8099. Вершины прямоугольника лежат на боковой поверхности конуса. Докажите, что две параллельные стороны прямоугольника перпендикулярны оси конуса.
Решение. Первый способ. Пусть ABCD
— прямоугольник, вершины которого лежат на боковой поверхности конуса с вершиной S
(рис. 1). Тогда
SA^{2}+SC^{2}=SB^{2}+SD^{2}
(см. задачу 2169). Докажем, что
SA+SC=SB+SD.
Действительно, пусть плоскость, проведённая через центр O
прямоугольника перпендикулярно оси конуса, пересекает лучи SA
, SC
, SB
и SD
в точках A'
, C'
, B'
и D'
соответственно (для определённости будем считать, что точка C'
лежит на отрезке SC
). Треугольники SA'C'
и SB'D'
— равнобедренные, так как SA'
, SC'
, SB'
и SD'
— образующие конуса, отсекаемого от данного конуса проведённой плоскостью.
Через точку C
проведём прямую, параллельную стороне SA
(рис. 2). Обозначим через C''
точку пересечения этой прямой с продолжением основания A'C'
. Так как треугольники OCC''
и OAA'
равны (по стороне и двум прилежащим к ней углам), а треугольник CC'C''
— также равнобедренный, то CC'=CC''=AA'
. Значит,
SA+SC=(SA'-AA')+(SC'+CC')=SA'+SC'.
Аналогично, SB+SD=SB'+SD'
, а так как SB'+SD'=SA'+SC'
, то утверждение доказано.
Вернёмся к нашей задаче. Из равенств SA^{2}+SC^{2}=SB^{2}+SD^{2}
и SA+SC=SB+SD
следует, что либо SA=SB
и SC=SD
, либо SA=SD
и SC=SB
. В первом случае оси конуса перпендикулярна сторона AB
, а во втором — сторона AD
.
(Решение предложено Ильёй Осиповым.)
Второй способ. Предположим, что ни одна из сторон прямоугольника ABCD
с вершинами на боковой поверхности конуса с вершиной S
и радиусом основания R
не перпендикулярна его высоте SO=h
, т. е. не параллельна плоскости основания (рис. 3). Пусть SA_{1}
, SB_{1}
, SC_{1}
и SD_{1}
— образующие конуса, проходящие через точки A
, B
, C
и D
соответственно, прямые A_{1}B_{1}
и C_{1}D_{1}
пересекаются в точке M
, а прямые A_{1}D_{1}
и B_{1}C_{1}
— в N
. Тогда плоскости A_{1}SB_{1}
и C_{1}SD_{1}
пересекаются по прямой SN
, параллельной прямым AB
и CD
, а плоскости A_{1}SD_{1}
и B_{1}SC_{1}
— по прямой SN
, параллельной AD
и BC
(см. задачу 8004). При этом SM\perp SN
.
Пусть MP=a
и NQ=b
— касательные к окружности основания конуса (P
и Q
— точки касания). Тогда
MN^{2}=SM^{2}+SN_{2}=(SO^{2}+OM^{2})+(SO^{2}+ON^{2})=
=(h^{2}+a^{2}+R^{2})+(h^{2}+b^{2}+R^{2})=2(h^{2}+R^{2})+a^{2}+b^{2}.
С другой стороны, для вписанного четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
известно, что MN^{2}=a^{2}+b^{2}
(см. задачу 116). Следовательно,
2(h^{2}+R^{2})+a^{2}+b^{2}=a^{2}+b^{2},
откуда h^{2}+R^{2}=0
, что невозможно.
Третий способ. Пусть ABCD
— прямоугольник, вершины которого лежат на боковой поверхности конуса с вершиной S
(рис. 4), A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
, D_{1}
, O_{1}
— ортогональные проекции точек соответственно A
, B
, C
, D
и центра O
прямоугольника на ось конуса, \alpha
— угол между осью и образующей конуса.
Из прямоугольного треугольника SA_{1}A
находим, что SA_{1}=SA\cos\alpha
. Аналогично
SB_{1}=SB\cos\alpha,~SC_{1}=SC\cos\alpha,~SD_{1}=SD\cos\alpha,
а так как SA^{2}+SC^{2}=SB^{2}+SD^{2}
(см. задачу 2169), то SA_{1}^{2}+SC_{1}^{2}=SB_{1}^{2}+SD_{1}^{2}
.
Ортогональная проекция O_{1}
середины O
отрезка AC
на ось конуса есть середина ортогональной проекции A_{1}C_{1}
отрезка AC
. Аналогично O_{1}
— середина B_{1}D_{1}
. Значит,
\frac{SA_{1}+SC_{1}}{2}=SO_{1}=\frac{SB_{1}+SD_{1}}{2},
откуда получаем, что SA+SC=SB+SD
. Учитывая, что при этом SA^{2}+SC^{2}=SB^{2}+SD^{2}
, получаем, что либо SA=SB
и SC=SD
(в этом случае AB
и CD
перпендикулярны оси конуса), либо SA=SD
и SC=SB
(в этом случае AD
и BC
перпендикулярны оси конуса).
(Решение предложено М.А.Волчкевичем.)