Regionalne Koło Matematyczne

Transkrypt

1 Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Lista rozwiązań zadań nr 2, grupa zaawansowana ( ) Analogie i różnice miedzy trójkątem i czworościanem 1. Opisać własności elementów czworościanu analogicznych do następujących elementów trójkąta: a. symetralnych boków, b. dwusiecznych katów, c. środkowych, d. wysokości. Rozwiązanie. (a) Symetralną odcinka definiujemy analogicznie jak na płaszczyźnie, tzn. symetralna odcinka AB to zbiór punktów równoodległych od punktów A i B. Symetralna odcinka AB jest płaszczyzną prostopadłą do odcinka AB i przechodzącą przez jego środek. Analogicznie jak w przypadku symetralnych boków trójkąta na płaszczyźnie pokazujemy, że symetralne krawędzi czworościanu przecinają się w jednym punkcie. Dokładniej, mając dany czworościan ABCD prowadzimy symetralne krawędzi AB, AC i AD. Symetralne te przecinają się w jednym punkcie. Bezpośrednio z definicji pokazujemy, że punkt ten leży również na pozostałych symetralnych. (b) Dwusieczną kątą dwuściennego w przestrzeni definiujemy jako zbiór punktów leżących wewnątrz tego kąta, które są równoodległe od ścian kąta. Podobnie jak w przypadku symetralnych dowód faktu, że dwusieczne kątów dwuściennych w czworościanie przecinają się w jednym punkcie jest podobny do dowodu analogicznego faktu w przypadku dwusiecznych kątów wewnętrznych kątów trójkąta na płaszczyźnie. (c) Ustalmy czworościan ABCD. Środkową czworościanu poprowadzoną z wierzchołka A nazywamy prostą przechodzącą przez wierzchołek A oraz środek ciężkości trójkąta BCD. Analogicznie definiujemy środkowe poprowadzone z wierzchołkówb,c id. Pokażemy, że środkowe w czworościanieabcd przecinają się w jednym punkcie, który będziemy nazywać środkiem ciężkości czworościanu ABCD. 1

2 Najpierw uzasadnimy, że środkowa poprowadzona z wierzchołka A składa się z punktówp, dla których istnieje liczbaλtaka, że AP=λ AB+λ AC+λ AD. Oczywiście analogiczne charakteryzacje mamy dla środkowych poprowadzonych z pozostałych wierzchołków czworościanu. Dla dowodu powyższego faktu wystarczy pokazać, że AA = 1 1 AB+ 1 AC+ AD, gdziea jest środkiem ciężkości trójkątabcd. Wiemy jednak, że BA = 3 1 BC+ 1 BD. 3 PonieważAA = AB+ BA, AB+ BC= AC iab+ BD= AD, więc korzystając z powyższego wzoru, otrzymujemy żądaną równość. Ustalmy teraz punktgtaki, że AG= 4 1 AB+ 1 1 AC+ AD. 4 4 Pokażemy, że punkt G leży na wszystkich środkowych czworościanu ABCD. Oczywiście punkt G leży na środkowej opuszczonej z wierzchołka A. Ponadto BG= BA+ AG = 1 1 BA+ 4 4 ( BA+ AB)+ 4 ( 1 BA+ AC)+ 1 4 ( BA+ AD) = 1 1 BA+ 1 BC+ BD, a więc punkt G leży na środkowej opuszczonej z wierzchołka B. Analogicznie dowodzimy, że punkt G leży na środkowych opuszczonych z wierzchołków C i D. (d) Wysokości w czworościanie nie muszą przecinać się w jednym punkcie (patrz zadania 6 i 7). 2. Dany jest czworościan. Ile istnieje sfer stycznych do wszystkich płaszczyzn zawierających jego ściany? Rozwiązanie. Ustalmy czworościan ABCD. Wprowadzimy najpierw przydatną notację. SymbolemA + będziemy oznaczać półprzestrzeń wyznaczoną przez płaszczyznę BCD zawierającą punkt A, natomiast symbolema oznaczamy drugą z półprzestrzeni wyznaczonych przez płaszczyznę BCD. Analogicznie definiujemy półprzestrzenieb +,B,C +,C,D + id, tzn. jeślip {A,B,C,D} i{x,y,z}={a,b,c,d}\{p}, to symbolemp + oznaczamy półprzestrzeń wyznaczoną przez płaszczyznę XY Z zawierającą punkt P, natomiast symbolemp oznaczać będziemy drugą z półprzestrzeni wyznaczonych przez płaszczyznęxyz. Płaszczyzny ABC, ABD, ACD i BCD dzielą przestrzeń na 15 części, które możemy podzielić na cztery grupy: (1) przekrój czterech półprzestrzeni dodatnich :A + B + C + D +, 2

