|
|
 |
Условие
В усеченную треугольную пирамиду вписана сфера, касающаяся оснований в точках $T_1$, $T_2$. Пусть $h$ – высота пирамиды, $R_1$, $R_2$ – радиусы окружностей, описанных около ее оснований, $O_1$, $O_2$ – центры этих окружностей. Докажите, что $$ R_1R_2h^2=(R_1^2-O_1T_1^2)(R_2^2-O_2T_2^2). $$Решение 1
Пусть $A_1B_1C_1A_2B_2C_2$ – данная пирамида, а прямые $A_1A_2$, $B_1B_2$, $C_1C_2$ пересекаются в точке $O$. Будем считать, что $A_1B_1C_1$ – большее основание, т.е сфера $\omega$, вписанная в $A_1B_1C_1A_2B_2C_2$, является также вписанной сферой для тетраэдра $OA_1B_1C_1$ и вневписанной для $OA_2B_2C_2$.
Пусть $k_1$, $k_2$ – описанные окружности треугольников $A_1B_1C_1$, $A_2B_2C_2$ соответственно. Заметим, что $R_1^2-O_1T_1^2$ – это степень точки $T_1$ относительно $k_1$, аналогичное утверждение верно для $R_2^2-O_2T_2^2$. Далее, если $r$ – радиус $\omega$, а плоскости $A_1B_1C_1$ и $A_2B_2C_2$ параллельны, то $h=2r$. Таким образом, надо доказать, что $$4r^2R_1R_2=power(T_1, k_1)\cdot power(T_2, k_2).$$ Перепишем это равенство как $$4r^2/R_1R_2=(power(T_1, k_1)/R_1^2)\cdot(power(T_2, k_2)/R_2^2).$$
Пусть $r_O$ – радиус вневписанной сферы $\omega_O$ тетраэдра $OA_1B_1C_1$, противоположной вершине $O$, и $\omega_O$ касается плоскости $A_1B_1C_1$ в точке $U$. Гомотетия с центром $O$ переводит $OA_2B_2C_2$ и $\omega$ в $OA_1B_1C_1$ и $\omega_O$ соответственно. Значит, $r/R_2=r_O/R_1$ и $$power(T_2, k_2)/R_2^2=power(U, k_1)/R_1^2.$$
Будем далее писать $A$, $B$, $C$, $T$, $R$, $k$ вместо $A_1$, $B_1$, $C_1$, $T_1$, $R_1$, $k_1$. Тогда искомое равенство примет вид $$4rr_O/R^2=(power(T,k)/R^2)\cdot(power(U, k)/R^2)$$ или $$4rr_OR^2=power(T,k)\cdot power(U,k).$$
(Здесь, $OABC$ – произвольный тетраэдр, $k$ – описанная окружность треугольника $ABC$, $R$ – ее радиус, $r$ и $r_O$ – радиусы вписанной и вневписанной сфер, $T$ и $U$ – точки касания этих сфер с гранью $ABC$.)
Пусть $I$, $I_O$ – центры $\omega$, $\omega_O$ соответственно, $T_A$, $U_A$ – проекции $T$, $U$ на прямую $BC$. Так как плоскости $IBC$ и $I_OBC$ делят пополам внутренний и внешний двугранные углы тетраэдра $OABC$ при ребре $BC$, то $\angle IT_AT+\angle I_OU_AU=\pi/2$. Значит, треугольники $IT_AT$ и $U_AI_OU$ подобны и $rr_O=TT_A\cdot UU_A$.
Определим аналогично точки $T_B$, $U_B$, $T_C$, $U_C$. Получаем $$rr_O=TT_A\cdot UU_A=TT_B\cdot UU_B=TT_C\cdot UU_C.$$ Следовательно, точки $T$ и $U$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$. (На самом деле, этот факт хорошо известен.)
