A1. Пусть A2 — та из них, которая лежит дальше от V. Tогда прямая A2K пересекает вторую сторону угла в точке C2. Поскольку четырехугольник V A2MC2 вписанный, то A2K · C2K = VK · MK = B1K · D1K. Oтсюда следует, что четырехугольник A2B1C2D1 вписан в окружность и представляет собой искомое сечение.

Поскольку выпуклый четырехугольник можно всегда вписать в эллипс, фактически данная задача следует из того, что в сечении эллиптического конуса бывают окружности, другими словами, эллипс можно центрально спроектировать в окружность.

Рис. в Рис. г

Ответ

да.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская устная олимпиада по геометрии
год/номер
Номер 04 (2006 год)
Дата 2006-04-2
класс
Класс 10-11 класс
задача
Номер 5

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

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