Задача М539‍‍

Обсудим сначала аналогичную задачу на плоскости: найти множество четвёртых вершин $D$‍‍ прямоугольников $PADC$‍,‍ одна вершина $P$‍‍ которых лежит в данной точке внутри данной окружности радиуса $r$‍,‍ а две соседние с ней вершины $A$‍‍ и $C$‍‍ — на окружности. У этой довольно популярной задачи‍ — запоминающийся ответ: вершины $D$‍‍ лежат на окружности, концентричной данной, квадрат радиуса которой равен $2r^2-|KP|^2$‍,‍ где $K$‍‍ — центр окружности (рис. 4). Этот результат сразу вытекает из следующей полезной леммы:

1. Для любого прямоугольника $ABCD$‍‍ и любой точки $K$‍‍ $$ |AK|^2+|CK|^2=|BK|^2+|DK|^2.\tag1 $$

Равенство (1) становится очевидным, если ввести систему координат, как показано на рисунке 5: в обеих частях (1) стоит сумма $$ (x+a)^2+(y+b)^2+(x-a)^2+(y-b)^2; $$ здесь $(x;y)$‍‍ — координаты точки $K$‍.‍

Если $|AK|=|CK|=r$‍,‍ $|KP|=p$‍,‍ то из (1) вытекает (с заменой буквы $B$‍‍ на $P$‍):‍ $|DK|^2=2r^2-p^2$‍,‍ что и утверждалось выше.

Результат плоского варианта задачи M539 наводит на мысль, что в пространственной задаче ответом будет сфера, концентричная данной. Так оно и есть:

2. Все точки $D$‍‍ лежат на сфере с центром в той же точке $K$‍,‍ что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3r^2-2p^2}$‍,‍ где $p=|KP|$‍,‍ $r$‍‍ — радиус исходной сферы.

Это доказали многие читатели, причём самыми разными способами: вычислениями в координатах, с векторами и скалярным произведением и др. Пожалуй, самое простое и наглядное решение получается с помощью той же леммы 1°.

Заметим, что эта лемма верна и для любой точки $K$‍‍ пространства: если точка $K$‍‍ приподнята над плоскостью рисунка 5 на расстояние $z$‍,‍ т. е. имеет координаты $(x; y; z)$‍,‍ то к обеим частям (1) добавится по $2z^2$‍.‍

Докажем теперь утверждение 2°. Согласно 1°, вершины $A_1$‍,‍ $B_1$‍‍ и $C_1$‍‍ параллелепипеда — четвёртые вершины прямоугольников $PBA_1C$‍,‍ $PCB_1A$‍‍ и $PAC_1B$‍‍ (рис. 6) — лежат на расстоянии $\sqrt{2r^2-p^2}$‍‍ от точки $K$‍.‍ Снова пользуемся 1°: четвёртая вершина $D$‍‍ прямоугольника $A_1CB_1D$‍,‍ у которого $|A_1K|^2=|B_1K|^2=2r^2-p^2$‍,‍ $|CK|^2=r^2$‍,‍ находится от точки $K$‍‍ на расстоянии $$ \sqrt{2(2r^2-p^2)-r^2}=\sqrt{3r^2-2p^2}. $$

Итак, мы доказали, что вершина $D$‍‍ параллелепипеда лежит на сфере с центром $K$‍‍ и радиусом $\sqrt{3r^2-2p^2}$‍.‍ Но, как в любой задаче на отыскание множества точек, нужно доказать и обратное: что любая точка этой сферы является вершиной некоторого параллелепипеда, удовлетворяющего условию задачи. Про это забыли многие из читателей, приславших нам решение задачи М539. Между тем здесь дать аккуратное доказательство обратного утверждения далеко не так просто, как в плоском случае (там по заданным точкам $P$‍‍ и $D$‍‍ легко, построив окружность с диаметром $[PD]$‍,‍ найти вершину $A$‍‍ и с помощью 1° доказать, что четвёртая вершина $C$‍‍ прямоугольника $PADC$‍‍ лежит на данной окружности). Возможно, это связано с тем, что в пространственной задаче больше свободы в выборе нужного параллелепипеда: для данных точек $P$‍‍ и $D$‍‍ их существует целое семейство. (Нам, конечно, достаточно построить один из них.)

В доказательстве обратного утверждения некоторые читатели использовали метод координат, другие — соображения непрерывности. Мы же и здесь начнём с геометрических наблюдений, которые были сделаны при попытках решить эту задачу:

3. Квадраты радиусов четырёх сфер с центром $K$‍,‍ на которых лежат точки $P$‍;‍ $A$‍,‍ $B$‍‍ и $C$‍;‍ $A_1$‍,‍ $B_1$‍‍ и $C_1$‍,‍ $D$‍,‍ образуют арифметическую прогрессию: $$ p^2,\quad r^2,\quad 2r^2-p^2,\quad 3r^2-2p^2. $$

Аналогичная закономерность есть и в плоском варианте (правда, там в прогрессии всего три члена). В связи с этим укажем следующее легко доказываемое утверждение:

1. Если несколько концентрических окружностей, квадраты радиусов которых составляют арифметическую прогрессию, пересекают некоторую окружность $\gamma$‍,‍ то общие (с $\gamma$‍)‍ хорды этих окружностей параллельны и находятся на одинаковом расстоянии друг от друга (рис. 7).

Нам понадобится пространственный вариант этого утверждения, где вместо окружностей фигурируют сферы, вместо хорд — круги и т. п. (он получается из плоского рисунка 7 вращением вокруг оси симметрии).

4. Как легко доказать, плоскости $ABC$‍‍ и $A_1B_1C_1$‍‍ пересекают диагональ $PD$‍‍ параллелепипеда в таких точках $M$‍‍ и $M_1$‍,‍ которые делят её на три одинаковых отрезка: $|PM|=|MM_1|=|M_1D|$‍‍ — и являются точками пересечения медиан треугольников $ABC$‍‍ и $A_1B_1C_1$‍‍ (рис. 8). Середина $Q$‍‍ диагонали $PD$‍‍ служит центром симметрии параллелепипеда.

Чтобы получше объяснить пространственные рисунки 6 и 8, укажем ещё следующие факты:

5. Проекция $Q'$‍‍ на плоскость $ABC$‍‍ центра $Q$‍‍ прямоугольного параллелепипеда попадает в центр окружности, описанной вокруг $\triangle ABC$‍;‍ проекция $P'$‍‍ вершины $P$‍‍ параллелепипеда — в ортоцентр $\triangle ABC$‍‍ (точку пересечения высот).

Отсюда и из 4° легко вывести теорему Эйлера: $M\in[Q'P']$‍‍ и $|MQ'|:|MP'|=2$‍‍ (рис. 9)‍. Теперь уже всё готово для окончания решения задачи М539.

Пусть $|KP|=p$‍‍ и $|DK|=\sqrt{3r^2-2p^2}$‍;‍ $Q$‍‍ — середняя отрезка $[PD]$‍,‍ $\gamma$‍‍ и $\gamma_1$‍‍ — окружности, по которым сфера с диаметром $[PD]$‍‍ пересекает сферы радиусов $r$‍‍ и $\sqrt{2r^2-p^2}$‍‍ с центром $K$‍‍ (см. рис. 8). Согласно 4°, плоскости этих окружностей делят $[PD]$‍‍ на три одинаковые части: $[PM]$‍,‍ $[MM_1]$‍,‍ $[M_1D]$‍.‍ Возьмём любую точку $A\in\gamma$‍‍ и обозначим через $A_1$‍‍ симметричную ей относительно $Q$‍‍ точку $A_1\in\gamma_1$‍.‍ Ясно, что $\widehat{PAD}=\widehat{PA_1D}=90^circ$‍.‍ Проведём через точки $P$‍‍ и $D$‍‍ плоскости, перпендикулярные отрезкам $[PA]\parallel[DA_1]$‍.‍ Точки пересечения этих плоскостей с окружностями $\gamma$‍‍ и $\gamma_1$‍‍ дают нам вершины нужного прямоугольного параллелепипеда (см. рис. 8): в самом деле, середины $E$‍‍ и $E_1$‍‍ отрезков $AD$‍‍ и $A_1P$‍‍ (рис. 10, 11) лежат в плоскостях окружностей $\gamma$‍‍ и $\gamma_1$‍‍ и служат центрами сечений сферы построенными плоскостями; следовательно, $AC_1DB_1$‍‍ и $A_1CPB$‍‍ — прямоугольники.