Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1813
2019-01-20 
Высоты $AA_1, BB_1, CC_1$ и $DD_1$ тетраэдра $ABCD$ пересекаются в центре $H$ сферы, вписанной в тетраэдр $A_1B_1C_1D_1$. Докажите, что тетраэдр $ABCD$ - правильный. (Высотой тетраэдра называется отрезок перпендикуляра, проведенного из его вершины к противоположной грани, заключенный между этой вершиной и плоскостью этой грани).
Решение:
Пусть $E = CHD \cap AB, F = AHD \cap BC, G = BHD \cap CA$. Так как $CC_1 \perp AB$ и $DD_1 \perp AB$, то $AB \perp CED$, т. е. $DE$ и $CE$ - высоты треугольников $ABD$ и $ABC$. Из аналогичных рассуждений для других ребер следует, что точки $A_1, B_1, C_1$ и $D_1$ - ортоцентры (точки пересечения высот или их продолжений) граней тетраэдра $ABCD$.
Из этого факта и из условия задачи вытекает, что все грани данного тетраэдра являются остроугольными треугольниками. Как известно, высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами треугольника с вершинами в основаниях данных высот (ортотреугольника), т. е. ортоцентр остроугольного треугольника есть центр окружности, вписанной в ортотреугольник.
Проведем через точку $H$ плоскость $\alpha$, параллельную плоскости $ABC$. Пусть $K = \alpha \cap DE, L = \alpha \cap DF, M = \alpha \cap DG, N_1 = \alpha \cap D_1C_1, N_2 = \alpha \cap D_1A_1, N_3 = \alpha \cap D_1B_1$ (см. рис.). Тогда сфера касается граней пирамиды $D_1N_1N_2N_3$, имеющих вершину $D_1$. Пусть $X, Y, Z$ - точки касания (см. рис.).
Поскольку $\alpha \parallel ABC, H$ - центр окружности. вписанной в треугольник $KLM$.
Докажем, что эта точка является также и центром окружности, вписанной в треугольник $N_1N_2N_3$. Прямоугольные треугольники $D_1HX, D_1HY$ и $D_1HZ$ равны по катету и гипотенузе ($HX = HY = HZ$ как радиусы сферы, гипотенуза $D_1H$ - общая). Тогда из равенства углов $XD_1H, YD_1H$ и $ZD_1H$ следует равенство по катету и острому углу треугольников $D_1HX_1, D_1HY_1$ и $D_1HZ_1$, следовательно $HX_1 = HY_1 = HZ_1$.
Пусть $\angle MKL = \theta, \angle KLM = \varphi, \angle LMK = \psi$ (см. рис.).
Тогда $\angle MKL = 180^{\circ} - \frac{\varphi}{2} - \frac{\psi}{2} = 180^{\circ} - \frac{180^{\circ} - \sigma}{2} = 90^{\circ} + \frac{\sigma}{2}$. Если $\angle N_3N_1N_2 = \theta_1$, то аналогично $\angle N_3HN_2 = 90^{\circ} + \frac{\theta_1}{2} = \angle MHL$, следовательно, $\theta_1 = \theta$, значит, $N_1N_2 \parallel KL$. Аналогично получаем, что $N_2N_3 \parallel LM$ и $N_3N_1 \parallel KM$. Из подобия треугольников следует, что $\frac{KN_1}{N_1H} = \frac{LN_2}{N_2H} = \frac{MN_3}{N_3H}$ и![]()
$\frac{KN_1}{N_1H} = \frac{ED_1}{D_1C}, \frac{LN_2}{N_2H} = \frac{FD_1}{D_1A}, \frac{MN_3}{N_3H} = \frac{GD_1}{D_1B}$. Значит,
$\frac{ED_1}{D_1C} = \frac{FD_1}{D_1A} = \frac{GD_1}{D_1B}$.
По теореме о пересекающихся хордах (см. рис.)
$ED_1 \cdot D_1C = FD_1 \cdot D_1A = GD_1 \cdot D_1B$. (2)
Из (1) и (2) вытекает, что $ED_1 = FD_1 = GD_1,$ а $D_1C = D_1A = D_1B$, т. е. центры вписанной в треугольник $ABC$ и описанной около него окружностей совпадают, поэтому этот треугольник правильный. Аналогично, правильными треугольниками являются и остальные грани тетраэдра $ABCD$, следовательно, он правильный.
