Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XXXVII OM - III - Zadanie 2

Wyznaczyć maksimum objętości czworościanów mających trzy ściany o polu 1.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie czworościanem, w którym $S_A = S_B = S_D = 1$ ; przez $S_X$ oznaczamy tu pole ściany nie zawierającej wierzchołka $X$ ( $X = A, B, C, D$ ). Dalej, oznaczmy

$ \begin{split} & a = |BC|, \ b=|CA|,\ y= |\measuredangle BCA|,\\ & u = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od prostej}\ BC,\\ & v = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od prostej}\ CA,\\ & h = \textrm{odległość wierzchołka}\ D \textrm{od płaszczyzny}\ ABC,\\ & \varphi = \textrm{miara kąta dwuściennego między płaszczyznami}\ ABC \ \textrm{i} \ BCD,\\ & \psi = \textrm{miara kąta dwuściennego między płaszczyznami}\ ABC \ \textrm{i} \ CAD,\\ & V = \textrm{objętość czworościanu}\ ABCD \end{split} $

(rysunek 10 przedstawia siatkę powierzchni czworościanu $ABCD$ rozwiniętej na płaszczyźnie $ABC$ ).

Zachodzą związki

$ (1) \qquad V = \frac{1}{3}S_Dh = \frac{1}{3}h, $

$ (2) \qquad h = u \sin \varphi = v \sin \psi, $

$ (3) \qquad 1 = S_A = \frac{1}{2} au,\ 1 = S_B = \frac{1}{2} bv,\ 1 = S_D=\frac{1}{2} ab \sin \gamma $

Z ostatnich równości wynika, że

$ uv = \frac{2}{a} \cdot \frac{2}{b} = 2 \sin \gamma, $

co po podstawieniu do (1) i uwzględnieniu (2) daje

$ V = \frac{1}{3} \sqrt{h \cdot h} = \frac{1}{3} \sqrt{u\sin \varphi \cdot v\sin \psi} = \frac{1}{3} \sqrt{2\sin \gamma \sin \varphi \sin \psi} \leq \frac{1}{3} \sqrt{2}. $

Na to, by otrzymana nierówność stała się równością potrzeba i wystarcza, żeby $\gamma = \varphi = \psi =90^\circ$ - przy jednoczesnym spełnieniu związków (3). To zaś ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy krawędzie $CA$ , $CB$ , $CD$ są wzajemnie prostopadłe (rysunek 11) oraz długość każdej z nich wynosi $\sqrt{2}$ .