XLVII OM - III - Zadanie 4

W czworościanie $ ABCD $ zachodzą następujące równości:

\[<br />
|\measuredangle BAC| = |\measuredangle ACD| \quad \text{oraz} \quad |\measuredangle ABD| = |\measuredangle BDC|.<br />
\]

Dowieść, że krawędzie $ AB $ i $ CD $ mają jednakową długość.

Rozwiązanie

W dowodzie będziemy korzystali z następującego (znanego) faktu:

\[<br />
(*) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\textrm{Suma dwóch kątów płaskich przy dowolnym wierzchołku czworościanu} \\<br />
\textrm{jest większa od trzeciego kąta płaskiego przy tym wierzchołku.}<br />
\end{array}<br />
\]

(To proste twierdzenie pojawiło się na przykład jako lemat w rozwiązaniu jednego z zadań XXIV Olimpiady Matematycznej; można więc znaleźć dowód w broszurze: XXIV Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1974, str. 66 - ale zachęcamy raczej do samodzielnego przeprowadzenia tego dowodu; jest to nietrudnym ćwiczeniem.)

Rozwijamy siatkę czworościanu $ ABCD $ na płaszczyźnie $ ABC $; replikami ścian $ BCD $, $ CAD $, $ ABD $ są przystające do nich (odpowiednio) trójkąty $ BCD_1 $, $ CAD_2 $, $ ABD_3 $ (rysunek 11).

Zgodnie z założeniem, $ | \measuredangle BAC| = | \measuredangle ACD_2| $; jest to równość kątów naprzemianległych dla prostych $ AB $ i $ CD_2 $ przeciętych sieczną $ AC $. Proste te są wobec tego równoległe: $ AB||CD_2 $, przy tym wektory $ \overrightarrow{BA} $ i $ \overrightarrow{CD_2} $ są zgodnie skierowane.

om47_3r_img_11.jpg
om47_3r_img_12.jpg

Uzupełniamy trójkąt $ BCD_2 $ do równoległoboku $ BCD_2E $; punkt $ E $ leży na półprostej $ BA^\to $. Mamy związki:

\[<br />
|CD_1| =|CD_2| = |EB|, \quad |BD_1| = |BD_3|( = |BD|),<br />
\]
\[<br />
| \measuredangle BD_1C| = | \measuredangle ABD_3| = |\measuredangle EBD_3|<br />
\]

(równość miar kątów $ BD_1C $ i $ ABD_3 $, czyli miar kątów $ BDC $ i $ ABD $, jest dana w założeniach). Ze związków tych wynika, że trójkąt $ BD_1C $ przystaje do trójkąta $ D_3BE $ i wobec tego $ |D_3E| = |BC| = |D_2E| $.

Przypuśćmy teraz, wbrew tezie zadania, że $ |AB| \ne |CD| $. Punkt $ E $ nie pokrywa się wówczas z punktem $ A $, tworzą się niezdegenerowane trójkąty $ AED_2 $ i $ AED_3 $. Są one przystające, bowiem $ |AD_2| = |AD_3| ( = |AD|) $ oraz $ |D_2E| = |D_3E| $ (co wykazaliśmy przed chwilą). Zatem $  |\measuredangle EAD_2| = | \measuredangle EAD_3| $, czyli $ | \measuredangle BAD_2|  = | \measuredangle BAD_3| $; ta ostatnia równość wynika z poprzedniej niezależnie od tego, czy punkt $ E $ leży między $ B $ i $ A $, czy też $ A $ leży między $ B $ i $ E $. Tak więc

\[<br />
|\measuredangle BAD_3| = |\measuredangle BAD_2| = |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD_2| = |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD|.<br />
\]

Trójkąt $ ABD_3 $ przystaje do $ ABD $ (zgodnie ze sposobem rozwijania siatki czworościanu $ ABCD $), i wobec tego $ |\measuredangle BAD_3| = |\measuredangle BAD| $.

Otrzymane równości dają sprzeczność z własnością (*), w myśl której

\[<br />
|\measuredangle BAD| < |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD|.<br />
\]

Sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że $ |AB| \ne |CD| $, i tym samym kończy dowód.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź