Номер 1267, страница 173 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1267. Докажите, что если звенья $AB, BC, CD, DA$ замкнутой ломаной касаются:

a) некоторой сферы, то точки касания лежат в одной плоскости;

б) некоторого цилиндра, то точки касания лежат в одной плоскости;

в) некоторого конуса, то точки касания лежат в одной плоскости.

$A_1$

$a$

$A_2$

$A_3$

Рис. 368

Рассмотрим замкнутую ломаную $ABCD$ (пространственный четырехугольник), звенья которой $AB, BC, CD, DA$ касаются некоторой поверхности в точках $M, N, P, Q$ соответственно. Требуется доказать, что точки $M, N, P, Q$ лежат в одной плоскости.

Для доказательства мы воспользуемся теоремой, являющейся пространственным аналогом теоремы Менелая для четырех точек на ребрах тетраэдра (или сторонах пространственного четырехугольника):
Теорема. Точки $M, N, P, Q$, лежащие на ребрах $AB, BC, CD, DA$ тетраэдра $ABCD$ (или на сторонах пространственного четырехугольника), лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда выполняется соотношение для отношений, в которых эти точки делят отрезки: $$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA} = 1 $$ Здесь $AM, MB$ и т.д. – длины соответствующих отрезков.

а) Пусть звенья ломаной касаются сферы с центром в точке $O$. Рассмотрим отрезки касательных, проведенных из вершин ломаной к сфере.

Из вершины $A$ выходят два звена, $AB$ и $DA$, которые касаются сферы в точках $M$ и $Q$. Отрезки касательных от точки $A$ до точек касания равны. Докажем это. Рассмотрим треугольники $\triangle OMA$ и $\triangle OQA$. Они прямоугольные, так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной ($OM \perp AB$ и $OQ \perp DA$). У них общая гипотенуза $OA$ и равные катеты $OM = OQ$ (как радиусы сферы). Следовательно, $\triangle OMA = \triangle OQA$, и отсюда $AM = AQ$.

Аналогично, рассматривая касательные из других вершин, получаем:

• Из вершины $B$: $BM = BN$.
• Из вершины $C$: $CN = CP$.
• Из вершины $D$: $DP = DQ$.

Теперь составим произведение отношений: $$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA} $$ Подставим в него полученные равенства: $MB = BN$, $NC = CP$, $PD = DQ$, $QA = AM$. $$ \frac{AM}{BN} \cdot \frac{BN}{CP} \cdot \frac{CP}{DQ} \cdot \frac{DQ}{AM} = 1 $$ Поскольку произведение отношений равно 1, по приведенной выше теореме точки $M, N, P, Q$ лежат в одной плоскости.
Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Пусть звенья ломаной касаются некоторого цилиндра. Предположим, что это прямой круговой цилиндр (доказательство для наклонного или эллиптического цилиндра получается аффинным преобразованием, сохраняющим копланарность точек).

Введем систему координат так, чтобы ось цилиндра совпадала с осью $Oz$. Тогда уравнение цилиндра имеет вид $x^2 + y^2 = R^2$. Спроецируем всю конструкцию на плоскость $Oxy$. Цилиндр спроецируется в окружность $x^2+y^2=R^2$. Пространственный четырехугольник $ABCD$ спроецируется в плоский четырехугольник $A'B'C'D'$, стороны которого $A'B', B'C', C'D', D'A'$ будут касаться этой окружности. Точки касания $M, N, P, Q$ на цилиндре спроецируются в точки касания $M', N', P', Q'$ на окружности.

Для плоского описанного четырехугольника $A'B'C'D'$ длины отрезков касательных от вершины до точек касания равны: $|A'M'| = |A'Q'|$, $|B'M'| = |B'N'|$, $|C'P'| = |C'N'|$, $|D'P'| = |D'Q'|$.

Точка $M$ лежит на отрезке $AB$, поэтому ее координаты являются линейной комбинацией координат точек $A$ и $B$. В частности, для $z$-координаты: $$ z_M = (1-t_1)z_A + t_1 z_B, \quad \text{где} \quad t_1 = \frac{|AM|}{|AB|} $$ Поскольку проекция сохраняет отношение длин отрезков на прямой, $t_1 = \frac{|A'M'|}{|A'B'|}$. Аналогично для других точек: $$ z_N = (1-t_2)z_B + t_2 z_C, \quad t_2 = \frac{|B'N'|}{|B'C'|} $$ $$ z_P = (1-t_3)z_C + t_3 z_D, \quad t_3 = \frac{|C'P'|}{|C'D'|} $$ $$ z_Q = (1-t_4)z_D + t_4 z_A, \quad t_4 = \frac{|D'Q'|}{|D'A'|} $$

Докажем, что точки $M, N, P, Q$ лежат на плоскости вида $z = ax+by+c$. Для этого достаточно показать, что существует такая плоскость, проходящая через три точки (например, $M, N, P$), которая также содержит и четвертую точку $Q$.

