Czworościany ortocentryczne zadania

Transkrypt

1 Czworościany ortocentryczne zadania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości przeciwległych krawędzi są równe, d) równoległościan opisany na czworościanie jest rombościanem, e) środki krawędzi leżą na jednej sferze, f) biśrodkowe czworościanu są równej długości, g) kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych krawędzi jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4, h) iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe.. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym proste wyznaczone przez trzy biwysokości przecinają się w jednym punkcie. 3. Dowieść, że w czworościanie ortocentrycznym w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. 4. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym istnieje ściana, która jest trójkątem ostrokątnym. 5. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD. Wykazać, że iloczyny skalarne ab, ac, ad, bc, bd, cd są równe. 6. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD, a O środkiem kuli opisanej na tym czworościanie. Wykazać, że HO = a + b + c + d. 7. Niech O będzie środkiem sfery opisanej na czworościanie ortocentrycznym, H punktem przecięcia się jego wysokości, R promieniem sfery opisanej, a d długością dowolnej z biśrodkowych. Dowieść, że OH = 4R 3d. 8. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki wszystkich krawędzi, końce wszystkich biwysokości oraz środki odcinków łączących ortocentra ścian z wierzchołkami tych ścian leżą na jednej sferze. 9. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki ciężkości ścian, spodki wysokości czworościanu oraz punkty dzielące odcinki łączące ortocentrum czworościanu z jego wierzchołkami w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze (sfera dwunastu punktów - przestrzenny analog okręgu dziewięciu punktów). Wsk.: Zastanowić się, jaka jest średnica tej sfery. 10. (RUS 1995) Dany jest czworościan, którego wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodnić, że ten punkt, spodek jednej z wysokości oraz trzy punkty dzielące pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze. Wsk.: Zastanowić się, jaka jest średnica tej sfery. 1

2 Rozwiązania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości przeciwległych krawędzi są równe, d) równoległościan opisany na czworościanie jest rombościanem, e) środki krawędzi leżą na jednej sferze, f) biśrodkowe czworościanu są równej długości, g) kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych krawędzi jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4, h) iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe. Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym czworościanem. Dowód implikacji a) b). Załóżmy, że wysokości czworościanu przecinają się w punkcie H. Wtedy DH ABC, skąd DH AB i analogicznie CH ABD, skąd CH AB. Zatem płaszczyzna CDH jest prostopadła do krawędzi AB, co oznacza, że AB CD. Analogicznie dowodzimy, że AC BD i AD BD. Dowód implikacji b) d). Niech AC 1 BD 1 A 1 CB 1 D będzie równoległościanem opisanym na danym czworościanie ABCD. Skoro AB CD, to A 1 B 1 CD, a więc czworokąt A 1 CB 1 D jest rombem. Podobnie dowodzimy, że pozostałe ściany danego równoległościanu są rombami, a więc w konsekwencji równoległościan ten jest rombościanem. Dowód implikacji d) e). Skoro równoległościan opisany na czworościanie ABCD jest rombościanem, to biśrodkowe są równej długości, a ponieważ przecinają się w jednym punkcie, który dzieli kazdą z nich na pół, to końce biśrodkowych leżą na jednej sferze. Dowód implikacji e) f). Czworokąt wyznaczony przez każde dwie biśrodkowe jest równoległobokiem. Jeśli końce wszystkich biśrodkowych leżą na jednej sferze, to końce dwóch biśrodkowych leżą na okręgu, skąd wniosek, że równoległobok wyznaczony przez nie jest prostokątem. Biśrodkowe są przekątnymi tego prostokąta, a więc są równej długości. Przeprowadzając to samo rozumowanie dla innej pary dostajemy, że wszystkie biśrodkowe są równej długosci. Dowód implikacji f) c). Korzystając z zadania 16 z zadań dotyczących wpisywania w równoległościan (kącik 3) widzimy, że biśrodkowa łącząca środki krawędzi AB i CD ma długość równą 1 AC + AD + BC + BD AB CD, a biśrodkowa łącząca środki krawędzi AC i BD ma długość równą Skoro te dwie biśrodkowe mają równe długości, to 1 AB + CD + BC + AD AC BD. AC + AD + BC + BD AB CD = AB + CD + BC + AD AC BD, skąd wynika, że Podobnie dowodzimy, że AC + BD = AB + CD. AB + CD = AD + BC.