Таким образом задача свелась к следующему планиметрическому утверждению. Пусть точки $T$, $U$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$ (и лежат внутри треугольника), $T_A$, $U_A$ – их проекции на $BC$, $k$, $R$ – описанная окружность треугольника $ABC$ и ее радиус. Тогда $$4TT_A\cdot UU_A\cdot R^2=power(T, k)\cdot power(U, k).$$
Пусть $BT$ и $BU$ вторично пересекают $k$ в точках $V$ и $W$. Тогда $power(T,k)=BT\cdot TV$, $power(U,k)=BU\cdot UW$. Пусть $VX$ – диаметр $k$. Тогда треугольники $BTT_A$ и $XVC$ подобны, значит, $BT\cdot CV=TT_A\cdot 2R$. Аналогично, $BU\cdot CW=UU_A\cdot 2R$. Поэтому $$4TT_A\cdot UU_A\cdot R^2= BT\cdot BU\cdot CV\cdot CW,$$ и остается доказать, что $CV\cdot CW=TV\cdot UW$.
Для этого рассмотрим треугольники $CTV$ и $CUW$. Имеем $\angle CVT=\angle BVC=\angle A$. Аналогично, $\angle CWU=\angle BWC=\angle A$. С другой стороны, $$\angle TCV+\angle UCW=(\angle ACT+\angle ACV)+(\angle ACU+\angle ACW)=(\angle ACT+\angle ACU)+(\angle ACV+\angle ACW)=\angle C+(\angle ABV+\angle ABW)=\angle B+\angle C,$$ здесь мы сначала использовали, что лучи $CT$ и $CU$ – изогональны относительно угла $C$, а затем то, что лучи $BV$ и $BW$ изогональны относительно угла $B$. Таким образом, $\angle TCV=\angle CUW$ и $\angle UCW=\angle CTV$. Следовательно, треугольники $CTV$ и $UCW$ подобны и $CV\cdot CW=TV\cdot UW$, ч.т.д.
Решение 2
Пусть боковые ребра пирамиды пересекаются в точке $S$. Рассмотрим конус с вершиной $S$, описанный около сферы. Он пересекает основания пирамиды по вписанным в них эллипсам, причем фокусами первого эллипса будут точка $T_1$ и точка $T'_2$ пересечения плоскости основания с прямой $ST_2$, а фокусами второго – $T_2$ и точка $T'_1$ пересечения плоскости основания с прямой $ST_1$. По обобщенной формуле Эйлера (см. «Математическое просвещние», 2017, №21. Решение задачи 13.5.). $$ R_1^2l_1^2=(R_1^2-O_1T_1^2)(R_1^2-O_1{T'}_2^2), (1) $$ $$v R_2^2l_2^2=(R_2^2-O_2T_2^2)(R_2^2-O_2{T'}_1^2), (2) $$ где $l_1$, $l_2$ – малые оси соответствующих эллипсов.
Рассмотрим теперь плоскость симметрии конуса. Она проходит через $S$, центр сферы и большие оси эллипсов. Сечение пирамиды этой плоскостью является трапецией $ABCD$, описанной около окружности с центром $I$ и диаметром $h$, причем эта окружность касается оснований трапеции в точках $T_1$ и $T_2$. Легко видеть, что треугольник $AIT_1$ подобен треугольнику $IBT_2$, а треугольник $CIT_2$ – треугольнику $IDT_1$ (см. рис.), следовательно $$ \frac{h^2}4=AT_1\cdot BT_2=CT_2\cdot DT_1. (3) $$
Пусть $M$ – середина $AD$. Тогда $AT_1\cdot DT_1=AM^2-MT_1^2=l_1^2/4$. Аналогично $BT_2\cdot CT_2=l_2^2/4$. Отсюда и из (3) получаем, что $h^2=l_1l_2$. Кроме того, так как основания пирамиды гомотетичны с центром $S$, то $$(R_1^2-O_1T_1^2)(R_2^2-O_2T_2^2)=(R_1^2-O_1{T'}_2^2)(R_2^2-O_2{T'}_1^2).$$ Поэтому, перемножив равенства (1) и (2), получим утверждение задачи.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2021 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 24 [11 кл] |
