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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65234
Темы:    [ Сферы (прочее) ]
[ Пересекающиеся окружности ]
[ Перпендикулярные плоскости ]
[ Окружности на сфере ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

В пространстве дан треугольник ABC и сферы S1 и S2, каждая из которых проходит через точки A, B и C. Для точек M сферы S1, не лежащих в плоскости треугольника ABC, проводятся прямые MA, MB и MC, пересекающие сферу S2 вторично в точках A1, B1 и C1 соответственно. Докажите, что плоскости, проходящие через точки A1, B1 и C1, касаются фиксированной сферы либо проходят через фиксированную точку.


Решение

  Пусть O1 и O2 – центры данных сфер. Достаточно доказать, что расстояние от точки O2 до рассматриваемой плоскости постоянно.

  Лемма 1. Пусть окружности Ω1 и Ω2 с центрами O1 и O2 пересекаются в точках B и C, точка M лежит на Ω1, прямые MB и MC пересекают Ω2 в точках B1 и C1 (рис. слева). Тогда  MO1B1C1.
  Доказательство.  ∠CMO1 = 90° – ∠MBC = 90° – ∠MC1B1.

             

  Лемма 2. В условиях леммы 1 растояние от центра O2 до хорды B1C1 постоянно.
  Доказательство. Заметим, что угол BMC и дуга BC второй окружности постоянны. Следовательно, дуга B1C1 также постоянна, то есть постоянны длина хорды B1C1 и расстояние от неё до центра окружности Ω2.
  (Другие случаи расположения точки M в леммах рассматриваются аналогично.)

  Докажем, что MO1 – высота пирамиды MA1B1C1 (рис. справа). Заметим, что точка O – проекция O1 на плоскость MB1C1 – является центром описанной окружности треугольника BMC. По лемме 1  MOB1C1.  Учитывая перпендикулярность O1O и B1C1, получим, что  (MO1O) ⊥ B1C1,  то есть  (MO1O) ⊥ (A1B2C1),  поэтому высота пирамиды принадлежит плоскости (MO1O). Рассматривая аналогичные проекции точки O1 на другие грани пирамиды, получим, что MO1 – высота.
  Таким образом, плоскости (MO1O2) и (A1B1C1) перпендикулярны.

  Рассмотрим сечение MO1O2. Оно проходит через центры сфер, то есть пересекает их по большим окружностям (поэтому для любого расположения точки M эти пары окружностей совмещаются поворотом вокруг оси O1O2). Кроме того, это сечение перпендикулярно плоскости (A1B1C1). Пусть O2K – перпендикуляр, опущенный на плоскость (A1B1C1). Тогда  O2K ⊥ (A1B1C1),  следовательно, O2K лежит в плоскости (MO1O2), то есть по лемме 2 расстояние O2K постоянно.

Замечания

Также можно было рассматривать "движение" точки M по параллелям и меридианам первой сферы.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская устная олимпиада по геометрии
год/номер
Номер 13 (2015 год)
Дата 2015-04-13
класс
Класс 10-11 класс
задача
Номер 5

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

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