3 (2) przekroje trzech półprzestrzeni dodatnich i jednej półprzestrzeni ujemnej : A + B + C + D,A + B + C D +,A + B C + D + ia B + C + D +, (3) przekroje dwóch półprzestrzeni dodatnich i dwóch półprzestrzeni ujemnych :A + B + C D,A + B C + D,A + B C D +,A B + C + D, A B + C D + ia B C + D +, (4) przekroje jednej półprzestrzeni dodatniej i trzech półprzestrzeni ujemnych : A + B C D,A B + C D,A B C + D ia B C D +. Znajdowanie sfer stycznych do płaszczyzn ABC, ABD, ACD i BCD jest równoważne znajdowaniu punktów równoodległych od wszystkich tych płaszczyzn. Pokażemy, że w każdej z powyżej opisanych części przestrzeni istnieje co najwyżej jeden taki punkt. Ponadto udowodnimy także następujące fakty: (a) W każdej części z pierwszej i drugiej grupy istnieje dokładnie jeden poszukiwany punkt. (b) Łączna ilość poszukiwanych punktów w częściach z grupy trzeciej może być dowolną liczbą całkowitą pomiędzy 0 i 3. (c) W częściach z grupy czwartej nie istnieją poszukiwane punkty. Z powyższych faktów wynika w szczególności, że ilość kul stycznych do wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu może być jedną z liczb 5, 6, 7 lub 8. Przeanalizujemy teraz poszczególne przypadki. Niech V oznacza objętość czworościanuabcd. Ponadto przezs 1,S 2,S 3 is 4 oznaczmy pola trójkątówabc,abd, ACD i BCD, odpowiednio. Ad. (1). Zauważmy, że przekrója + B + C + D + to czworościanabcd. Pokażemy najpierw, że w czworościanie ABCD istnieje co najwyżej jeden punkt równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających jego ściany. Niech O będzie takim punktem i niech r będzie wspólną odległością punktu O od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu. Zauważmy, że czworościan ABCD jest sumą czworościanów ABCO, ABDO, ACDO i BCDO. W każdym z tych czworościanów wysokość poprowadzona z wierzchołkao ma długośćr, zatem stosując wzór na objętość czworościanu otrzymujemy, że skąd wynika, że V= 1 3 r S r S r S r S 4, r= S 1 +S 2 +S 3 +S 4, zatem odległość r i, w konsekwencji, punkt O są wyznaczone jednoznacznie. Uzasadnimy teraz istnienie takiego punktu. Niech r:= S 1 +S 2 +S 3 +S 4 ( ) i niechobędzie punktem leżący w części wspólnej podprzestrzenid +,C + ib +, którego odległość od płaszczyzn ABC, ABD i ACD jest równa r. Dla zakończenia 3

4 dowodu musimy pokazać, żeo A + i że odległośćdpunktuo od płaszczyznybcd jest równa r. Przypuśćmy najpierw, żeo A. Rozważmy wielościanabcdo. Zauważmy, że możemy przedstawić go na dwa sposoby jako sumę czworościanów. Z jednej strony wielościan ABCDO jest sumą czworościanów ABCD i BCDO, z drugiej strony jest on sumą czworościanów ABCO, ABDO i ACDO. W efekcie otrzymujemy, że V+ 1 3 d S 1= 1 3 r S r S r S 4, zatem, korzystając ze wzoru( ), otrzymujemy, że d= <0, S 1 +S 2 +S 3 +S 4 co jest niemożliwe. Wiemy już więc, żeo A +. Korzystając z faktu, że w tej sytuacji czworościanabcd jest sumą czworościanów ABCO, ABDO, ACDO i BCDO otrzymujemy, podobnie jak poprzednio, że d= =r, S 1 +S 2 +S 3 +S 4 co kończy rozważania w tej części. Ad. (2) Skoncentrujemy się w tej części na przekrojua + B + C + D. Rozważania w pozostałych przypadkach są analogiczne. Pokażemy najpierw, że w przekrojua + B + C + D istnieje co najwyżej jeden punkt równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD. Niech O będzie takim punktem i niech r będzie wspólną odległością punktu O od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu. Zauważmy, że wielościan ABCDO jest sumą czworościanów ABCD i ABCO. Jednocześnie, wielościan ABCDO jest sumą czworościanów ABCO, ABDO i ACDO. Stąd V+ 1 3 r S 1= 1 3 r S r S r S 4, zatem r=, S 2 +S 3 +S 4 S 1 co dowodzi jednoznaczności punktu O. Pozostaje teraz udowodnić, że w przekrojua + B + C + D istnieje punkt równoodległy od płaszczyzn ABC, ABD, ACD i BCD. Zauważmy, że S 2 +S 3 +S 4 >S 1. Istotnie, niechd będzie rzutem prostopadłym punktudna płaszczyznęabc. Wtedy, S 1 S 2 +S 3 +S 4 <S 2+S 3 +S 4, gdzies 2,S 3 is 4 są polami trójkątówabd,acd ibcd, odpowiednio (pierwsza z nierówności jest ostra, jeśli punktd leży na zewnątrz trójkątaabc). Powtarzając argumenty z części (1) uzasadniamy teraz istnienie punktu O należącego do przekrojua + B + C + D, którego odległość od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD wynosi S 2 +S 3 +S 4 S 1, co kończy rozważania w tej części. 4

5 Ad. (3) Przypuśćmy na początek, że istnieje punkto A + B + C D równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanuabcd. Niech r będzie tą odległością. Rozważmy wielościan ABCDO. Z jednej strony jest on sumą czworościanów ACDO i BCDO, z drugiej możemy go przedstawić jako sumę czworościanów ABCD, ABCO i ABDO. W efekcie otrzymujemy, że r= S 3 +S 4 S 1 S 2. Wykorzystując powyższą równość oraz rozumowanie analogiczne do tych przedstawionych w punktach (1) i (2) otrzymujemy następujący fakt: Istnieje punkt należący do przekrojua + B + C D równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD wtedy i tylko wtedy, gdy S 3 +S 4 S 1 S 2 >0. Ponadto, punkt ten (jeśli istnieje) jest wyznaczony jednoznacznie. Analogiczne kryteria otrzymujemy dla pozostałych przekrojów trzeciego typu. W szczególności, jeśli istnieje stosowny punkt należący do przekrojua + B + C D (a więcs 3 +S 4 S 1 S 2 >0), to nie istnieje taki punkt w przekrojua B C + D + (gdyż wtedys 1 +S 2 S 3 S 4 <0). Ponadto, możliwe jest, że odpowiedni punkt nie istnieje ani w przekrojua + B + C D ani w przekrojua B C + D + (jeślis 1 +S 2 =S 3 +S 4 ). W efekcie, ilość poszukiwanych punktów w przekrojach trzeciego typu jest liczbą całkowitą z przedziału[0, 3]. Zauważmy jeszcze, że dla każdej z liczb całkowitych z przedziału[0, 3] łatwo wskazać przykład czworościanu, dla którego ilość poszukiwanych punktów w przekrojach trzeciego typu jest równa tej liczbie. Ad. (4) Skoncentrujemy się w tej części na przekrojua + B C D. Rozważania w pozostałych przypadkach są analogiczne. Zauważmy, że A + B C D =B C D. Więcej, płaszczyznabcd nie ma punktów wspólnych z przekrojemb C D. To natychmiast implikuje, że nie istnieje punkto B C D równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD. Fakt ten można też udowodnić prowadząc rozumowanie analogiczne do tych przedstawionych w punktach (1), (2) i (3): prowadziłoby on w tym przypadku do wniosku, że odległość poszukiwanego punktu od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD musi być liczbą ujemną, co jest oczywiście niemożliwe. W rozwiązaniach zadań 3 i 4 kluczową rolę odgrywa następujący fakt. Niech G będzie środkiem ciężkości czworościanu ABCD, punkt E leży na prostej AB i punktf leży na prostejcd. Jeśli punktye,f igleżą na jednej prostej, to punkte jest środkiem odcinkaab i punktf jest środkiem odcinkacd. Dowód. Przypomnijmy, że mamy równość AG= 1 1 AB+ 1 AC+ AD ( ) 5