3 Dowód implikacji c) a). Jeśli AD + BC = AC + BD, to AD BD = AC BC. To oznacza, że spodki wysokości w trójkątach ABC i ABD poprowadzone odpowiednio z punktów C i D pokrywają się. Innymi słowy istnieje na prostej AB taki punkt S, że CDS AB. Niech CC i DD będą wysokościami trójkąta CDS. Wtedy CC DS i CC AB, skąd CC ABD. Analogicznie dowodzimy, że DD ABC. Proste CC i DD są więc wysokościami czworościanu ABCD i przecinają się. W podobny sposób dowodzimy, że każde dwie sposród wysokości czworościanu ABCD przecinają się. Jednakże jeśli mamy dwie przecinające się wysokości i trzecią, która przecina każdą z nich, to musi ona przechodzić przez punkt przecięcia pierwszych dwóch (inaczej musiałaby leżeć w płaszczyźnie wyznaczonej przez dwie pierwsze, a to jest niemożliwe). To zaś wraz z wcześniejszą uwagą oznacza, że wszystkie cztery wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodniliśmy zatem, że warunki a) f) są równoważne. Wystarczy, jeśli pokażemy teraz, że każdy z pozostałych dwóch warunków jest równoważny z dowolnym z nich. Dowód równoważności: g) d). Wpiszmy dany czworościan w równoległościan AC 1 BD 1 A 1 CB 1 D o krawędziach AC 1 = a, C 1 B = b, C 1 C = c. Wtedy biśrodkowa łącząca środki krawędzi AB i CD ma długość równą c. Warunek g) dla tej środkowej możemy zapisać w postaci c = AB + CD = AB + C 1 D1 = a + b. 4 4 Zatem warunek g) jest równoważny równościom a = b + c, b = a + c, c = a + b. To jest równoważne temu, że a = b = c, czyli że dany równoległościan jest rombościanem. Dowód równoważności: h) c). Oprzemy się na dwóch lematach: Lemat 1 Jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie ab sinαsinβ nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi czworościanu. Dowód. Oznaczmy przez S 1 i S pola ścian, których jedną z krawędzi jest a, a przez S 3 i S 4 pola ścian, których jedną z krawędzi jest b. Niech ponadto V będzie objętością tego czworościanu, a h 1 wysokość poprowadzoną na ścianę S 1. Wtedy V = S 1h 1 = S 1S sinα 3 3a i analgicznie skąd V = S 3S 4 sinβ, 3b ab sinαsinβ = 4S 1S S 3 S 4 9V. Nie zależy więc od wyboru pary przeciwległych krawędzi. Lemat Jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie a + b + ctgαctgβ nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi czworościanu. 3

4 Dowód. Oznaczmy przez S 1 i S pola ścian, których jedną z krawędzi jest a, a przez S 3 i S 4 pola ścian, których jedną z krawędzi jest b. Przyjmijmy ponadto, że m i n są pozostałymi krawędziami ściany S 1, γ i δ miarami kątów dwuściennych przy tych krawędziach, a h 1 wysokością czworościanu poprowadzoną do ściany S 1. Wówczas skąd po wstawieniu h 1 = 3V S 1 otrzymamy S 1 = ah 1 ctgα + mh 1 ctgγ + nh 1 ctgδ, actgα + mctgγ + nctgδ = S 1 3V. Pisząc analogiczne zależności dla pozostałych ścian i biorąc je ze znakiem + dla S 1 i S oraz ze znakiem dla S 3 i S 4 dochodzimy do równości actgα bctgβ = S 1 + S S3 S4. 3V Podnosząc ją do kwadratu i uwzględniając, że ctg x = 1 sin x 1 uzyskujemy Ponadto skąd dostajemy ( a + b + abctgαctgβ = a sin α + b S sin β 1 + S S3 S4 ). 