Номер 1270, страница 173 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1270. В треугольную пирамиду ABCD вписана сфера с центром I. Докажите, что выполняется равенство

$s_1 \cdot \vec{OA} + s_2 \cdot \vec{OB} + s_3 \cdot \vec{OC} + s_4 \cdot \vec{OD} = \vec{0}$, где $s_1, s_2, s_3, s_4$ — площади граней BCD, CDA, DAB, ABC соответственно.

Обозначим центр вписанной сферы через $I$. В условии задачи он обозначен как $O$ в формуле и как $I$ в тексте. Будем использовать обозначение $I$, так как оно является общепринятым для центра вписанной сферы (инцентра). Таким образом, нам нужно доказать равенство:

$s_1 \cdot \vec{IA} + s_2 \cdot \vec{IB} + s_3 \cdot \vec{IC} + s_4 \cdot \vec{ID} = \vec{0}$

Докажем более общее утверждение. Для любой точки $P$, находящейся внутри тетраэдра $ABCD$, справедливо равенство:

$V_{PBCD} \cdot \vec{PA} + V_{PCDA} \cdot \vec{PB} + V_{PDAB} \cdot \vec{PC} + V_{PABC} \cdot \vec{PD} = \vec{0}$,

где $V_{PBCD}$ — объем тетраэдра $PBCD$, и так далее.

Доказательство общего утверждения:

Выберем начало координат в точке $P$. Тогда векторы $\vec{PA}$, $\vec{PB}$, $\vec{PC}$, $\vec{PD}$ можно обозначить как $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$. Поскольку любые четыре вектора в трехмерном пространстве линейно зависимы, существуют такие числа $\alpha, \beta, \gamma, \delta$, не все равные нулю, что выполняется равенство:

$\alpha \vec{a} + \beta \vec{b} + \gamma \vec{c} + \delta \vec{d} = \vec{0}$

Умножим это векторное равенство скалярно на векторное произведение $(\vec{b} \times \vec{c})$:

$\alpha (\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) + \beta (\vec{b} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) + \gamma (\vec{c} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) + \delta (\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) = 0$

Второй и третий члены равны нулю, так как смешанное произведение компланарных векторов равно нулю. Остается:

$\alpha (\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) + \delta (\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})) = 0$

Объем тетраэдра, построенного на векторах $\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}$, выходящих из одной вершины, равен $V = \frac{1}{6} |(\vec{u} \times \vec{v}) \cdot \vec{w}|$. Смешанное произведение дает ориентированный объем. Поскольку точка $P$ находится внутри тетраэдра $ABCD$, ориентации тетраэдров $PABC$ и $DBCP$ (то есть $PBCD$) относительно их общего основания $PBC$ будут противоположными. Таким образом, если считать объем $V_{PABC} = \frac{1}{6} (\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}))$, то объем $V_{PBCD}$ будет $V_{PBCD} = -\frac{1}{6} (\vec{d} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}))$.

Подставим объемы в равенство:

$\alpha (6 \cdot V_{PABC}) + \delta (-6 \cdot V_{PBCD}) = 0$

$\alpha \cdot V_{PABC} = \delta \cdot V_{PBCD} \implies \frac{\alpha}{V_{PBCD}} = \frac{\delta}{V_{PABC}}$

Проводя аналогичные операции (умножая на $(\vec{c} \times \vec{d})$, $(\vec{d} \times \vec{a})$ и т.д.), мы получим попарное равенство отношений:

$\frac{\alpha}{V_{PBCD}} = \frac{\beta}{V_{PCDA}} = \frac{\gamma}{V_{PDAB}} = \frac{\delta}{V_{PABC}} = k$

Отсюда $\alpha = k \cdot V_{PBCD}$, $\beta = k \cdot V_{PCDA}$, $\gamma = k \cdot V_{PDAB}$, $\delta = k \cdot V_{PABC}$. Подставляя эти выражения в исходное уравнение линейной зависимости, получаем:

$k \cdot V_{PBCD} \cdot \vec{a} + k \cdot V_{PCDA} \cdot \vec{b} + k \cdot V_{PDAB} \cdot \vec{c} + k \cdot V_{PABC} \cdot \vec{d} = \vec{0}$

Поскольку $k \neq 0$, мы можем разделить на $k$ и вернуться к исходным обозначениям векторов:

$V_{PBCD} \cdot \vec{PA} + V_{PCDA} \cdot \vec{PB} + V_{PDAB} \cdot \vec{PC} + V_{PABC} \cdot \vec{PD} = \vec{0}$

Общее утверждение доказано.

Применение к задаче:

Теперь применим это утверждение к случаю, когда точка $P$ является центром вписанной сферы $I$. Пусть $r$ — радиус этой сферы. Центр $I$ равноудален от всех граней пирамиды, и это расстояние равно $r$.

Объем пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h$. Для тетраэдров с вершиной в точке $I$ и основаниями на гранях пирамиды $ABCD$ высоты, опущенные из $I$, равны $r$.

Найдем объемы малых тетраэдров:

• $V_{IBCD} = \frac{1}{3} S_{BCD} \cdot r = \frac{1}{3} s_1 r$ (это $V_{PBCD}$ для $P=I$)
• $V_{ICDA} = \frac{1}{3} S_{CDA} \cdot r = \frac{1}{3} s_2 r$ (это $V_{PCDA}$ для $P=I$)
• $V_{IDAB} = \frac{1}{3} S_{DAB} \cdot r = \frac{1}{3} s_3 r$ (это $V_{PDAB}$ для $P=I$)
• $V_{IABC} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot r = \frac{1}{3} s_4 r$ (это $V_{PABC}$ для $P=I$)

Подставим эти выражения в доказанное общее векторное равенство:

$(\frac{1}{3} s_1 r) \cdot \vec{IA} + (\frac{1}{3} s_2 r) \cdot \vec{IB} + (\frac{1}{3} s_3 r) \cdot \vec{IC} + (\frac{1}{3} s_4 r) \cdot \vec{ID} = \vec{0}$

Поскольку радиус вписанной сферы $r > 0$, мы можем разделить обе части уравнения на общий множитель $\frac{1}{3}r$:

$s_1 \cdot \vec{IA} + s_2 \cdot \vec{IB} + s_3 \cdot \vec{IC} + s_4 \cdot \vec{ID} = \vec{0}$

Это и есть равенство, которое требовалось доказать (с учетом того, что $O$ в условии — это $I$).

Ответ: Равенство доказано. Центр вписанной сферы является барицентром вершин тетраэдра с массами, равными площадям противоположных граней.