Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1878
2019-01-21 
Сфера, вписанная в тетраэдр, касается одной из его граней в точке пересечения биссектрис, другой - в точке пересечения высот, третьей - в точке пересечения медиан. Докажите, что тетраэдр правильный.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр сферы, $O_1$ - точка пересечения биссектрис $\triangle ABC, H$ - ортоцентр $\triangle ACD, M$ - точка пересечения медиан $\triangle ABD$ и $O_1, H, M$ - точки касания (см. рис.).
Точка $O_1$ - центр окружности, вписанной в $\triangle ABC$. Пусть эта окружность касается сторон $BC, CA$ и $AB$ в точках $A_1, В_1, C_1$ соответственно. Тогда $O_1A_1 = O_1B_1 = O_1C_1$, следовательно, прямоугольные треугольники $OO_1A_1, OO_1B_1, OO_1C_1$ равны, откуда $\angle OA_1O_1 = \angle OB_1O_1 = \angle OC_1O_1 = \varphi$. Кроме того, $O_1A_1 \perp BC$, поэтому по теореме о трех перпендикулярах, $OA_1 \perp BC$, т. е. $\varphi$ - линейный угол двугранного угла с гранями $BOC$ и $BO_1C$. С другой стороны, $BOC$ - биссектор двугранного угла с гранями $BDC$ и $BAC (O$ - центр вписанной сферы), поэтому угол между гранями $BDC$ и $ABC$ равен $2\varphi$. Аналогично, грани $ADC$ и $ADB$ наклонены к основанию $ABC$ под углом $2\varphi$. Отсюда следует, что проекция $O^{\prime}$ точки $D$ на плоскость $ABC$ равноудалена от $AB, BC$ и $CA$ и, учитывая то, что точки $O^{\prime}$ и $C$ лежат по одну сторону от $AB, O^{\prime}$ и $B$ - от $AC, O^{\prime}$ и $A$ - от $BC$, получаем, что $O^{\prime} = O_1$, т. е. $DO_1$ - высота тетраэдра.
Поскольку $AB \perp O_1C_1$ и $AB \perp DO_1,$ то $AB \perp DO_1C_1$. Опустим из точки $O$ перпендикуляры $OH_1$ и $OM_1$ на $DB_1$ и $DC_1$. Тогда $OH_1 \perp ADC$, так как $OH_1 \perp DB_1$ и $OH_1 \perp AC (AC \perp DOB$). Значит, $H_1 = H$, т. е. $H \in DB_1$. Аналогично, $OM_1 \perp ADB$, т. е. $M_1 = M$, и, значит, $M \in DC_1$. Итак, $B$ прямая $DM$ - одновременно медиана и высота $\triangle ADB$, значит, $AD = DB$. Тогда $AO_1 = BO_1$, следовательно, $AC = BC$ и точки $C, O_1, C_1$ лежат на одной прямой.
По теореме о трех перпендикулярах $CO \perp AD (OH \perp ADC$ и $CH \perp AD)$, кроме того, $CO \perp AB (AB \perp CDC_1)$, поэтому $CO \perp ADB$. Но $OM \perp ADB$, значит, точка $O$ лежит на $CM$. Отсюда следует, что $M$ - центр окружности, вписанной в $\triangle ADB$ (основание конуса с вершиной $C$, описанного около сферы, - вписанная в $\triangle ADB$ окружность, поскольку $CO \perp ADB$). Рассмотрим $\triangle CDC_1$. В нем $DO_1$ и $CM$ - высоты, $C_1O$ - биссектриса, значит $C_1D = C_1C$, откуда $C_1O_1 : O_1C = C_1M : MD = 1 : 2$. Центры вписанных окружностей $\triangle ABC$ и $\triangle ADB$ являются точками пересечения медиан, поэтому $\triangle ABC$ и $\triangle ADB$ - равносторонние.
Отсюда, учитывая то, что высота пирамиды попадает в центр основания $ABC$, получаем, что тетраэдр - правильный.