3V a sin α = 4S 1S 9V oraz b sin β = 4S 3S 4 9V, a + b + abctgαctgβ = (S 1S + S 1S 3 + S 1S 4 + S S 3 + S S 4 + S 3S 4) (S S 4 + S S 4 4) 9V = = (S 1 + S + S 3 + S 4) (S S 4 + S S 4 4) 9V. Powyższe wyrażenie nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi, co kończy dowód lematu. Na mocy lematów 1 i, jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie a + b + Mcosαcosβ, (gdzie M = (ab)/sinαsinβ) ma taką samą wartość dla każdej z par przeciwległych krawędzi czworościanu. Stąd natychmiast wynika, że iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe wtedy i tylko wtedy, gdy sumy kwadratów przeciwległych krawędzi są równe. Rozwiązanie jest więc zakończone.. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym proste wyznaczone przez trzy biwysokości przecinają się w jednym punkcie. Rozwiązanie. Rozważmy czworościan ortocentryczny ABCD. Niech P i Q będą takimi punktami leżącymi odpowiednio na prostych CD i AB, że ABP CD i CDQ AB. Wtedy odcinek P Q jest biwysokością łączącą proste AB i CD. Z drugiej strony ortocentrum czworościanu należy do każdej z tych dwóch płaszczyzn leży więc na prostej P Q. Podobnie dowodzimy, że ortocentrum leży na prostych wyznaczonych przez pozostałe dwie biwysokości. Dowód jest więc zakończony. 3. Dowieść, że w czworościanie ortocentrycznym w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. Rozwiązanie. Wystarczy, jeśli wykażemy, że w każdym wierzchołku cosinusy kątów płaskich mają ten sam znak. Rozważmy czworościan ABCD i stosując twierdzenie cosinusow otrzymujemy AB AD cos BAD = AD + AB BD, AC AD cos CAD = AD + AC CD. Korzystając teraz z tego, że w czworościanie ortocentrycznym zachodzi równość AB BD = AC CD 4

5 wnosimy, że prawe strony danych równości są równe. Wobec tego cosinusy kątów BAD i CAD są albo oba dodatnie albo oba ujemne albo oba zerowe. Analogicznie dowodzimy, że cosinus trzeciego kąta ma taki sam znak, jak dwóch poprzednich. 4. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym istnieje ściana, która jest trójkątem ostrokątnym. Rozwiązanie. Na mocy poprzedniego zadania widzimy, że w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. Gdyby istniały dwa wierzchołki, w których kąty płaskie są nieostre, to w pewnym trójkacie suma dwóch kątów byłaby równa co najmniej 180. W takim razie istnieje co najwyżej jeden wierzchołek w którym wszystkie kąty płaskie są nieostre. Zatem w co najmniej trzech wierzchołkach wszystkie kąty płaskie są ostre. Ściana wyznaczona przez te trzy wierzchołki jest trójkątem ostrokątnym. 5. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD. Wykazać, że iloczyny skalarne ab, ac, ad, bc, bd, cd są równe. Rozwiązanie. Wykażemy, że iloczyny skalarne ab i ac są równe. Zależność ta jest równoważna temu, że a(b c) = 0 lub że po prostu wektor HA jest prostopadły do wektora HB HC = CB. Innymi słowy, że prosta HA jest prostopadła do krawędzi BC. Jednakże prosta HA jest wysokością czworościanu, jest więc prostopadła do płaszczyzny BCD w szczególności do prostej BC. Podobnie dowodzimy kolejno, że co kończy rozwiązanie. ab = ac = ad = bd = cd = bc, 6. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD, a O środkiem kuli opisanej na tym czworościanie. Wykazać, że HO = a + b + c + d. Rozwiązanie. Niech M i N będą środkami krawędzi AB i CD, a G środkiem odcinka MN (G jest środkiem ciężkości czworościanu ABCD). Czworokąt HMON jest wtedy równoległobokiem (bo MG = MN i G jest środkiem odcinka HO patrz artykuł). Stąd HO = HM + HN = 1 ( HA + HB + HC + HD) = a + b + c + d. 7. Niech O będzie środkiem sfery opisanej na czworościanie ortocentrycznym, H punktem przecięcia się jego wysokości, R promieniem sfery opisanej, a d długością dowolnej z biśrodkowych. Dowieść, że OH = 4R 3d. Rozwiązanie. Niech M i N będą środkami krawędzi AB i CD czworościanu ortocentrycznego ABCD o środku sfery opisanej O i ortocentrum H. Podobnie, jak w poprzednim zadaniu, czworokąt HM ON jest równoległobokiem, skąd wynika, że OH = (OM + ON) MN = 4R (( 1 AB) + ( 1 CD) ) d = 4R 3d. Wykorzystaliśmy dwa fakty: w równoległoboku suma kwadratów wszystkich boków jest równa sumie kwadratów przekątnych oraz że w czworościanie ortocentrycznym kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych boków jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4 patrz zadanie Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki wszystkich krawędzi, końce wszystkich biwysokości oraz środki odcinków łączących ortocentra ścian z wierzchołkami tych ścian leżą na jednej sferze. Rozwiązanie. Na mocy zadania 1 środki wszystkich krawędzi czworościanu leżą na jednej sferze. Wykażemy, że na tej sferze leżą pozostałe punkty z treści zadania. Zauważmy, że końce wszystkich biwysokości są spodkami wysokości w odpowiednich trójkątach. Jednakże w każdym trójkącie będącym ścianą czworościanu środki boków, spodki wysokości tego trójkąta oraz środki odcinków łączących ortocentrum z wierzchołkami leżą na jednym okręgu okręgu 9 punktów. Część wspólną sfery przechodzącej przez środki krawędzi z dowolną ściana jest okręgiem opisanym na trójkącie wyznaczonym przez środki boków, czyli właśnie okręgiem 9 punktów. Ta obserwacja kończy rozwiązanie zadania. 5

6 9. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki ciężkości ścian, spodki wysokości czworościanu oraz punkty dzielące odcinki łączące ortocentrum czworościanu z jego wierzchołkami w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze (sfera dwunastu punktów - przestrzenny analog okręgu dziewięciu punktów). Rozwiązanie. Sposób I Niech A 1 A A 3 A 4 będzie danym czworościanem, a H jego ortocentrum. Niech ponadto G i oznacza środek ciężkości ściany nie zawierającej wierzchołka A i, a B i oznacza punkt dzielący wysokość poprowadzoną na ścianę nie zwierającą wierzchołka A i w stosunku :1. Wykażemy, że czworokąty B i B j G i G j są prostokątami. Istotnie: oznaczając przez S ij środek krawędzi nie zawierającej wierzchołków czworościanu A i i A j stwierdzamy, że B i G j = 3 S ijh = B j G i oraz B i G j S ij H B j G i i podobnie B i B j = 1 3 A ia j = G i G j oraz B i B j G i G j A i A j. Ponadto S i jh A i A j, czyli B i G j B i B j, co oznacza, że czworokąt B i B j G i G j jest prostokątem. Prostokąty B 1 B G 1 G, B 1 B 3 G 1 G 3 i B 1 B 4 G 1 G 4 mają wspólną przekątną B 1 G 1, co oznacza, że punkty B i i G i dla i = 1,, 3, 4 leżą na jednej sferze o średnicy B 1 G 1, ponadto wszystkie przekątne tych prostokątów są średnicami tej sfery. Oznaczając przez H i spodek