Задача из журнала «Квант» (1999 год, 5 выпуск)

Условие

Через точку внутри сферы проведены три попарно перпендикулярные плоскости, которые рассекли сферу на 8 криволинейных треугольников. Эти треугольники закрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета (рис.1). Докажите, что площадь черной части сферы равна площади ее белой части.

Решение

Докажем равносоставленность черной и белой частей сферы, тем самым будет доказана их равновеликовость. Обозначим через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ плоскости, рассекающие сферу, а через $\overline{\alpha}$, $\overline{\beta}$ и $\overline{\gamma}$ — плоскости, соответственно симметричные им относительно центра сферы. Эти шесть плоскостей рассекают сферу на попарно равные куски так, что один из них белый, а другой черный в каждой паре. Однако этот факт легко услышать, но труднее увидеть.

Чтобы увидеть было легче, будем следовать принципу постепенности. Между плоскостями $\alpha$ и $\overline{\alpha}$, которые будем считать горизонтальными, расположен сферический пояс, выше и ниже которого располагаются две сферические «шапки». Заметим, что плоскости $\beta$, $\overline{\beta}$, $\gamma$ и $\overline{\gamma}$ разрезают эти шапки на части так, что каждая белая часть одной шапки симметрична черной части другой шапки относительно горизонтальной плоскости $\pi$, проходящей через центр сферы.

Осталось разобраться со сферическим поясом. Для этого воспроизведем на рисунке сечение сферы плоскостью $\pi$, на котором показаны следы секущих плоскостей и следы черных и белых кусков сферического пояса (рис.2).

Одинаковым номерам соответствуют следы тех кусков, которые симметричны и имеют разные цвета.

Напоследок заметим, что объектом утверждения задачи может выступать не только сфера, но любая поверхность выпуклого тела, имеющего три попарно перпендикулярные плоскости симметрии (например, эллипсоид или правильный октаэдр; случай с октаэдром особенно интересен, поскольку у него существуют различные попарно перпендикулярные тройки плоскостей симметрии). Но в указанном смысле также любопытен и случай с обыкновенным кубом (рис.3).

В. Произволов

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 1 выпуск)

Условие

Пусть $AH_{1}$, $BH_{2}$, $CH_{3}$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$. Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ в точках $T_{1}$, $T_{3}$,$T_{3}$ соответственно. Прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ являются образами прямых $H_{2}H_{3}$, $H_{3}H_{1}$, $H_{1}H_{2}$ при симметрии относительно прямых $T_{2}T_{3}$, $T_{3}T_{1}$, $T_{1}T_{2}$ соответственно.

Докажите, что прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Решение

1. Будем обозначать через $\measuredangle \left (l, m\right )$ направленный угол между прямыми $l$ и $m.$
   Пусть $\measuredangle \left (AC,AB\right ) = \alpha$, $\measuredangle \left (AB,BC\right ) = \beta$, $\measuredangle \left (BC,CA\right ) = \gamma$, тогда (см.рисунок)
   $\measuredangle \left (H_{1}H_{2},AC\right ) = -\beta,$ так как $\Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC $, $\measuredangle \left (T_{1}T_{2}, AC\right ) = \frac{\displaystyle -\alpha -\beta }{\displaystyle 2},$ так как $ CT_{1} = CT_{2},$ значит, $\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \frac{\displaystyle \alpha — \beta }{\displaystyle 2}$.
2. Рассмотрим гомотетию с отрицательным коэффициентом, переводящую описанную окружность треугольника $ABC$ во вписанную. Пусть $K_{1}K_{2}K_{3}$ — образ $ ABC$ при этой гомотетии, тогда стороны треугольника $K_{1}K_{2}K_{3}$ параллельны сторонам треугольника $ABC,$ значит, $$\measuredangle \left (K_{1}K_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \measuredangle \left (AB, T_{1}T_{2}\right )= \measuredangle \left (AB, AC\right ) + \measuredangle \left (AC, T_{1}T_{2}\right )= $$
   $$ = -\alpha +\frac{\displaystyle \alpha +\beta }{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}= -\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ).$$Проведем $AL_{1}$, $BL_{2}$, $CL_{3}$- биссектрисы треугольника $ABC$, тогда $CL_{3} \perp T_{1}T_{2}$ и $\measuredangle \left (K_{1}K_{2},CL_{3}\right ) = -\measuredangle \left (H_{1}H_{2},CL_{3}\right )$.
   Пусть $ CL_{3}= l_{C}, P, Q, S $ — точки пересечения $CL_{3}$ с $ K_{1}K_{2}$, $ T_{1}T_{2}$ и $ H_{1}H_{2}$ соответственно, $ I $ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, $r$ — ее радиус. Вычислим длины отрезков $ CP,$ $CQ $ и $CS.$
3. $ \Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC \Rightarrow CS = l_{C} \cdot \frac{\displaystyle CH_{1}}{\displaystyle CA} = l_{C} \cos \gamma$, но $$IL_{3}= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \cos\frac{\displaystyle \beta — \alpha }{\displaystyle 2}}, т.к. \angle L_{3}IT_{3}= \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ значит, $$ l_{C}= r\left ( \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ),$$ тогда $$ CS=\left ( \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ).$$
4. $ \angle T_{1}CI= \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}$, следовательно, $\angle T_{1}IQ=\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$ значит, $$T_{1}Q=r\sin \left ( \frac{\displaystyle \pi }{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}\right ) = r\cos \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$$ откуда $$ CQ= T_{1}Q \text{ctg}\:\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2} = r\frac{\displaystyle \cos^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}$$
5. Пусть $IX \perp K_{1}K_{2}, X\in K_{1}K_{2}$. Тогда $$\angle K_{1}IK_{2} = 2\angle K_{1}K_{3}K_{2} = 2 \gamma \Rightarrow \angle K_{1}IX = \gamma,$$ стало быть, $$IX=r \cos \gamma.$$ Но $$ \angle XIP = \angle L_{3}IT_{3} = \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ поэтому $$IP=\frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}},$$ и из равенства $$CI=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma}{\displaystyle 2}}$$ следует, что $$CP= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}}.$$
6. Докажем, что $ CP + CS = 2CQ$, т.е. что $ Q$ — середина отрезка $SP$.Имеем: $$CP + CS = \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \alpha }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} = $$ $$=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}\left ( 1+ \cos \gamma \right ) = \frac{\displaystyle 2r\cos \alpha^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} = 2CQ.$$
   Значит, $T_{1}T_{2}$- серединный перпендикуляр к отрезку $SP$. Продлим $K_{1}K_{2}$ и $H_{1}H_{2}$ до пересечения в точке $Y$. Мы доказали, что $\measuredangle \left ( H_{1}H_{2}, SP \right ) = \measuredangle \left ( SP,K_{1}K_{2} \right ),$ значит, треугольник $SYP$- равнобедренный, поэтому прямые $H_{1}H_{2}$ и $K_{1}K_{2}$ симметричны относительно $YQ$, т.е. относительно $T_{1}T_{2}$.Это означает, что $K_{1}K_{2}$ совпадает с прямой $l_{3}$. Аналогично, $l_{1}$ и $l_{2}$ — это прямые $K_{2}K_{3}$ и $K_{1}K_{3}$, следовательно, треугольник, составленный из прямых $l_{1},l_{2},l_{3}$ — это $K_{1}K_{2}K_{3}$. Его вершины лежат на вписанной в треугольник $ABC$ окружности, что и требовалось доказать.

Т.Емельянова, А.Гайфуллин, Д.Терешин