Второе решение. Сделаем развертку тетраэдра $ABCD$ (см. рис.). Пусть сфера касается грани $ABC$ в точке $O$ - центре вписанной окружности, грани $ACD$ ($\triangle ACD_1$ на рис.) - в точке $M$ пересечения медиан, грани $BCD (ABCD_2)$ - в точке $H$ пересечения высот. По свойству касательных, проведенных к сфере из одной точки, $AM = AO, CM = CO$, поэтому треугольники $AMC$ и $AOC$ с общей стороной $AC$ равны. Отсюда $\angle MAC = \angle OAC$ и $\angle MCA = \angle OCA$. Из аналогичных равенств для других пар углов получаем, что если $\angle OAC = \angle OAB = \alpha, \angle OBA = \angle OBC = \beta$ и $\angle OCB = \angle OCA = \gamma,$ то $\angle CAM = \alpha, \angle CBH = \beta, \angle ACM = \angle BCH = \gamma$. Далее, из $\triangle ABC: 2a + 2b + 2y = 180^{\circ}$, т. е. $а + b + y = 90^{\circ}$, а из $ABKC: b + y + \angle HCK = 90^{\circ},$ значит, $\angle HCK = \alpha$.
Отсюда $\angle KBD_2 = \alpha, \angle HD_2C = \beta, \angle HD_2B = \gamma$ (углы с перпендикулярными сторонами), и тогда $\angle MCD_1 = \angle HCD_2 = \alpha, \angle MD_1C = \angle HD_2C = \beta$. Теперь из $AD_1PC$: $\angle D_1PC = 180^{\circ} - (а + b + y) = 90^{\circ}$, значит, медиана $D_1P$ является и высотой $\triangle AD_1C$. Отсюда $AD_1 = D_1C$ и $\alpha = \gamma (\angle MAC = \angle MCA)$. Следовательно, $\triangle AD_1T = \triangle CD_1S$ и, значит, $\angle D_1AT = \angle D_1CS = \alpha$; кроме того, $D_1P$ - биссектриса угла $AD_1C$. Мы получили, что медиана $AT$ является и биссектрисой $AD_1AC$, т. е. $\angle AD_1C = \angle ACD_1, 2\beta = \gamma + \alpha = 2\alpha$. Итак, $\alpha = \beta = \gamma = 60^{\circ}$. Отсюда следует, что грани $ABC, ACD$ и $BCD$ тетраэдра - правильные треугольники, т. е. $AB = BC = CA = AD = DC = BD$, значит, тетраэдр - правильный.
Сфера, вписанная в тетраэдр, касается одной из его граней в точке пересечения биссектрис, другой - в точке пересечения высот, третьей - в точке пересечения медиан. Докажите, что тетраэдр правильный.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр сферы, $O_1$ - точка пересечения биссектрис $\triangle ABC, H$ - ортоцентр $\triangle ACD, M$ - точка пересечения медиан $\triangle ABD$ и $O_1, H, M$ - точки касания (см. рис.).
Точка $O_1$ - центр окружности, вписанной в $\triangle ABC$. Пусть эта окружность касается сторон $BC, CA$ и $AB$ в точках $A_1, В_1, C_1$ соответственно. Тогда $O_1A_1 = O_1B_1 = O_1C_1$, следовательно, прямоугольные треугольники $OO_1A_1, OO_1B_1, OO_1C_1$ равны, откуда $\angle OA_1O_1 = \angle OB_1O_1 = \angle OC_1O_1 = \varphi$. Кроме того, $O_1A_1 \perp BC$, поэтому по теореме о трех перпендикулярах, $OA_1 \perp BC$, т. е. $\varphi$ - линейный угол двугранного угла с гранями $BOC$ и $BO_1C$. С другой стороны, $BOC$ - биссектор двугранного угла с гранями $BDC$ и $BAC (O$ - центр вписанной сферы), поэтому угол между гранями $BDC$ и $ABC$ равен $2\varphi$. Аналогично, грани $ADC$ и $ADB$ наклонены к основанию $ABC$ под углом $2\varphi$. Отсюда следует, что проекция $O^{\prime}$ точки $D$ на плоскость $ABC$ равноудалена от $AB, BC$ и $CA$ и, учитывая то, что точки $O^{\prime}$ и $C$ лежат по одну сторону от $AB, O^{\prime}$ и $B$ - от $AC, O^{\prime}$ и $A$ - от $BC$, получаем, что $O^{\prime} = O_1$, т. е. $DO_1$ - высота тетраэдра.
