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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 66998
Темы:    [ Окружности на сфере ]
[ Сферическая геометрия и телесные углы ]
[ Сферы (прочее) ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

На сфере радиуса 1 дан треугольник, стороны которого – дуги трёх различных окружностей радиуса 1 с центром в центре сферы, имеющие длины меньше $\pi$, а площадь равна четверти площади сферы. Докажите, что четырьмя копиями такого треугольника можно покрыть всю сферу.

Решение 1

Пусть $O$ – центр сферы, а $ABC$ – данный сферический треугольник. По формуле площади сферического треугольника $\pi=S_{ABC}=\angle A+\angle B+\angle C-\pi$, то есть $\angle A+\angle B+\angle C=2\pi$. (Доказательство формулы площади заключается в применении формулы включений-исключений к трем полусферам, пересечением которых является данный треугольник.)

Построим на сфере точку $D$, лежащую с $C$ в разных полуплоскостях относительно $OAB$, и такую, что $\angle DAB=\angle CBA$ и $\angle DBA=\angle CAB$ (имеются в виду сферические углы; иначе говоря, точка $D$ получена из $C$ композицией симметрии относительно $OAB$ и симметрии относительно серединного перпендикуляра к $AB$). Тогда треугольники $ABC$ и $BAD$ равны. Значит, $BD=AC$ и $AD=BC$. Но из условия имеем $\angle DAC=\angle DBC=\angle ACB$, следовательно, сферические треугольники $CDA$ и $DCB$ также равны треугольнику $ABC$. Четыре полученных треугольника покрывают сферу.


Решение 2

Пусть $A$, $B$, $C$ – вершины данного треугольника. Покажем, что треугольник $ABC$ остроугольный. Действительно, пусть $\angle ACB\geqslant \frac{\pi}{2}$. Если плоскость $\alpha=ABC$ содержит центр $O$ сферы, то сферический треугольник $ABC$ вырожден, и его площадь не такая, как надо. Иначе $\alpha$ отрезает от сферы «шапочку» площади меньше полусферы. Далее, прямая $AB$ (нестрого) разделяет $C$ и проекцию $O$ на $ABC$; значит, часть шапочки, отсекаемая плоскостью $OAB$ и содержащая $C$, не больше её половины. Наконец, сферический треугольник $ABC$ лежит в этой области, площадь которой меньше четверти площади сферы – противоречие.

Итак, треугольник $ABC$ остроугольный; тогда существует равногранный тетраэдр $ABCD$ (точки $D$ и $O$ лежат в одной полуплоскости относительно $ABC$). Пусть $O'$ – центр этого равногранного тетраэдра. Тогда телесные углы $O'ABC$, $O'BCD$, $O'CDA$, $O'DAB$ разбивают пространство, то есть каждый из них равен четверти площади единичной сферы. Однако, если $O'$ ближе в $ABC$, чем $O$, то этот телесный угол больше, чем $OABC$, а если $O'$ дальше – то меньше. Оба случая невозможны; значит, $O=O'$, и упомянутые телесные углы дают требуемое разбиение сферы на 4 части.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
номер/год
Номер 41
Год 2019/20
тур
Вариант устный тур
задача
Номер 5

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

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