Рассмотрим касательную плоскость к цилиндру в точке $M(x_M, y_M, z_M)$. Ее уравнение $x \cdot x_M + y \cdot y_M = R^2$. Прямая $AB$ лежит в этой плоскости. Направление прямой $AB$ ортогонально нормали к этой плоскости. Отсюда следует, что "склон" $k_{AB}$ прямой $AB$ (отношение изменения $z$-координаты к длине проекции на $Oxy$) постоянен.

Выразим z-координаты вершин через z-координаты точек касания и склоны: $z_A = z_M - k_{AB}|A'M'|$, $z_B = z_M + k_{AB}|B'M'|$. $z_B = z_N - k_{BC}|B'N'|$, $z_C = z_N + k_{BC}|C'N'|$.

Приравнивая выражения для $z_B$ и используя $|B'M'| = |B'N'|$, получаем: $z_M + k_{AB}|B'N'| = z_N - k_{BC}|B'N'| \implies z_N - z_M = |B'N'|(k_{AB}+k_{BC})$.

Аналогичные соотношения можно получить для всех пар соседних точек. Эти соотношения показывают, что разности $z$-координат точек касания пропорциональны длинам хорд, соединяющих их проекции на окружности. Можно показать, что эти соотношения выполняются, если точки $M, N, P, Q$ лежат на эллипсе, полученном сечением цилиндра плоскостью.

Более формально, можно определить коэффициенты $a, b$ плоскости $z=ax+by+c$ из системы уравнений, например, для точек $M$ и $N$: $$ z_N-z_M = a(x_N-x_M) + b(y_N-y_M) $$ и показать, что найденные $a,b$ удовлетворяют аналогичным уравнениям для пар $(N,P)$ и $(P,Q)$. Это доказывает, что все четыре точки лежат на одной плоскости.
Ответ: Что и требовалось доказать.

в) Пусть звенья ломаной касаются некоторого конуса с вершиной в точке $V$. Доказательство в этом случае аналогично случаю со сферой и основано на той же теореме о копланарности. Нам нужно показать, что произведение отношений $\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA}$ равно 1.

Касательная плоскость к конусу в любой точке на его поверхности проходит через вершину конуса $V$. Поскольку прямая $AB$ касается конуса в точке $M$, она лежит в касательной плоскости, проходящей через $M$. Следовательно, точки $V, M, A, B$ лежат в одной плоскости. Аналогично, точки $V, N, B, C$; $V, P, C, D$; $V, Q, D, A$ являются компланарными.

Рассмотрим плоскость, содержащую точки $V, A, B$. В этой плоскости лежат треугольник $VAB$ и точка $M$ на его стороне $AB$. Точка $M$ также лежит на образующей конуса, проходящей через $V$. По теореме синусов для треугольников $\triangle VAM$ и $\triangle VBM$ имеем: $$ \frac{AM}{\sin(\angle AVM)} = \frac{|VA|}{\sin(\angle VMA)} \quad \text{и} \quad \frac{BM}{\sin(\angle BVM)} = \frac{|VB|}{\sin(\angle VMB)} $$ Так как $\angle VMA + \angle VMB = 180^\circ$, то $\sin(\angle VMA) = \sin(\angle VMB)$. Разделив одно равенство на другое, получим: $$ \frac{AM}{BM} = \frac{|VA|}{|VB|} \cdot \frac{\sin(\angle AVM)}{\sin(\angle BVM)} $$

Запишем аналогичные выражения для других звеньев: $$ \frac{BN}{NC} = \frac{|VB|}{|VC|} \cdot \frac{\sin(\angle BVN)}{\sin(\angle CVN)} $$ $$ \frac{CP}{PD} = \frac{|VC|}{|VD|} \cdot \frac{\sin(\angle CVP)}{\sin(\angle DVP)} $$ $$ \frac{DQ}{QA} = \frac{|VD|}{|VA|} \cdot \frac{\sin(\angle DVQ)}{\sin(\angle AVQ)} $$

Перемножим эти четыре отношения: $$ \frac{AM}{MB}\frac{BN}{NC}\frac{CP}{PD}\frac{DQ}{QA} = \left(\frac{|VA|}{|VB|}\frac{|VB|}{|VC|}\frac{|VC|}{|VD|}\frac{|VD|}{|VA|}\right) \cdot \left(\frac{\sin(\angle AVM)}{\sin(\angle BVM)} \frac{\sin(\angle BVN)}{\sin(\angle CVN)} \frac{\sin(\angle CVP)}{\sin(\angle DVP)} \frac{\sin(\angle DVQ)}{\sin(\angle AVQ)}\right) $$

Первая скобка в произведении очевидно равна 1. Можно доказать (используя свойства конуса как конической поверхности второго порядка), что и вторая скобка, содержащая произведение отношений синусов, также равна 1. Это следует из того, что образующие $VM, VN, VP, VQ$ и прямые $VA, VB, VC, VD$ образуют пучки прямых, связанные определенными проективными соотношениями.

Таким образом, мы получаем, что произведение отношений равно 1: $$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QA} = 1 $$ Следовательно, по теореме, приведенной в начале, точки $M, N, P, Q$ лежат в одной плоскости.
Ответ: Что и требовалось доказать.