6 Ponieważ punkte leży na prostejab, więc istnieje liczbaλtaka, żeae=λ AB. Analogicznie, CF=µ CD dla pewnej liczbyµ. Wreszcie, warunek współliniowości punktówe,f igoznacza, żeeg=k EF dla pewnej liczbyk. Zauważmy, że AF= AC+ CF= AC+µ CD = AC+µ ( AD AC)=(1 µ) AC+µ AD. W efekcie uzyskujemy ciąg równości AG= AE+ EG= AE+k EF= AE+k ( AF AE) =(1 k) AE+k AF =(λ λ k) AB+(k µ k) AC+µ k AD. Porównując powyższy wzór ze wzorem( ) otrzymujemy warunki λ λ k= 1 4, k µ k=1 4 i µ k= 1 4, które natychmiast prowadzą do równości co kończy dowód. λ= 1 2 =µ, 3. Udowodnić, że jeśli prosta przechodząca przez środek ciężkości czworościanu ABCD i przez środek O sfery opisanej na tym czworościanie przecina krawędzie AB icd, to AC = BD i AD = BC. Rozwiązanie. Oznaczmy przezlprostą łączącą środki bokówab icd. Z założeń i powyższego faktu wynika, żeo l. To oznacza, że prostaljest symetralną odcinka AB w płaszczyźnieabo. W szczególności, punktb jest obrazem punktuawsymetrii osiowej względem prostej l. Z tych samych powodów punkt D jest obrazem punktu C w symetrii osiowej względem prostej l. Stąd odcinek BD jest obrazem w symetrii osiowej względem prostej l odcinka AC oraz odcinek BC jest obrazem w symetrii osiowej względem prostej l odcinka AD. Te dwa fakty natychmiast implikują tezę zadania. 5. Czy z faktu, że środki sfer wpisanej i opisanej pokrywają się, wynika, że czworościan jest foremny? Rozwiązanie. Odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu brzmi nie. Aby to uzasadnić, udowodnimy następujący fakt. Fakt. Dany jest czworościanabcd. Jeśli AB = CD, AC = BD i AD = BC, to środki sfer wpisanej i opisanej na czworościanie ABCD pokrywają się. Dowód. Niech O będzie środkiem sfery wpisanej. Aby uzasadnić, że punkt O jest środkiem sfery opisanej na czworościanie ABCD pokażemy, że AO = BO = CO = DO. 6

7 NiechA,B,C id będą rzutami prostopadłymi punktuona płaszczyznybcd, ACD, ABD i ABC, odpowiednio. Ponieważ punkt O jest środkiem sfery wpisanej w czworościan ABCD, więc AB = AC = AD, BA = BC = BD, CA = CB = CD i DA = DB = DC. Oznaczmy powyższe odległości przez a, b, c i d, odpowiednio. Odległości punktud od wierzchołkówa,bic wynosząa,bic, odpowiednio. Analogicznie, odległości punktuc od wierzchołkówa,b idwynosząa,bid, odpowiednio. Ponieważ trójkąty ABC i ABD są przystające, więc wnioskujemy stąd, żec=d. Postępując analogicznie dowodzimy, żea=b=c=d. Ponieważ i AO 2 =a 2 +r 2, BO 2 =b 2 +r 2, CO 2 =c 2 +r 2 DO 2 =c 2 +r 2, gdzie r jest środkiem sfery wpisanej w czworościan ABCD, więc otrzymujemy zapowiedzianą tezę. W rozwiązaniu zadań 6 i 7 kluczową rolę odgrywał będzie odgrywał następujący fakt. Fakt. Czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy AB AC= AB AD= AC AD. Dowód. Przypuśćmy najpierw, że czworościan ABCD jest ortocentryczny. Niech H będzie punktem przecięcia wysokości czworościanuabcd. WtedyAH BC= 0 (gdyż te dwa wektory są wzajemnie prostopadłe). PonieważAH = AD+ DH idh BC =0, więc otrzymujemy stąd, żead BC = 0. Wykorzystując teraz równośćbc= AC AB wnioskujemy, żead AC= AD AB. W analogiczny sposób dowodzimy pozostałych równości. Załóżmy teraz, że AB AC= AB AD= AC AD. Oznaczmy tę wspólną wartość przez λ. Naszym celem jest udowodnienie, że w takiej sytuacji istnieje punkt H taki, że Oczywiście AH BC=0= AH BD, BH AC=0= BH AD, CH AB=0= CH AD i AH=x AB+y AC+z AD DH AB=0= DH AC. dla pewnych liczb x, y i z. Powyższe warunki prowadzą do następującego układu równań (z niewiadomymix,y iz) (λ a) x + (b λ) y = 0, (λ a) x + (c λ) z = 0, a x + λ y + λ z = λ, λ x + b y + λ z = λ, λ x + λ y + c z = λ, 7

8 gdziea:= AB 2,b:= AC 2 ic:= AD 2. Zauważmy, że równania 1 i 2 są konsekwencją pozostałych równań. Rozwiązując układ równań utworzony przez równania 3, 4 i 5 otrzymujemy, że posiada on rozwiązanie, jeśliw 0, gdzie Wykorzystując wzory i W:=a b c+2 λ 3 λ 2 a λ 2 b λ 2 c. λ= a b cosα, λ= a c cosβ λ= b c cosγ, gdzieα,β iγ są miarami kątówbac,bad icad, odpowiednio, otrzymujemy, że W=a b c (1+2 cosα cosβ cosγ cos 2 α cos 2 β cos 2 γ), zatemw 0 wtedy i tylko wtedy, gdy Traktując warunek 1+2 cosα cosβ cosγ cos 2 α cos 2 β cos 2 γ cosα cosβ cosγ cos 2 α cos 2 β cos 2 γ=0 jako równanie kwadratowe z niewiadomącosγ, otrzymujemy, żecosγ=cos(α±β), skądγ=α+β,γ=360 α β lubγ= α β. Dla zakończenia dowodu wystarczy zauważyć, że żadna z tych możliwości nie może zachodzić dla kątów płaskich przy ustalonym wierzchołku w czworościanie. 6. Uzasadnić, że czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy każde dwie krawędzie skośne są wzajemnie prostopadłe. Rozwiązanie. I sposób (korzystający z powyższego faktu): Zgodnie z powyższym faktem czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy Ponieważ CD= AD AC, więc równość AB AC= AB AD= AC AD. AB AC= AB AD jest równoważna warunkowi AB CD. Analogicznie, równości AB AC= AC AD i AB AD= AC AD są równoważne warunkomac BD iad BC, odpowiednio, co kończy dowód. Zauważmy przy okazji, że powyższe rozumowanie pokazuje, że prostopadłość dwóch par krawędzi skośnych implikuje, że krawędzie tworzące trzecią parę są również wzajemnie prostopadłe. 8

9 II sposób (niekorzystający z powyższego faktu): Przypuśćmy najpierw, że czworościan ABCD jest ortocentryczny. Oznaczmy przez H punkt przecięcia wysokości czworościanu ABCD. Ponieważ wysokości czworościanu ABCD opuszczone z wierzchołków C i D są zawarte w płaszczyźnie CDH, więc płaszczyzna CDH jest prostopadła do prostej AB. W szczególności krawędzie AB i CD są prostopadłe. Analogicznie dowodzimy pozostałych warunków. Załóżmy teraz, że AB CD, AC BD i AD BC. Pierwszy warunek oznacza, że istnieje płaszczyzna zawierająca krawędź CD i prostopadła do krawędzi AB. W szczególności, płaszczyzna ta zawiera wysokości opuszczone z wierzchołków C i D, a więc wysokości te przecinają się. Analogiczne uzasadniamy, że przecinają się pozostałe pary wysokości. Zauważmy jednak, że jeśli dane cztery proste przecinają się parami, to albo leżą w jednej płaszczyźnie albo przecinają się w jednym punkcie. Pierwsza możliwość nie może mieć jednak miejsca dla wysokości w czworościanie, co kończy dowód. 7. Uzasadnić, że czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2. Rozwiązanie. Zauważmy, że Analogicznie AB 2 + CD 2 = AB 2 + CD CD = AB 2 +( AD AC) ( AD AC) = AB 2 + AC 2 + AD 2 2 AC AD. AC 2 + BD 2 = AB 2 + AC 2 + AD 2 2 AB AD i AD 2 + BC 2 = AB 2 + AC 2 + AD 2 2 AB AC, zatem teza wynika natychmiast z faktu udowodnionego przed zadaniem 6. 9