|
|
 |
Условие
В тетраэдр ABCD вписана сфера с центром O, касающаяся его граней BCD, ACD, ABD и ABC в точках A1, B1, C1 и D1 соответственно.
а) Пусть Pa – такая точка, что точки, симметричные ей относительно прямых OB, OC и OD, лежат в плоскости BCD. Точки Pb, Pc и Pd определяются аналогично. Докажите, что прямые A1Pa, B1Pb, C1Pc и D1Pd пересекаются в некоторой точке P.
б) Пусть I – центр сферы, вписанной в тетраэдр A1B1C1D1; A2 – точка пересечения прямой A1I с плоскостью B1C1D1; B2, C2, D2 определены аналогично. Докажите, что P лежит внутри тетраэдра A2B2C2D2.
Решение
а) Пусть Ba – второй конец диаметра A1Ba описанной окружности треугольника A1С1D1 с центром Ob и радиусом RB. Точки Ca, Da, Oa и т.д. определим аналогично. Обозначим вписанную сферу тетраэдра ABCD через ω, а её радиус через r. Пусть da(X) – расстояние от точки X до плоскости (B1C1D1), аналогично определим db(X) и т.д.
Очевидно, Ba симметрична A1 относительно BO. Так как плоскость (BCD) касается ω, то и PaBa касается ω. Пусть Q – проекция Pa на плоскость (A1С1D1). ∠PaBaO = 90°, значит, треугольники PaQBa и BaOaO подобны, и db(Pa) : RB = PaBa : r. Аналогично
dc(Pa) : RC = PaCa : r и dd(Pa) : RD = PaDa : r. Поскольку PaBa = PaCa = PaDa (как касательные к сфере), то расстояния db(Pa), dc(Pa), dd(Pa) от Pa до граней тетраэдра A1В1С1В1 относятся, как RB : RC : RD. Аналогично расстояния от Pb до соответствующих граней относятся, как RA : RC : RD, и такие же пропорции верны для Pc и Pd.
Но геометрическим местом точек с фиксированным отношением расстояний до трёх данных плоскостей является прямая, проходящая через общую точку этих плоскостей, а геометрическим местом точек с данным отношением расстояний до двух плоскостей – плоскость, проходящая через линию их пересечения. Следовательно, прямые A1Pa и B1Pb лежат в одной плоскости и пересекаются в некоторой точке P. Через эту же точку проходят прямые C1Pc и D1Pd.
б) Заметим, что внутренность тетраэдра A2B2C2D2 является ГМТ X, для которых верны неравенства da(X) + db(X) + dc(X) ≥ 2dd(X),
db(X) + dc(X) + dd(X) ≥ 2da(X) и т.д. В этом легко убедиться, используя барицентрические координаты относительно тетраэдра A1B1C1D1. Действительно, если α, β, γ и δ – координаты некоторой точки X, а dA и т.д. – расстояния от A2 до трёх соответствующих граней A1B1C1D1, то
da(X) = βdB + γdC + δdD и т.д, значит, 3dA = db(X) + dc(X) + dd(X) – 2da(X) и т.д. Поэтому неравенства выполнены тогда и только тогда, когда α, β, γ и δ положительны, то есть X лежит внутри A2B2C2D2.
Таким образом, осталось показать, что RA + RB + RC > 2RD.
Заметим, что все грани A1B1C1D1 – остроугольные треугольники, а точки Oa, Ob лежат внутри них. Очевидно,
2RA + 2RB + 2RC ≥ B1С1 + C1A1 + A1B1 (диаметры больше хорд). Пусть K, L и M – середины сторон B1C1, A1C1, A1B1 треугольника A1B1C1. Точка Od лежит внутри четырёхугольника A1LKB1 (так как она лежит внутри треугольника KLM), значит, A1L + LK + KB1 > A1Od + OdB1. Но
A1L + LK + KB1 = ½ B1C1 + ½ C1A1 + ½ A1B1, откуда и вытекает нужное неравенство.
