Честно говоря, идея поставить массы - первое, что приходит в голову. Нужно доказать компланарность точек пересечения с плоскостью, то есть то, что какая-то точка делит отрезок в нужном отношении, что может быть естественнее масс? А проективные соображения, наоборот, выглядят overkill'ом.
Но я вообще не об этом, а о том, что всё ещё гораздо проще, нужно только знание того, что касательные из одной точки равны. Возьмём точки касания со сферой отрезков $AB$, $BC$, $CD$, проведём через них плоскость. Надо доказать, что четвёртая точка тоже туда попадёт. Пусть касательные из $A$, $B$, $C$, $D$ равны $a$, $b$, $c$, $d$ соответственно. Тогда расстояния до плоскости у $A$ и $B$ относятся как $a:b$, у $B$ и $C$ как $b:c$, у $C$ и $D$ как $c:d$. Значит, у $D$ и $A$ они относятся, как $d:a$, что и значит, что точка касания попала на плоскость.
O!!! Вот это простой правильный аргумент (в стиле теорем об описанном, и вписанном четырехугольниках, Чевы и т.д.)
Имхо, массы тут не так напрашиваются, в отличие от той же Чевы, т.к. отношения не очень естественны (обратны длинам).
В моем случае, я сразу свел задачу к плоской - очевидное же упрощение? - а дальше уже думал насчет плоской... Возможно, подлянка тут в том, что самое короткое решение плоской задачи - выйти обратно в пространство и использовать ваш аргумент... У вас есть более простое решение плоской задачи?
1. Про массы: так вообще не надо думать, какие там отношения. Просто надо поставить массы так, чтобы центр был там, где надо (какие-то, пардон май френч, барицентрические координаты есть же у этой точки?) А дальше просто алгебра сама сработает.
2. Более плоская задача - ну я не спец ни разу, но это просто два Менелая. Пусть XY пересекает диагональ AC в точке P, а ZT пересекает ту же диагональ в точке Q. Тогда ${AP\over PC}=-{YB\over CY}\cdot {XA\over BX}=-{XA\over CY}=-{TA\over CZ}=-{ZD\over CZ}\cdot {TA\over DT}={AQ\over QC}$, и $P=Q$. Минусы я поставил специально, чтобы было понятно, что отрезки ориентированные, и $P$ с $Q$ лежат с одной стороны от отрезка $AC$ на прямой $AC$ (то есть, возвращаясь к п.1, барицентрические координаты пропорциональны), а ещё, разумеется, думал я не формулой, а просто понимал из аффинных соображений, что раз заданы отношения на двух сторонах, то однозначно определено и отношение на третьей, значит, либо отношения, в которых $P$ и $Q$ делят $AC$, равны, либо утверждение неверно).
Да, факт, снимаю шляпу. Я нечасто задачки вешаю, но будут еще комменты - всегда велкам.
П.С. Забавно, как натаска работает. У меня был (когда я олимпиадами занимался) какой-то кластер задач, решаемых проективкой. Всякие построение одной линейкой, лемма о бабочке и т.д. Стандартный критерий кластера - одна окружность и много прямых (не необходимый и недостаточный, конечно). Есть афинный кластер - инвариантность относительно афинных преобразований. Как те же Чева и Менелай. Но эта задача (что в пространстве, что плоская), пока есть окружность, неафинна. Все, дальше по первой линии в ту сторону я не смотрю. А афинной она становится только когда фиксируются точки и отношения...
Комментировать можно только олимпиадные задачки? :)))
Кстати, аффинный пишется с двумя ф. Как я объясняю молодёжи, говоря, что эта группа гораздо больше группы изометрий - в учебниках пишут, что affinis это родственный, но умалчивают о том, что римляне называли этим словом только родственников по жене :)
Честно говоря, идея поставить массы - первое, что приходит в голову. Нужно доказать компланарность точек пересечения с плоскостью, то есть то, что какая-то точка делит отрезок в нужном отношении, что может быть естественнее масс? А проективные соображения, наоборот, выглядят overkill'ом.
Но я вообще не об этом, а о том, что всё ещё гораздо проще, нужно только знание того, что касательные из одной точки равны. Возьмём точки касания со сферой отрезков $AB$, $BC$, $CD$, проведём через них плоскость. Надо доказать, что четвёртая точка тоже туда попадёт. Пусть касательные из $A$, $B$, $C$, $D$ равны $a$, $b$, $c$, $d$ соответственно. Тогда расстояния до плоскости у $A$ и $B$ относятся как $a:b$, у $B$ и $C$ как $b:c$, у $C$ и $D$ как $c:d$. Значит, у $D$ и $A$ они относятся, как $d:a$, что и значит, что точка касания попала на плоскость.
Reply
O!!! Вот это простой правильный аргумент (в стиле теорем об описанном, и вписанном четырехугольниках, Чевы и т.д.)
Имхо, массы тут не так напрашиваются, в отличие от той же Чевы, т.к. отношения не очень естественны (обратны длинам).
В моем случае, я сразу свел задачу к плоской - очевидное же упрощение? - а дальше уже думал насчет плоской... Возможно, подлянка тут в том, что самое короткое решение плоской задачи - выйти обратно в пространство и использовать ваш аргумент... У вас есть более простое решение плоской задачи?
Reply
1. Про массы: так вообще не надо думать, какие там отношения. Просто надо поставить массы так, чтобы центр был там, где надо (какие-то, пардон май френч, барицентрические координаты есть же у этой точки?) А дальше просто алгебра сама сработает.
2. Более плоская задача - ну я не спец ни разу, но это просто два Менелая. Пусть XY пересекает диагональ AC в точке P, а ZT пересекает ту же диагональ в точке Q. Тогда ${AP\over PC}=-{YB\over CY}\cdot {XA\over BX}=-{XA\over CY}=-{TA\over CZ}=-{ZD\over CZ}\cdot {TA\over DT}={AQ\over QC}$, и $P=Q$. Минусы я поставил специально, чтобы было понятно, что отрезки ориентированные, и $P$ с $Q$ лежат с одной стороны от отрезка $AC$ на прямой $AC$ (то есть, возвращаясь к п.1, барицентрические координаты пропорциональны), а ещё, разумеется, думал я не формулой, а просто понимал из аффинных соображений, что раз заданы отношения на двух сторонах, то однозначно определено и отношение на третьей, значит, либо отношения, в которых $P$ и $Q$ делят $AC$, равны, либо утверждение неверно).
Reply
П.С. Забавно, как натаска работает. У меня был (когда я олимпиадами занимался) какой-то кластер задач, решаемых проективкой. Всякие построение одной линейкой, лемма о бабочке и т.д. Стандартный критерий кластера - одна окружность и много прямых (не необходимый и недостаточный, конечно). Есть афинный кластер - инвариантность относительно афинных преобразований. Как те же Чева и Менелай. Но эта задача (что в пространстве, что плоская), пока есть окружность, неафинна. Все, дальше по первой линии в ту сторону я не смотрю. А афинной она становится только когда фиксируются точки и отношения...
Reply
Комментировать можно только олимпиадные задачки? :)))
Кстати, аффинный пишется с двумя ф. Как я объясняю молодёжи, говоря, что эта группа гораздо больше группы изометрий - в учебниках пишут, что affinis это родственный, но умалчивают о том, что римляне называли этим словом только родственников по жене :)
Reply
Leave a comment