14597. Сонаправленные векторы \overrightarrow{AA_{1}}
, \overrightarrow{BB_{1}}
и \overrightarrow{CC_{1}}
перпендикулярны плоскости ABC
и равны соответствующим высотам треугольника ABC
, радиус вписанной окружности которого равен r
.
а) Докажите, что расстояние от точки M
пересечения плоскостей A_{1}BC
, AB_{1}C
и ABC_{1}
до плоскости ABC
равно r
.
б) Докажите, что расстояние от точки N
пересечения плоскостей A_{1}B_{1}C
, A_{1}BC_{1}
и AB_{1}C_{1}
до плоскости ABC
равно 2r
.
Решение. а) Пусть O
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на плоскость ABC
, а AH
— высота треугольника ABC
. По теореме о трёх перпендикулярах A_{1}H\perp BC
, поэтому AHA_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC
и A_{1}BC
. Поскольку AA_{1}=AH
, этот угол равен 45^{\circ}
. Значит, расстояние MO
от точки M
, лежащей в плоскости A_{1}BC
, до плоскости ABC
равно расстоянию от точки O
до ребра BC
. Аналогично, расстояния от точки O
до рёбер AC
и BC
тоже равны отрезку OM
. Точка O
равноудалена от сторон треугольника ABC
, поэтому O
— центр вписанной окружности этого треугольника, а так как радиус этой окружности равен r
, то MO=r
. Что и требовалось доказать.
б) Пусть O'
— ортогональная проекция точки N
на плоскость ABC
, P
— точка пересечения прямых BC_{1}
и B_{1}C
, а PQ
— перпендикуляр к BC
. Тогда плоскости AB_{1}C
и ABC_{1}
пересекаются по прямой AP
, а плоскости A_{1}B_{1}C
и A_{1}BC_{1}
— по прямой A_{1}P
, и при этом прямые NO'
и MO
лежат в плоскости \alpha
параллельных прямых AA_{1}
и PQ
, т. е. в плоскости, проходящей через прямую AA_{1}
перпендикулярно плоскости ABC
. Аналогично, прямые NO'
и MO
лежат в плоскости \beta
, проходящей через ребро BB_{1}
перпендикулярно плоскости ABC
. Прямые NO'
и MO
лежат в различных плоскостях \alpha
и \beta
, значит, эти прямые совпадают. Это означает, что точка O'
совпадает с O
, т. е. с центром вписанной окружности треугольника ABC
.
Пусть BC=a
, AC=b
и AB=c
, а h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
— высоты треугольника ABC
, проведённые из вершин A
, B
и C
соответственно. Из трапеции (или прямоугольника) BB_{1}C_{1}C
получаем, что PQ=\frac{h_{b}h_{c}}{h_{b}+h_{c}}
(см задачу 1512), а так как BO
— биссектриса треугольника ABQ
, то \frac{AO}{OQ}=\frac{AB}{BQ}=\frac{b+c}{a}
(см. задачу 2906). Значит (см. примечание к задаче 1503),
NO=\frac{aAA_{1}+(b+c)PQ}{a+b+c}=\frac{a\cdot h_{a}+(b+c)\cdot\frac{h_{b}h_{c}}{h_{b}+h_{c}}}{a+b+c}=
=\frac{ah_{a}h_{b}+ah_{a}h_{c}+bh_{b}h_{c}+ch_{b}h_{c}}{(a+b+c)(h_{b}+h_{c})}=
=\frac{2S(h_{b}+h_{c})+2S(h_{b}+h_{c})}{(a+b+c)(h_{b}+h_{c})}=\frac{2S}{a+b+c}=2r
(см. задачу 452). Что и требовалось доказать.