Решение чудовищное [в смысле - безыдейное, но простое], но вполне школьное.
Посмотрим на это, как на треугольную пирамиду. Возьмем три ребра, два в одной плоскости, третье - "исходящее из вершины в эту плоскость" и объявим их базисными векторами.
Точки касания, с учетом того, что касательные из одной точки равны, разбивают стороны на попарно равные отрезки a, b, c, d. Достаточно рассмотреть каждую сторону дважды - с одного конца и с другого.
Пусть X,Y,Z,T - точки касания. Вектора XY, XZ и XT можно выразить через базисные и параметры a,b,c,d.
det(XY,XZ,XT) = f(a,b,c,d) = 0 тождественно. Не уверен, что всегда точки X,Y,Z,T - точки касания с одной и той же сферой, то есть, если это действительно не так, доказано даже более сильное утверждение. А если так - то исходное слабое.
Сделал все из приведенной "программы" руками на бумажке за 5 минут, проверку того, что f тождественный ноль сделал на компе в экселе методом Монте-Карло - сгенерил 100500 четверок a,b,c,d и каждый раз получил ноль или машинный ноль. Но если бы надо
( ... )
Эта задача - одна из нескольких, где я больше получаса потратил, если правильно помню (уже пара месяцев прошла). У меня довольно быстро вышло геометрическое решение, но с проективкой в конце. Еще минут 20-30 пытался от нее избавиться (там наверняка что-то есть элементарное), но не нашел. Мотивации копаться дальше не было. Через недельку запишу. Подсказка - -на самом деле задача (почти) плоская.
Ваше решение не такое уж безыдейное, вполне разумно. и немножко перекликается с решением у Ховановой, хотяне до конца. У Ховановой подсказка совершенно дикая - посмотрите на гравитацию (в итоге имеется в виду центр масс, что средний школьник и формализовать-то не сможет).
Еще в советские времена вышла прекрасная книжка Балка и Болтянского, кажется в "библиотечке "Квант"" - "Геометрия масс".
Так что если кто хотел, тот прочитал. Мат.школьники обычно хотели.
Нагрузить четырехугольник так, чтобы центр масс лежал на диагоналях XYZT можно, но это, плюс-минус, будет примерно то же самое выражение на a,b,c,d. И, опять таки, не стоит забывать про гнев экзаменатора, если он злонамерен.
UPD. Хотя нет, проще. Если к вершинам A,B,C,D примыкают отрезки a,b,c,d соответственно, то нужно положить массы 1/a, 1/b, 1/c и 1/d в эти вершины.
Экзаменатору надо говорить про взвешеные суммы векторов, и да - решение проще, но имхо совершенно неочевидно. Если бы что-нибудь афинное, типа Чевы, или медианы в тетраэдре, а тут совершенно непонятно с какого бодуна это работает.
У меня есть идея, но мне лень ее доводить до ума. Сходу ничего красивого не видно (и мне кажется, что мы эту задачу обсуждали, но никаких деталей я не помню). Итого, рассмотрим прямую АС и спроецируем на нее центр сферы О. Обозначим проекцию О'. Тогда центр окружности, полученной пересечением с плоскостью, содержащей АС, будет лежать на перпендикуляре к АС через О' (теорема о трех перпендикулярах). Теперь имеем две плоскости АВС и ADС, в каждой из которых строится пара касательных через точки А и С к соответствующим окружностям. Проведем через точки касания в каждой плоскости прямые. Заметим, что 4 точки касания тогда и только тогда лежат в одной плоскости, когда построенные прямые пересекают прямую АС в одной точке (возможно в бесконечности, т.е. параллельны ей), т.к. АС есть прямая пересечения этих плоскостей (случай, когда четырехугольник лежит на плоскости - очевиден). Итого, осталось доказать, что если на прямой заданы четыре точки АО'С и окружность с центром на перпендикуляре через О', то прямая, соединяющая точки касания
( ... )
Comments 9
Решение чудовищное [в смысле - безыдейное, но простое], но вполне школьное.
Посмотрим на это, как на треугольную пирамиду. Возьмем три ребра, два в одной плоскости, третье - "исходящее из вершины в эту плоскость" и объявим их базисными векторами.
Точки касания, с учетом того, что касательные из одной точки равны, разбивают стороны на попарно равные отрезки a, b, c, d. Достаточно рассмотреть каждую сторону дважды - с одного конца и с другого.
Пусть X,Y,Z,T - точки касания. Вектора XY, XZ и XT можно выразить через базисные и параметры a,b,c,d.
det(XY,XZ,XT) = f(a,b,c,d) = 0 тождественно. Не уверен, что всегда точки X,Y,Z,T - точки касания с одной и той же сферой, то есть, если это действительно не так, доказано даже более сильное утверждение. А если так - то исходное слабое.
Сделал все из приведенной "программы" руками на бумажке за 5 минут, проверку того, что f тождественный ноль сделал на компе в экселе методом Монте-Карло - сгенерил 100500 четверок a,b,c,d и каждый раз получил ноль или машинный ноль. Но если бы надо ( ... )
Reply
Ваше решение не такое уж безыдейное, вполне разумно. и немножко перекликается с решением у Ховановой, хотяне до конца. У Ховановой подсказка совершенно дикая - посмотрите на гравитацию (в итоге имеется в виду центр масс, что средний школьник и формализовать-то не сможет).
Reply
Еще в советские времена вышла прекрасная книжка Балка и Болтянского, кажется в "библиотечке "Квант"" - "Геометрия масс".
Так что если кто хотел, тот прочитал. Мат.школьники обычно хотели.
Нагрузить четырехугольник так, чтобы центр масс лежал на диагоналях XYZT можно, но это, плюс-минус, будет примерно то же самое выражение на a,b,c,d. И, опять таки, не стоит забывать про гнев экзаменатора, если он злонамерен.
UPD. Хотя нет, проще. Если к вершинам A,B,C,D примыкают отрезки a,b,c,d соответственно, то нужно положить массы 1/a, 1/b, 1/c и 1/d в эти вершины.
Reply
Reply
Reply
Reply
Reply
Reply
Leave a comment