XXXVIII OM - III - Zadanie 4

W zbiorze czworościanów o polu podstawy 1, polu powierzchni całkowitej 4 i mających równe kąty nachylenia ścian bocznych do podstawy znaleźć czworościan o maksymalnej objętości.

Rozwiązanie

Niech $ ABCD $ będzie dowolnym czworościanem spełniającym podane warunki:

\[<br />
(1) \qquad \mathrm{pole} (ABC) = 1,\  \mathrm{pole} (BCD)+\mathrm{pole} (CDA)+\mathrm{pole}(DAB) = 3;<br />
\]
\[<br />
(2) \qquad \textrm{ściana $ABC$ tworzy równe kąty dwuścienne z pozostałymi ścianami.}<br />
\]

Z warunku (2) wynika, że punkt $ D' $ będący rzutem punktu $ D $ na płaszczyznę $ ABC $ znajduje się w jednakowej odległości od prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $ (równej $ r = h \ctg \phi $, gdzie $ h = |DD'| $, a $ \phi $ jest rozwartością rozważanych kątów dwu-ściennych). Ponadto, punkt $ D' $ leży w obrębie trójkąta $ ABC $; gdyby bowiem leżał na zewnątrz tego trójkąta, to wśród kątów dwuściennych, o których mowa w (2), znalazłby się co najmniej jeden kąt ostry i co najmniej jeden rozwarty - wbrew ich postulowanej równości. $ A $ wobec tego punkt $ D' $ jest środkiem koła wpisanego w trójkąt $ ABC $. Promień tego koła ma długość $ r $.

Wysokość każdej ze ścian bocznych opuszczona z wierzchołka $ D $ ma długość $ w = \sqrt{h^2+r^2} $. Oznaczając przez p połowę obwodu trójkąta $ ABC $ otrzymujemy z równości (1):

\[<br />
1 =  \mathrm{pole} (ABC) = pr \quad \textrm{więc } r = \frac{1}{p}<br />
\]

oraz

\[<br />
\begin{split}<br />
3 &=\frac{1}{2} |BC| \cdot w+ \frac{1}{2} |CA| \cdot w+ \frac{1}{2} |AB| \cdot w = pw = \\<br />
&=p \sqrt{h^2+r^2}=p \sqrt{h^2+\frac{1}{p+2}}=\sqrt{p^2h^2+1}.<br />
\end{split}<br />
\]

Stąd $ p^2h^2 = 8 $, czyli $ h = 2\sqrt{2} p $. Objętość czworościanu $ ABCD $ równa się zatem

\[<br />
(3) \qquad V = \frac{1}{3} h \cdot \mathrm{pole}(ABC) = \frac{1}{3} h =\frac{2\sqrt{2}}{3p}.<br />
\]

Spośród wszystkich trójkątów o polu $ 1 $ najmniejszy obwód ma trójkąt równoboczny (patrz: Uwaga 2). Na mocy (3) minimalna wartość $ p $ daje maksymalną wartość $ V $. Tak więc w rozpatrywanej klasie czworościanów największą objętość ma czworościan $ ABCD $ o następujących własnościach: podstawa $ ABC $ jest trójkątem foremnym o polu $ 1 $; spodek wysokości z $ D $ pokrywa się ze środkiem koła wpisanego w trójkąt $ ABC $; powierzchnia boczna ma pole $ 3 $.

Jedynym (z dokładnością do izometrii) czworościanem o tych własnościach jest czworościan foremny mający ściany o polu $ 1 $. Stanowi on rozwiązanie zadania.

Uwaga 1. Gdyby podany w treści zadania warunek rozumieć jako równość nachylenia ścian bocznych do płaszczyzny podstawy (a niekoniecznie do samej ściany $ ABC $), rozumowanie wymagałoby następującej modyfikacji: punkt $ D' $, jako leżący w jednakowej odległości $ r $ od prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $, musi być środkiem koła wpisanego w trójkąt $ ABC $ lub jednego z kół dopisanych. Równości $ 3 = p \sqrt{h^2+r^2} $ oraz $ V = h/3 $ zachowują moc. Dla ustalonego trójkąta $ ABC $ maksymalną wartość $ V $ otrzymamy więc obierając minimalną (z czterech możliwych) wartość $ r $ - czyli długość promienia koła wpisanego. To znaczy, że inne możliwości można zaniedbać.

Uwaga 2. W końcowym fragmencie rozwiązania powołaliśmy się na znane twierdzenie, które mówi, że wśród wszystkich trójkątów o polu $ 1 $ najmniejszy obwód ma trójkąt foremny. Dla kompletności podamy dowód tego faktu.

Niech $ a $, $ b $, $ c $ będą długościami boków trójkąta o polu $ 1 $ i niech $ p = (a+b+c)/2 $. Mamy dowieść, że $ p\geq \sqrt[4]{27} $ (połowa obwodu trójkąta foremnego o polu $ 1 $). Z wzoru Herona i z nierówności między średnimi mamy

\[<br />
\frac{1}{p}=(p-a(p-b)(p-c)\leq \left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^3 = \left(\frac{p}{3}\right)^3<br />
\]

czyli $ p^4 \geq 27 $, o co chodziło.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź