Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1718
2019-01-20 
Дана треугольная пирамида $ABCD$. Сфера $S_1$, проходящая через точки $A, B, C$, пересекает ребра $AD, BD, CD$ в точках $K, L, M$ соответственно; сфера $S_2$, проходящая через точки $A, B, D$, пересекает ребра $AC, BC, DC$ в точках $P, Q, M$ соответственно. Оказалось, что $KL \parallel PQ$. Докажите, что биссектрисы плоских углов $KMQ$ и $LMP$ совпадают.
Решение:
Поскольку прямые $KL$ и $PQ$, лежащие в плоскостях $ABD$ и $ABC$, параллельны, то они параллельны прямой, по которой эти плоскости пересекаются, т. е. $AB$. Тогда вписанные четырехугольники $ABLK$ и $ABQP$ являются трапециями, а, значит, равнобокими трапециями. Поэтому $\angle DAB = \angle DBA, \angle CAB = \angle CBA$ и треугольники $ABD$ и $ABC$ - равнобедренные. Тогда пирамида $ABCD$ симметрична относительно плоскости $\alpha$ - серединного перпендикуляра к $AB$, поскольку каждый из треугольников $ABD$ и $ABC$ симметричен относительно $\alpha$. При этой симметрии точки $K$ и $L$, а также $P$ и $Q$ переходят друг в друга, а точка $M$ переходит в себя; поэтому углы $KMQ$ и $LMP$ переходят друг в друга.
Пусть $\beta$ - плоскость, перпендикулярная к $CD$, проходящая через $M$; поскольку $C,D \in \alpha,$ то $\beta \perp \alpha$; аналогично $\beta \perp CBD$. Поскольку четырехугольники $BLMC$ и $DMQB$ вписанные, имеем $\angle DML = 180^{\circ} - \angle CML = \angle CBD = 180^{\circ} - \angle DMQ = \angle CMQ$. Таким образом, лучи $ML$ и $MQ$ симметричны относительно $\beta$. Аналогично, MK и MP симметричны относительно в.
Отложим на лучах $MK, ML, MP, MQ$ единичные отрезки $MK^{\prime}, ML^{\prime}, MP^{\prime}, MQ^{\prime}$. Тогда точки $K^{\prime}и L^{\prime}$, а также $P^{\prime}$ и $Q^{\prime}$ симметричны относительно $\alpha$, а точки $K^{\prime}$ и $P^{\prime}, L^{\prime}$ и $Q^{\prime}$ симметричны относительно $\beta$; отсюда $K^{\prime}L^{\prime} \parallel P^{\prime}Q^{\prime}, K^{\prime}P^{\prime} \parallel L^{\prime}Q^{\prime}$, т. е. плоский четырехугольник $K^{\prime}L^{\prime}Q^{\prime}P^{\prime}$ - параллелограмм. Обозначим через $O$ точку пересечения его диагоналей. Тогда $MO$ - медиана, а, значит, и биссектриса в равнобедренных треугольниках $K^{\prime}MQ^{\prime}$ и $L^{\prime}MP^{\prime}$, что и требовалось доказать.
Дана треугольная пирамида $ABCD$. Сфера $S_1$, проходящая через точки $A, B, C$, пересекает ребра $AD, BD, CD$ в точках $K, L, M$ соответственно; сфера $S_2$, проходящая через точки $A, B, D$, пересекает ребра $AC, BC, DC$ в точках $P, Q, M$ соответственно. Оказалось, что $KL \parallel PQ$. Докажите, что биссектрисы плоских углов $KMQ$ и $LMP$ совпадают.
Решение:
Поскольку прямые $KL$ и $PQ$, лежащие в плоскостях $ABD$ и $ABC$, параллельны, то они параллельны прямой, по которой эти плоскости пересекаются, т. е. $AB$. Тогда вписанные четырехугольники $ABLK$ и $ABQP$ являются трапециями, а, значит, равнобокими трапециями. Поэтому $\angle DAB = \angle DBA, \angle CAB = \angle CBA$ и треугольники $ABD$ и $ABC$ - равнобедренные. Тогда пирамида $ABCD$ симметрична относительно плоскости $\alpha$ - серединного перпендикуляра к $AB$, поскольку каждый из треугольников $ABD$ и $ABC$ симметричен относительно $\alpha$. При этой симметрии точки $K$ и $L$, а также $P$ и $Q$ переходят друг в друга, а точка $M$ переходит в себя; поэтому углы $KMQ$ и $LMP$ переходят друг в друга.
Пусть $\beta$ - плоскость, перпендикулярная к $CD$, проходящая через $M$; поскольку $C,D \in \alpha,$ то $\beta \perp \alpha$; аналогично $\beta \perp CBD$. Поскольку четырехугольники $BLMC$ и $DMQB$ вписанные, имеем $\angle DML = 180^{\circ} - \angle CML = \angle CBD = 180^{\circ} - \angle DMQ = \angle CMQ$. Таким образом, лучи $ML$ и $MQ$ симметричны относительно $\beta$. Аналогично, MK и MP симметричны относительно в.
Отложим на лучах $MK, ML, MP, MQ$ единичные отрезки $MK^{\prime}, ML^{\prime}, MP^{\prime}, MQ^{\prime}$. Тогда точки $K^{\prime}и L^{\prime}$, а также $P^{\prime}$ и $Q^{\prime}$ симметричны относительно $\alpha$, а точки $K^{\prime}$ и $P^{\prime}, L^{\prime}$ и $Q^{\prime}$ симметричны относительно $\beta$; отсюда $K^{\prime}L^{\prime} \parallel P^{\prime}Q^{\prime}, K^{\prime}P^{\prime} \parallel L^{\prime}Q^{\prime}$, т. е. плоский четырехугольник $K^{\prime}L^{\prime}Q^{\prime}P^{\prime}$ - параллелограмм. Обозначим через $O$ точку пересечения его диагоналей. Тогда $MO$ - медиана, а, значит, и биссектриса в равнобедренных треугольниках $K^{\prime}MQ^{\prime}$ и $L^{\prime}MP^{\prime}$, что и требовалось доказать.
