Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2090
2019-02-08 
Пусть $I$ - центр сферы, вписанной в тетраэдр $ABCD, A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ - центры сфер, описанных около тетраэдров $IBCD, ICDA, IDBA, IABC$ соответственно. Докажите, что сфера, описанная около $ABCD$, целиком лежит внутри сферы, описанной около $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$.
Решение:
Пусть $R, r$ - радиусы описанной и вписанной сфер $ABCD$, $O$ - центр описанной сферы $ABCD$, $L$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, $H$ - проекция $I$ на плоскость $ABC$. Из условия следует, что $O$ и $D^{\prime}$ лежат на перпендикуляре к плоскости $ABC$, проходящем через $L$, поэтому прямые $OD^{\prime}$ и $IH$ параллельны. Kроме того, $D^{\prime}A = D^{\prime}I$ (как радиусы сферы, описанной около $IABC$), $OA = R, IH = r$.
Дважды применим теорему косинусов - к треугольникам $AD^{\prime}O$ и $OD^{\prime}I$:
$R^2 = D^{\prime}A^2 + D^{\prime}O^2 - 2D^{\prime}A \cdot D^{\prime}O \cos \angle AD^{\prime}O$
$OI^2 = D^{\prime}I^2 + D^{\prime}O^2 - 2D^{\prime}I \cdot D^{\prime}O \cos \angle ID^{\prime}O$.
Вычитая из первого равенства второе, получим:
$R^2 - Ol^2 = 2D^{\prime}O \cdot (D^{\prime}l \cos \angle ID^{\prime}O - D^{\prime}A \cos \angle AD^{\prime}O)$.
Следовательно,
$D^{\prime}O = \frac{R^2 - OI^2}{2r}$.
Аналогично доказывается, что и точки $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ удалены от $O$ на такое же расстояние. Таким образом, сферы $ABCD$ и $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ концентричны (т. е. их центры совпадают), и $D^{\prime}O = \rho$ - радиусу сферы, описанной около $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$. Докажем, что $\rho > R$. Для этого проведём плоскость $DOI$. Oна пересекает описанную и вписанную сферу по окружностям с центрами $O, I$ и радиусами $R, r$, а тетраэдр - по некоторому треугольнику. Вершина D этого треугольника лежит на большей окружности, а из двух других вершин по крайней мере одна лежит внутри этой окружности. Kроме того, меньшая окружность целиком лежит внутри этого треугольника и внутри большей окружности.
Поэтому, если провести через $D$ хорды $DX_1$ и $DY_1$ большей окружности, касающейся меньшей, то меньшая окружность окажется строго внутри треугольника $DX_1Y_1$. Будем теперь «раздувать» меньшую окружность, сохраняя центр и увеличивая радиус. Из соображений непрерывности следует, что наступит момент, когда «раздутая» окружность (некоторого радиуса $r^{\prime}$) будет вписана в треугольник $DX^{\prime}Y^{\prime}$, образованный парой касательных с вершиной в $D$. Этот же треугольник будет вписан в большую окружность, поэтому для него выполняется классическое соотношение, выражающее расстояние между центрами вписанной и описанной окружности через их радиусы (так называемая формула Эйлера):
$OI^{\prime} = R^2 - 2Rr^{\prime}$.
Следовательно,
$r^{\prime} = \frac{R^2 - Ol^2}{2R}$.
Понятно также, что $r^{\prime} > r$. Задача решена.
Пусть $I$ - центр сферы, вписанной в тетраэдр $ABCD, A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ - центры сфер, описанных около тетраэдров $IBCD, ICDA, IDBA, IABC$ соответственно. Докажите, что сфера, описанная около $ABCD$, целиком лежит внутри сферы, описанной около $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$.
Решение:
Пусть $R, r$ - радиусы описанной и вписанной сфер $ABCD$, $O$ - центр описанной сферы $ABCD$, $L$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, $H$ - проекция $I$ на плоскость $ABC$. Из условия следует, что $O$ и $D^{\prime}$ лежат на перпендикуляре к плоскости $ABC$, проходящем через $L$, поэтому прямые $OD^{\prime}$ и $IH$ параллельны. Kроме того, $D^{\prime}A = D^{\prime}I$ (как радиусы сферы, описанной около $IABC$), $OA = R, IH = r$.
Дважды применим теорему косинусов - к треугольникам $AD^{\prime}O$ и $OD^{\prime}I$:
$R^2 = D^{\prime}A^2 + D^{\prime}O^2 - 2D^{\prime}A \cdot D^{\prime}O \cos \angle AD^{\prime}O$
$OI^2 = D^{\prime}I^2 + D^{\prime}O^2 - 2D^{\prime}I \cdot D^{\prime}O \cos \angle ID^{\prime}O$.
Вычитая из первого равенства второе, получим:
$R^2 - Ol^2 = 2D^{\prime}O \cdot (D^{\prime}l \cos \angle ID^{\prime}O - D^{\prime}A \cos \angle AD^{\prime}O)$.
Следовательно,
$D^{\prime}O = \frac{R^2 - OI^2}{2r}$.
Аналогично доказывается, что и точки $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ удалены от $O$ на такое же расстояние. Таким образом, сферы $ABCD$ и $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ концентричны (т. е. их центры совпадают), и $D^{\prime}O = \rho$ - радиусу сферы, описанной около $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$. Докажем, что $\rho > R$. Для этого проведём плоскость $DOI$. Oна пересекает описанную и вписанную сферу по окружностям с центрами $O, I$ и радиусами $R, r$, а тетраэдр - по некоторому треугольнику. Вершина D этого треугольника лежит на большей окружности, а из двух других вершин по крайней мере одна лежит внутри этой окружности. Kроме того, меньшая окружность целиком лежит внутри этого треугольника и внутри большей окружности.
Поэтому, если провести через $D$ хорды $DX_1$ и $DY_1$ большей окружности, касающейся меньшей, то меньшая окружность окажется строго внутри треугольника $DX_1Y_1$. Будем теперь «раздувать» меньшую окружность, сохраняя центр и увеличивая радиус. Из соображений непрерывности следует, что наступит момент, когда «раздутая» окружность (некоторого радиуса $r^{\prime}$) будет вписана в треугольник $DX^{\prime}Y^{\prime}$, образованный парой касательных с вершиной в $D$. Этот же треугольник будет вписан в большую окружность, поэтому для него выполняется классическое соотношение, выражающее расстояние между центрами вписанной и описанной окружности через их радиусы (так называемая формула Эйлера):
$OI^{\prime} = R^2 - 2Rr^{\prime}$.
Следовательно,
$r^{\prime} = \frac{R^2 - Ol^2}{2R}$.
Понятно также, что $r^{\prime} > r$. Задача решена.
