14677. Дан треугольник ABC
в пространстве.
а) Каковы должны быть его углы \alpha
, \beta
и \gamma
при вершинах A
, B
и C
соответственно, чтобы существовала в пространстве точка P
, для которой углы APB
, BPC
и CPA
прямые?
б) Пусть d
— длина наибольшего из отрезков PA
, PB
и PC
, а h
— наибольшая из высот треугольника ABC
. Докажите, что \frac{h\sqrt{6}}{3}\leqslant d\lt h
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, PA=x
, PB=y
, PC=z
.
а) По теореме Пифагора
\syst{x^{2}+y^{2}=c^{2}\\x^{2}+z^{2}=b^{2}\\y^{2}+z^{2}=a^{2}\\}
Тогда
\cos\alpha=\frac{c^{2}+b^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{(x^{2}+y^{2})+(x^{2}+z^{2})-(y^{2}+z^{2})}{2bc}=\frac{x^{2}}{bc}\gt0.
Аналогично,
\cos\beta\gt0,~\cos\gamma\gt0.
Следовательно, треугольник ABC
остроугольный.
Обратно, если треугольник ABC
остроугольный, то из системы
\syst{x^{2}+y^{2}=c^{2}\\x^{2}+z^{2}=b^{2}\\y^{2}+z^{2}=a^{2}\\}
находим, что
\syst{x^{2}=\frac{1}{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})\gt0\\y^{2}=\frac{1}{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})\gt0\\z^{2}=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})\gt0,\\}
откуда
x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})+\frac{1}{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})=c^{2}.
Следовательно, \angle APB=90^{\circ}
. Аналогично,
\angle BPC=90^{\circ}~\mbox{и}~\angle CPA=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
б) Без ограничения общности будем считать, что x\geqslant y\geqslant z
. Тогда x=d
.
Поскольку
c^{2}=x^{2}+y^{2}\geqslant x^{2}+z^{2}=b^{2},~b^{2}=x^{2}+z^{2}\geqslant y^{2}+z^{2}=a^{2},
то c\geqslant b\geqslant a
.
Пусть AH
— высота треугольника ABC
. В любом треугольнике на наименьшую сторону опущена наибольшая высота, поэтому AH=h
.
Прямая PA
перпендикулярна пересекающимся прямым PB
и PC
плоскости PBC
, значит, прямая PA
перпендикулярна этой плоскости, поэтому PA\perp BC
и PA\perp PH
. Тогда AP\lt AH
, т. е. d\lt h
. Кроме того, PA\perp BC
и AH\perp BC
, поэтому прямая BC
перпендикулярна плоскости APH
, а значит, BC\perp PH
.
Пусть M
— середина отрезка BC
. Тогда PH\leqslant PM
, а так как \angle BPC=90^{\circ}
, то (см. задачу 1109)
PM=BM=CM=\frac{1}{2}BC.
Значит,
2PH\leqslant2PM=BC,
поэтому
4PH^{2}\leqslant BC^{2}=a^{2}=y^{2}+z^{2}\leqslant2x^{2},
а так как \angle APH=90^{\circ}
, то
PH^{2}=AH^{2}-AP^{2}=h^{2}-d^{2}.
Тогда
4(h^{2}-d^{2})=4PH^{2}\leqslant2x^{2}=2d^{2}~\Rightarrow~2h^{2}\leqslant3h^{2}\Rightarrow~\frac{h\sqrt{6}}{3}\leqslant d.
Следовательно,
\frac{h\sqrt{6}}{3}\leqslant d\lt h.
Что и требовалось доказать.