Высоты $AA_1, BB_1, CC_1$ и $DD_1$ тетраэдра $ABCD$ пересекаются в центре $H$ сферы, вписанной в тетраэдр $A_1B_1C_1D_1$. Докажите, что тетраэдр $ABCD$ - правильный. (Высотой тетраэдра называется отрезок перпендикуляра, проведенного из его вершины к противоположной грани, заключенный между этой вершиной и плоскостью этой грани).
Решение:
Пусть $E = CHD \cap AB, F = AHD \cap BC, G = BHD \cap CA$. Так как $CC_1 \perp AB$ и $DD_1 \perp AB$, то $AB \perp CED$, т. е. $DE$ и $CE$ - высоты треугольников $ABD$ и $ABC$. Из аналогичных рассуждений для других ребер следует, что точки $A_1, B_1, C_1$ и $D_1$ - ортоцентры (точки пересечения высот или их продолжений) граней тетраэдра $ABCD$.
Из этого факта и из условия задачи вытекает, что все грани данного тетраэдра являются остроугольными треугольниками. Как известно, высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами треугольника с вершинами в основаниях данных высот (ортотреугольника), т. е. ортоцентр остроугольного треугольника есть центр окружности, вписанной в ортотреугольник.
Проведем через точку $H$ плоскость $\alpha$, параллельную плоскости $ABC$. Пусть $K = \alpha \cap DE, L = \alpha \cap DF, M = \alpha \cap DG, N_1 = \alpha \cap D_1C_1, N_2 = \alpha \cap D_1A_1, N_3 = \alpha \cap D_1B_1$ (см. рис.). Тогда сфера касается граней пирамиды $D_1N_1N_2N_3$, имеющих вершину $D_1$. Пусть $X, Y, Z$ - точки касания (см. рис.).
Поскольку $\alpha \parallel ABC, H$ - центр окружности. вписанной в треугольник $KLM$.
Докажем, что эта точка является также и центром окружности, вписанной в треугольник $N_1N_2N_3$. Прямоугольные треугольники $D_1HX, D_1HY$ и $D_1HZ$ равны по катету и гипотенузе ($HX = HY = HZ$ как радиусы сферы, гипотенуза $D_1H$ - общая). Тогда из равенства углов $XD_1H, YD_1H$ и $ZD_1H$ следует равенство по катету и острому углу треугольников $D_1HX_1, D_1HY_1$ и $D_1HZ_1$, следовательно $HX_1 = HY_1 = HZ_1$.
Пусть $\angle MKL = \theta, \angle KLM = \varphi, \angle LMK = \psi$ (см. рис.).
Тогда $\angle MKL = 180^{\circ} - \frac{\varphi}{2} - \frac{\psi}{2} = 180^{\circ} - \frac{180^{\circ} - \sigma}{2} = 90^{\circ} + \frac{\sigma}{2}$. Если $\angle N_3N_1N_2 = \theta_1$, то аналогично $\angle N_3HN_2 = 90^{\circ} + \frac{\theta_1}{2} = \angle MHL$, следовательно, $\theta_1 = \theta$, значит, $N_1N_2 \parallel KL$. Аналогично получаем, что $N_2N_3 \parallel LM$ и $N_3N_1 \parallel KM$. Из подобия треугольников следует, что $\frac{KN_1}{N_1H} = \frac{LN_2}{N_2H} = \frac{MN_3}{N_3H}$ и
$\frac{ED_1}{D_1C} = \frac{FD_1}{D_1A} = \frac{GD_1}{D_1B}$.
По теореме о пересекающихся хордах (см. рис.)
$ED_1 \cdot D_1C = FD_1 \cdot D_1A = GD_1 \cdot D_1B$. (2)
Из (1) и (2) вытекает, что $ED_1 = FD_1 = GD_1,$ а $D_1C = D_1A = D_1B$, т. е. центры вписанной в треугольник $ABC$ и описанной около него окружностей совпадают, поэтому этот треугольник правильный. Аналогично, правильными треугольниками являются и остальные грани тетраэдра $ABCD$, следовательно, он правильный.
