XXXVIII OM - II - Zadanie 2

Udowodnić, że suma kątów płaskich przy każdym z wierzchołków danego czworościanu wynosi $ 180^{\circ} $ wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie jego ściany są przystające.

Rozwiązanie

Rozcinamy powierzchnię rozważanego czworościanu $ ABCD $ wzdłuż krawędzi $ AD $, $ BD $, $ CD $ i kładziemy ściany $ BCD $, $ CAD $, $ ABD $ na płaszczyznę trójkąta $ ABC $. Otrzymujemy siatkę tego czworościanu, czyli sześciokąt $ AMBKCL $, w którym trójkąty $ BCK $, $ CAL $, $ ABM $ są odpowiednio przystające do wymienionych trzech ścian (rysunek 11).
om38_2r_img_11.jpg
Załóżmy, że suma miar kątów płaskich przy każdym wierzchołku czworościanu wynosi $ 180^\circ $. Wtedy w sześciokącie $ AMBKCL $ kąty przy wierzchołkach $ A $, $ B $, $ C $ są półpełne i sześciokąt staje się trójkątem $ KLM $. Ponieważ $ |AL| = |AD| = |AM| $, punkt $ A $ jest środkiem boku $ LM $; podobnie punkty $ B $ i $ C $ są środkami boków $ MK $ i $ KL $ trójkąta $ KLM $. Zatem obwód trójkąta $ ABC $ dzieli trójkąt $ KLM $ na cztery trójkąty przystające, a to znaczy, że ściany czworościanu $ ABCD $ są trójkątami przystającymi.

Przechodzimy do dowodu implikacji przeciwnej. Załóżmy, że ściany czworościanu są przystające. Pokażemy, że wówczas każde dwie skośne krawędzie czworościanu mają równą długość. Przypuśćmy bowiem, że na przykład $ |AB| = x $, $ |CD| = y $, $ x \neq y $. Ściana $ ABD $ musi mieć co najmniej jeden bok długości $ y $, a więc z wierzchołka $ D $ wychodzą co najmniej dwie krawędzie długości $ y $ (bo jedną jest już krawędź $ CD $). Te dwie krawędzie obramowują ścianę, której dwa boki mają długość $ y $, a więc trzeci bok musi mieć długość $ x $. Jest to jeden z odcinków $ BC $, $ CA $. Tak więc ściana $ ABC $ ma dwa boki długości $ x $. Skoro pewna ściana ma dwa boki długości $ y $, inna ma dwa boki długości $ x $, a wszystkie są przystające, otrzymujemy wniosek, że $ x = y $, wbrew przypuszczeniu.

Zatem $ |AD| = |BC| $, $ |BD| = |CA| $, $ |CD| = |AB| $, a stąd

\[<br /> \triangle ABC \equiv \triangle DCB \equiv \triangle CDA \equiv \triangle BAD;<br /> \]

zapis $ \triangle PQR \equiv \triangle XYZ $ oznacza tu, że trójkąt $ PQR $ przystaje do trójkąta $ XYZ $, przy czym wierzchołkowi $ P $ odpowiada w tym przystawaniu wierzchołek $ X $, wierzchołkowi $ Q $ - wierzchołek $ Y $, a wierzchołkowi $ R $ - wierzchołek $ Z $. Wobec tego

\[<br /> |\measuredangle BDC| + |\measuredangle CDA| + |\measuredangle ADB| = |\measuredangle CAB|+|\measuredangle ABC| + |\measuredangle BCA| = 180^\circ.<br /> \]

Pokazaliśmy, że suma miar kątów płaskich przy wierzchołku $ D $ wynosi $ 180^\circ $. Z symetrii założeń wynika analogiczne stwierdzenie dla kątów płaskich przy każdym z pozostałych wierzchołków.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź