9636. Через фиксированную точку P
внутри шара проводят произвольно три попарно перпендикулярных луча, пересекающих поверхность шара в точках A
, B
и C
. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника ABC
и ортогональная проекция точки P
на плоскость ABC
описывают одну и ту же сферическую поверхность.
Решение. Пусть D
, E
и F
— точки пересечения со сферой продолжений отрезков соответственно PA
, PB
и C
за точку P
. Построим на отрезках PA
, PB
и PC
прямоугольный параллелепипед. Пусть M
— его вершина, противолежащая вершине P
. Аналогично, N
— вершина прямоугольного параллелепипеда, построенного на отрезках PD
, PE
и PF
, противолежащая вершине P
.
Диагональ PM
первого параллелепипеда пересекает плоскость ABC
в точке K
пересечения медиан треугольника ABC
и PK=\frac{1}{3}PM
(см. задачу 7212).
Пусть Q
и T
— центры соответственно первого и второго параллелепипедов, O_{1}
— центр описанной окружности треугольника ABC
, H
— ортогональная проекция точки P
на плоскость ABC
.
Точка H
лежит на прямой NP
(см. задачу 9635). Диагонали прямоугольного параллелепипеда равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому точка Q
равноудалена от точек A
, B
и C
, а так как центр O
сферы также равноудалён от этих точек, то прямая OQ
перпендикулярна плоскости ABC
и проходит через центр O_{1}
описанной окружности треугольника ABC
(см. задачу 9056).
Значит, прямые OQ
и NP
перпендикулярны одной и той же плоскости ABC
, следовательно, OQ\parallel NP
. Аналогично, TO\parallel MP
. Таким образом, PQOT
— параллелограмм, значит, OT\parallel MQ
и OT=PQ=MQ
. Тогда OMQT
— также параллелограмм, поэтому OM\parallel QT
. Аналогично докажем, что ON\parallel QT
, следовательно, точка O
лежит на прямой MN
, причём O
— середина отрезка MN
.
Отметим на отрезке OP
такую точку S
, для которой PS=\frac{1}{3}OP
. Тогда перпендикуляр SG
, опущенный из точки S
на KH
проходит через середину KH
, так как по теореме о пропорциональных отрезках GH=\frac{1}{3}O_{1}H=KO_{1}
, поэтому KG=\frac{1}{3}O_{1}H
, т. е. G
— середина KH
. Медиана SG
треугольника KSH
является его высотой, значит, SK=SH
. Кроме того, \frac{SP}{OP}=\frac{PK}{PM}=\frac{1}{2}
, поэтому SK\parallel OM
и
SK=\frac{1}{3}OM=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}MN=\frac{1}{6}MN.
Пусть радиус сферы равен R
, а расстояние от точки P
до её центра равно d
. Отрезок MN
— диагональ прямоугольного параллелепипеда, рёбра которого равны AD
, BE
, CF
, поэтому (см. задачу 9634)
MN^{2}=AD^{2}+BE^{2}+CF^{2}=12R^{2}-8d^{2},
значит, величина
SK=\frac{1}{6}MN=\frac{1}{6}\sqrt{12R^{2}-8d^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{3R_{2}-2d^{2}}
не зависит от того, как при фиксированных точках P
и S
проведены попарно перпендикулярные лучи PA
, PB
, PC
. Следовательно, точки K
и H
удалены от точки S
на одно и то же расстояние, равное \frac{1}{3}\sqrt{3R_{2}-2d^{2}}
, т. е. лежат на одной и той же сфере.
Примечание. Заметим, что отрезок HO_{1}
— ортогональная проекция наклонной PQ
на плоскость ABC
, значит, точка K
пересечения PQ
с плоскостью ABC
лежит на отрезке HO_{1}
и делит его в отношении
\frac{HK}{KO_{1}}=\frac{PK}{KQ}=\frac{\frac{1}{3}MP}{\frac{1}{6}MP}=2,
при этом K
— точка пересечения медиан треугольника ABC
, H
— ортоцентр (так как тетраэдр PABC
ортоцентрический), а O_{1}
— центр описанной окружности. Таким образом, попутно доказано, что эти точки лежат на одной прямой — прямой Эйлера треугольника ABC
, причём точка M
лежит между H
и O_{1}
и MH=2MO_{1}
.