wysokości poprowadzonej na ścianę nie zawierającą wierzchołka A i stwierdzamy, że B i H i G i = 90 (chyba, że punkty H i i G i się pokrywają, ale wtedy nie ma czego dowodzić). To zaś w połączeniu z poprzednią obserwacją oznacza, że wszystkie 1 punktów leży na jednej sferze. Sposób II Oznaczmy przez O, G, H odpowiednio środek sfery opisanej, środek ciężkości i ortocentrum czworościanu. Na mocy zadania z artykułu wiemy, że G jest środkiem odcinka OH. Zauważmy, że czworościan wyznaczony przez środki ciężkości ścian danego czworościanu jest jego obrazem w jednokładności o środku G i skali 1 3. Niech O 1 będzie obrazem punktu O przy tej jednokładności. Innymi słowy środki ciężkości ścian leżą na sferze o środku O 1 i promieniu R 3, gdzie R jest promieniem sfery opisanej na danym czworościanie. Ponadto GO 1 = 1 3 GO = 1 3 HO. W takim razie jednokładność o środku H i skali 1 3 przekształca sferę opisaną na danym czworościanie na sferę o środku O 1 i promieniu R 3, wierzchołki czworościanu przy tej jednokładności przechodzą na punkty dzielące wysokości w stosunku :1. Na sferze o środku O 1 i promieniu R 3 leży więc 8 z 1 punktów danych w treści zadania wystarczy wykazać, że na tej sferze leżą też spodki wysokosci czworościanu. Oznaczmy ponadto przez O, H, O 1 rzuty prostokątne punktów O, H, O 1 na dowolną ścianę (są to odpowiednio: środek okręgu opisanego na ścianie, ortocentrum tej ściany oraz punkt dzielący odcinek łączący dwa pierwsze w stosunku 1:, licząc od H ) oraz niech G będzie środkiem ciężkości tej ściany. Wiadomo, że O G : G H = 1 : (prosta Eulera), skąd natychmiast wynika, że O G = O 1G = O 1H. Zatem odcinki łączące O 1 z ortocentrami ścian są równe odcinkom łączącym O 1 ze środkami ciężkości ścian, co kończy dowód. Uwaga. Drugi sposób można też zakończyć inaczej: Przyjmując oznaczenia z pierwszego sposobu i rozważając pierwszą jednokładność stwierdzamy, że 3O 1 G i = OA i i O 1 G i OA i. Podobnie rozważając drugą jednokładność stwierdzamy, że 3O 1 B i = OA i i O 1 B i OA i. Stad wynika, że O 1 jest środkiem każdego z odcinków G i B i, czyli G i B i są średnicami tej sfery. Dokończenie jak w pierwszym sposobie. 10. (RUS 1995) Dany jest czworościan, którego wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodnić, że ten punkt, spodek jednej z wysokości oraz trzy punkty dzielące pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze. Rozwiązanie. Przyjmijmy, że mamy dany czworościan ABCD, którego wysokości przecinają się w punkcie H. Załóżmy ponadto, że D jest spodkiem wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka D, a P, Q, R są punktami dzielącymi pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków). Niech G będzie środkiem ciężkości trójkąta ABC. Wykażemy, że punkty D, H, P, Q, R leżą na sferze o średnicy GH. Oczywiście GD H = 90, bowiem prosta DD jest prostopadła do płaszczyzny ABC. Wykażemy, że GP H = 90 (dla punktów Q i R postępujemy analogicznie). Niech A będzie spodkiem wysokości AH, a M środkiem krawędzi BC. Wtedy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa otrzymujemy, że proste GP i A M są równoległe. Jednakże A M AA, więc również GP AA. To kończy rozwiązanie. 6