XII OM - I - Zadanie 12

Udowodnić, że jeżeli wszystkie ściany czworościanu są trójkątami przystającymi, to te trójkąty są ostrokątne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że każda ściana czworościanu $ ABCD $ (rys. 11) jest trójkątem o bokach $ a $, $ b $, $ c $; niech np. $ BC = a $, $ CA = b $, $ AB = c $. Możliwe są $ 3 $ przypadki, które rozpatrzymy kolejno. 1° - Żadne dwie spośród długości $ a $, $ b $, $ c $ nie są równe. Dwie krawędzie wychodzące z tego samego wierzchołka nie mogą być wówczas równe, gdyż są bokami jednego z trójkątów, wobec tego równe są krawędzie przeciwległe, tzn. $ AD =a $, $ BD = b $, $ CD = c $. Niech $ M $ będzie środkiem jednej z krawędzi, np. $ AB $. Środkowe $ MD $ i $ MC $ trójkątów $ ABD $ i $ ABC $ są równe i są bokami trójkąta $ DMC $, a że $ MD + MC > DC $, więc $ MD> \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} AB $. Jeśli zaś w trójkącie $ ADB $ środkowa. $ MD $ jest większa od połowy podstawy $ AB $, to kąt $ ADB $ jest ostry. Istotnie, z nierówności $ AM < MD $ i $ BM < MD $ wynikają nierówności $ \measuredangle ADM < \measuredangle DAM $ i $ \measuredangle MDB < \measuredangle DBM $, wobec czego $ \measuredangle ADB< \measuredangle DAM + \measuredangle DBM $, a stąd $ 2\measuredangle ADB < \measuredangle DAM + \measuredangle DBM + \measuredangle ADB = 180^\circ $.

2°. Ściany czworościanu są trójkątami równoramiennymi, niech np. $ a = b \neq c $. Wówczas w trójkącie $ ADB $, w którym $ AB = c $, musi być $ AD = BD = a $, a że $ BC = a $, więc $ CD = c $, zatem i w tym przypadku krawędzie przeciwległe czworościanu są równe; dalszy ciąg dowodu pozostaje ten sam co poprzednio.

3°. Jeżeli $ a = b = c $, ściany czworościanu są trójkątami równobocznymi, więc są ostrokątne.

Uwaga 1. Twierdzenie można udowodnić sposobem nie wymagającym rozróżniania kilku przypadków; taki dowód uważa się w matematyce za zręczniejszy.

Wykażemy, że jeżeli ściany czworościanu są trójkątami przystającymi o bokach $ a $, $ b $, $ c $, to krawędzie przeciwległe czworościanu są równe. Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech np. $ AB = c $, $ CD = a $, przy czym $ a \neq c $.

Jeden z boków $ BC $ i $ AC $ trójkąta $ ABC $ równa się a, niech np. $ BC = a $. Jeden z boków trójkąta $ BCD $ równa się $ c $, a ponieważ $ BC = a $, i $ CD = a $, więc $ BD = c $. W takim razie trójkąty $ ABC $ i $ BCD $ nie mogą być przystające, gdyż pierwszy z nich ma $ 2 $ boki równe $ c $, a drugi - $ 2 $ boki nierówne $ c $. Przypuszczenie, że $ AB \neq CD $ doprowadziło do sprzeczności, zatem $ AB = CD $ i tak samo $ BC  = AD $, $ AC = BD $. Dalszy ciąg dowodu prowadzimy, jak w sposobie poprzednim.

Uwaga 2. Nastręcza się pytanie, czy istnieje czworościan, którego ściany byłyby przystające do dowolnie danego trójkąta ostrokątnego $ ABC $. Udowodnimy, że tak jest istotnie. Poprowadźmy przez punkty $ A $, $ B $, $ C $ proste równoległe odpowiednio do prostych $ BC $, $ CA $ i $ AB $. Utworzą one trójkąt $ D_1D_2D_3 $ (rys. 12) składający się z trójkąta $ ABC $ i $ 3 $ trójkątów do niego przystających i łatwo stwierdzić, że czworościan o podstawie $ ABC $ i wysokości $ h = HD $, przy czym

\[<br />
(1) \qquad h^2 = D_1B^2 - HB^2<br />
\]

a $ H $ jest ortocentrem (ortocentr trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości) trójkąta $ D_1D_2D_3 $, jest żądanym czworościanem. W tym celu należy dowieść, że $ DB = AC $, $ DA = BC $ i $ DC = AB $. Otóż $ DB^2 = h^2 + HB^2 $, więc na podstawie wzoru (1) $ DB = DXB =  AC $. Niech wysokości $ D_1M $ i $ D_2N $ przecinają $ BC $ i $ AC $ odpowiednio w punktach $ K $ i $ L $. Zauważmy, że trójkąty $ D_1HN $ i $ D_2HM $ są podobne, zatem $ \frac{D_1H}{HN} = \frac{D_2H}{HM} $, skąd $ \frac{D_1K+KH}{LN-LH}=\frac{D_2L+LH}{KN-KH} $, a że $ LN=D_2L $ $ KM = D_1K $, więc z poprzedniej równości otrzymujemy $ D_1K^2- KH^2 = D_2L^2 - LH^2 $ i stąd wynika (na podstawie twierdzenia, że w trójkącie różnica kwadratów dwóch boków równa się różnicy kwadratów rzutów tych boków na trzeci bok), że $ D_1B^2 - HB^2 = D_2A^2 - HA^2 = h^2 $. Ponieważ również $ DA^2 - HA^2 = h^2 $, więc $ DA  = D_2A = BC $. W analogiczny sposób dowodzimy, że $ DC = AB $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź