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.)
Источник: Пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред. Г. Н. Яковлева. — 3-е изд. — М.: Наука, 1988. —
Источник: Прасолов В. В. Задачи по стереометрии. — 2-е изд. — М.: МЦНМО, 2016. — № 2.28, с. 22