Поскольку $AB \perp O_1C_1$ и $AB \perp DO_1,$ то $AB \perp DO_1C_1$. Опустим из точки $O$ перпендикуляры $OH_1$ и $OM_1$ на $DB_1$ и $DC_1$. Тогда $OH_1 \perp ADC$, так как $OH_1 \perp DB_1$ и $OH_1 \perp AC (AC \perp DOB$). Значит, $H_1 = H$, т. е. $H \in DB_1$. Аналогично, $OM_1 \perp ADB$, т. е. $M_1 = M$, и, значит, $M \in DC_1$. Итак, $B$ прямая $DM$ - одновременно медиана и высота $\triangle ADB$, значит, $AD = DB$. Тогда $AO_1 = BO_1$, следовательно, $AC = BC$ и точки $C, O_1, C_1$ лежат на одной прямой.
По теореме о трех перпендикулярах $CO \perp AD (OH \perp ADC$ и $CH \perp AD)$, кроме того, $CO \perp AB (AB \perp CDC_1)$, поэтому $CO \perp ADB$. Но $OM \perp ADB$, значит, точка $O$ лежит на $CM$. Отсюда следует, что $M$ - центр окружности, вписанной в $\triangle ADB$ (основание конуса с вершиной $C$, описанного около сферы, - вписанная в $\triangle ADB$ окружность, поскольку $CO \perp ADB$). Рассмотрим $\triangle CDC_1$. В нем $DO_1$ и $CM$ - высоты, $C_1O$ - биссектриса, значит $C_1D = C_1C$, откуда $C_1O_1 : O_1C = C_1M : MD = 1 : 2$. Центры вписанных окружностей $\triangle ABC$ и $\triangle ADB$ являются точками пересечения медиан, поэтому $\triangle ABC$ и $\triangle ADB$ - равносторонние.
Отсюда, учитывая то, что высота пирамиды попадает в центр основания $ABC$, получаем, что тетраэдр - правильный.
Второе решение. Сделаем развертку тетраэдра $ABCD$ (см. рис.). Пусть сфера касается грани $ABC$ в точке $O$ - центре вписанной окружности, грани $ACD$ ($\triangle ACD_1$ на рис.) - в точке $M$ пересечения медиан, грани $BCD (ABCD_2)$ - в точке $H$ пересечения высот. По свойству касательных, проведенных к сфере из одной точки, $AM = AO, CM = CO$, поэтому треугольники $AMC$ и $AOC$ с общей стороной $AC$ равны. Отсюда $\angle MAC = \angle OAC$ и $\angle MCA = \angle OCA$. Из аналогичных равенств для других пар углов получаем, что если $\angle OAC = \angle OAB = \alpha, \angle OBA = \angle OBC = \beta$ и $\angle OCB = \angle OCA = \gamma,$ то $\angle CAM = \alpha, \angle CBH = \beta, \angle ACM = \angle BCH = \gamma$. Далее, из $\triangle ABC: 2a + 2b + 2y = 180^{\circ}$, т. е. $а + b + y = 90^{\circ}$, а из $ABKC: b + y + \angle HCK = 90^{\circ},$ значит, $\angle HCK = \alpha$.
Отсюда $\angle KBD_2 = \alpha, \angle HD_2C = \beta, \angle HD_2B = \gamma$ (углы с перпендикулярными сторонами), и тогда $\angle MCD_1 = \angle HCD_2 = \alpha, \angle MD_1C = \angle HD_2C = \beta$. Теперь из $AD_1PC$: $\angle D_1PC = 180^{\circ} - (а + b + y) = 90^{\circ}$, значит, медиана $D_1P$ является и высотой $\triangle AD_1C$. Отсюда $AD_1 = D_1C$ и $\alpha = \gamma (\angle MAC = \angle MCA)$. Следовательно, $\triangle AD_1T = \triangle CD_1S$ и, значит, $\angle D_1AT = \angle D_1CS = \alpha$; кроме того, $D_1P$ - биссектриса угла $AD_1C$. Мы получили, что медиана $AT$ является и биссектрисой $AD_1AC$, т. е. $\angle AD_1C = \angle ACD_1, 2\beta = \gamma + \alpha = 2\alpha$. Итак, $\alpha = \beta = \gamma = 60^{\circ}$. Отсюда следует, что грани $ABC, ACD$ и $BCD$ тетраэдра - правильные треугольники, т. е. $AB = BC = CA = AD = DC = BD$, значит, тетраэдр - правильный.
