Komentarz

VI OM - I - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu, to sumy krawędzi przeciwległych czworościanu są równe i że prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

a) Dowiedziemy, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ ABCD $, to $ AB + CD = AC + BD = AD + BC $. Niech $ O $ oznacza środek, a $ r $ - promień takiej kuli. Punkty styczności kuli z krawędziami czworościanu dzielą każdą krawędź na dwa odcinki, przy czym każde $ 3 $ z owych $ 12 $ odcinków, które wychodzą z tego samego wierzchołka czworościanu, są równe; np. każdy z trzech odcinków wychodzących z punktu $ A $ ma długość $ \sqrt{AO^2 - r^2} $. Oznaczmy długości odcinków wychodzących z wierzchołków $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ odpowiednio literami $ x $, $ y $, $ z $, $ u $. Wówczas $ AB = x + y $, $ CD = z + u $, zatem $ AB + CD = x + y + z + u $. Analogicznie $ AC + BD = x + z + y + u $, $ AD + BC = x + u + y + z $. Istotnie więc zachodzi równość $ AB + CD = AC + BD = AD + BC $.

b) Dowiedziemy, że jeżeli w czworościanie $ ABCD $ jest $ AB + CD = AC + BD = AD + BC $, to istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu (rys. 2). Weźmy pod uwagę okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $ o środkach $ O_1 $ i $ O_2 $ wpisane odpowiednio w trójkąty $ BCD $ i $ ACD $. Niech okrąg $ C_1 $ styka się z krawędzią $ CD $ w punkcie $ M $, a okrąg $ C_2 $ - w punkcie $ M' $. Stosując do trójkątów $ BCD $ i $ ACD $ znane wzory na długość odcinków wyznaczonych na bokach trójkąta przez koło wpisane mamy

\[<br /> CM = \frac{1}{2} (BC + CD- BD),<br /> \]
\[<br /> CM' = \frac{1}{2} (AC + CD - AD);<br /> \]

zatem

\[<br /> CM - CM' = \frac{1}{2} (BC + AD - BD - AC) = 0,<br /> \]

skąd wynika, że punkty $ M $ i $ M' $ pokrywają się, tj. okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $ są styczne do krawędzi $ BC $ w tym samym punkcie $ M $. W takim razie istnieje kula $ K $, której powierzchnia przechodzi przez okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $. Istotnie, punkty $ O_1 $, $ O_2 $ i $ M $ nie leżą na jednej prostej, wyznaczają więc płaszczyznę $ O_1O_2M $ prostopadłą do prostej $ CD $, a zatem prostopadłą do płaszczyzn $ BCD $ i $ ACD $. W płaszczyźnie $ O_1O_2M $ leżą prostopadle poprowadzone do płaszczyzn $ BCD $ i $ ACD $ odpowiednio w punktach $ O_1 $ i $ O_2 $; te prostopadłe nie są równoległe (gdyż płaszczyzny $ BCD $ i $ ACD $ przecinają się), mają zatem punkt wspólny $ O $. Punkt $ O $ ma tę samą odległość, równą $ OM $, od wszystkich punktów okręgów $ C_1 $ i $ C_2 $, więc powierzchnia kuli $ K $ o środku $ O $ i promieniu $ OM $ przechodzi przez okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $. Kula $ K $ jest styczna do krawędzi $ BC $, $ BD $, $ AC $, $ AD $, $ CD $; udowodnimy, że jest ona styczna również do krawędzi $ AB $. Otóż powierzchnia kuli $ K $ przecina płaszczyznę $ ABC $ według okręgu $ C_3 $ stycznego do krawędzi $ BC $ i $ AC $ w tych samych punktach co okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $. Twierdzenie będzie dowiedzione, gdy wykażemy, że okrąg $ C_3 $ jest okręgiem wpisanym w trójkąt $ ABC $. Oznaczając odcinki wyznaczone na krawędziach $ BC $, $ BD $, $ AC $, $ AD $, $ CD $ przez okręgi $ C_1 $ i $ C_2 $ w ten sam sposób, co w a), mamy $ BC = y + z $, $ BD = y + u $, $ AC = x + z $, $ AD =x + u $, $ CD = z + u $. Według założenia $ AB + CD = AC + BD $, skąd $ AB = AC + BD - CD $, więc $ AB = (x + z) + (y + u) - (z + u) = x + y $. Okrąg $ C_4 $ wpisany w trójkąt $ ABC $ wyznacza na bokach $ BC $ i $ AC $ przy wierzchołku $ C $ odcinki o pewnej długości $ z_1 $, przy czym $ z_1 = \frac{1}{2} (BC + AC - AB) = \frac{1}{2} [(y + z) + (x+z) - (x+y)] = z $; stąd wynika, że okrąg $ C_4 $ pokrywa się z okręgiem $ C_3 $ i kula $ K $ jest styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ ABCD $, c. n. d.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz