Spanische Mathematik-Olympiade 2024, Die landesweite Runde, P1

Samstag, 29. Juni 2024

Geometrie
Spanische Mathematik-Olympiade

Meine Lösung dafür

Die Problemstellung

Die Scheitelpunkte $A$ , $B$ und $C$ eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seite $1$ liegen auf der Oberfläche einer Kugel mit dem Radius $1$ und dem Mittelpunkt $O$ . Sei $D$ die Orthogonalprojektion von $A$ auf die Ebene $\alpha$ , die durch $B$ , $C$ und $O$ bestimmt wird. Wir bezeichnen $N$ als einen der Schnitte der Geraden, die senkrecht zu $\alpha$ durch $O$ verläuft, mit der Kugel. Finden Sie das Maß des Winkels $\angle DNO$ (Anmerkung: Die Orthogonalprojektion von A auf die Ebene $\alpha$ ist der Schnittpunkt der durch A verlaufenden und auf $\alpha$ senkrecht stehenden Geraden mit $\alpha$ ).

Übersetzt mit DeepL.com (kostenlose Version)

Meine Lösung

Diese Aufgabe, mindestens für mich, dauerte einige Zeit, bis ich mir die Konfiguration im Kopf vorgestellt habe.

Anfangs untersuchen wir das Objekt ABCO.

$\triangle ABC$ ist ein gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge 1, also $AB = BC = CA = 1$
Da A, B und C auf der Kugeloberfläche liegen, haben wir auch $OA = OB = OC = 1$

Dann sind alle Seitenlängen von ABCO gleich. Das bedeutet, dass ABCO ein Tetraeder ist, der von vier gleichseitigen Dreiecken gebildet wird.

Diagramm

Eine der Eigenschaften von Tetraedern ist, die Orthogonalprojektion einer Ecke auf die gegenüberliegende Fläsche liegt auf den Mittelpunkt davon.

Ich zielte darauf ab, zuerst die Koordinaten der Punkte A, B, bzw. C auszurechnen.

Betrachten wir den Umkreis $(ABC)$ . Beobachten Sie, dass seine Höhe über die Ebene $z = 0$ eine Eins-zu-eins-Zuordnung zum Halbmesser des Umkreises $(ABC)$ hat. Das bedeutet, mit dem Halbmesser kann man sowohhl die Höhe des Umkreises als auch den Erhebungswinel des Punktes $A$ (analog $B$ und $C$ ) bestimmen. Aber jetzt die Frage: Was genau ist diese Beziehung?

Fangen wir mit diesem pauschalisierten Hilfsatz an.

Lemma 1.

Sei $R$ der Radius der Kugel. Dann ist der Erhebungswinel $\theta$ des Punktes $A$ , $B$ oder $C$ gleich $\arctan\left(\sqrt{\frac{R^2}{r^2} - 1}\right)$

Proof

Die Höhe $h$ ist gleich $R\sin\theta$ , und der Radius des Umkreises $(ABC)$ $r$ ist $R\cos\theta$ . Also

\tan\theta = \frac{h}{r}

Aus dem Satz des Pythagoras,

h^2 + r^2 = R^2

Dann

\begin{align*} r^2(1 + \tan^2\theta) &= R^2 \\ \tan\theta = \sqrt{\frac{R^2}{r^2} - 1} \end{align*}

\square

In dieser Aufgabe ist $R=1$ . Es fehlt nur noch, den Radius des Umkreises $(ABC)$ zu berechnen. Das ist einfach, weil $ABC$ ein gleichseitiges Dreieck ist. Der Radius ist gleich $\frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Jetzt rechnen wir den Erhebungswinkel von $A$ aus.

\begin{align*} \theta &= \arctan\left(\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{3}} - 1}\right) \\ &= \arctan\left(\sqrt{3 - 1}\right) \\ &= \arctan\left(\sqrt{2}\right) \\ &= 60^\circ \end{align*}

Damit könnte man im Blinkwinkel der $xy$ -Ebene lösen. Ich bin heute ein bisschen faul, also lasse ich das als Übung für den Leser.

Die Alternative

Mit dem Fund, dass $D$ auf dem Zentrum des Dreiecks $\triangle OBC$ liegt, können wir einfach die Länge $OD$ ausrechnen.

\begin{align*} OD = \frac{\frac{1}{2}}{\cos 30^\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}} \end{align*}

Dann, im Dreieck $\triangle ODN$

$ON = 1$
$OD = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$ON \perp OD$

Also der gewollte Winkel $\angle DNO = \arctan\frac{1}{\sqrt{3}} = 30^\circ$ .