XXIV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że jeżeli środek kuli opisanej na czworościanie pokrywa się ze środkiem kuli wpisanej w ten czworościan, to ściany tego czworościanu są przystające.

Rozwiązanie

Niech punkt $O$ będzie środkiem kuli wpisanej i kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Oznaczmy przez $r$ i $R$ odpowiednio długości promieni tych kul. Jeżeli $O'$ jest punktem styczności kuli wpisanej z jedną ze ścian, a $P$ - jednym z wierzchołków tej ściany, to stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $OO'P$ otrzymujemy $O'P = \sqrt{R^2 - r^2}$ . Zatem odległość punktu $O'$ od każdego wierzchołka tej ściany jest taka sama, czyli $O'$ jest środkiem koła opisanego na tej ścianie. Wynika też stąd, że promienie kół opisanych na każdej ze ścian czworościanu mają tę samą długość $\sqrt{R^2 - r^2}$ .

Punkt $O'$ leży wewnątrz ściany czworościanu, ponieważ jest punktem styczności kuli wpisanej w czworościan. Ponieważ $O'$ jest też środkiem koła opisanego na tej ścianie, więc wynika stąd, że wszystkie kąty tej ściany są ostre. Są to bowiem kąty wpisane oparte na łukach, mniejszych od półokręgu (rys. 12).

Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $ABC$ i $CBD$ (rys. 13) otrzymujemy $\sin \measuredangle BAC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ i $\sin \measuredangle BDC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ . Stąd $\sin \measuredangle BAC = \sin \measuredangle BDC$ , a więc $\measuredangle BAC = \measuredangle BDC$ , ponieważ oba te kąty są ostre. Analogicznie dowodzimy, że każde dwa kąty ścian czworościanu leżące naprzeciwko tej samej krawędzi są równe, tzn. $\measuredangle ABC = \measuredangle ADC$ , $\measuredangle ACB = \measuredangle ADB$ , $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$ , $\measuredangle BAD = \measuredangle BCD$ , $\measuredangle CAD = \measuredangle CBD$ . Oznaczając wspólne miary kątów występujących w ostatnich sześciu równościach kolejno przez $\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon, \mu$ mamy

$ (1) \qquad \alpha + \beta + \gamma = \pi,\ \beta + \delta + \mu = \pi, $

$ (2) \qquad \gamma + \delta + \varepsilon = \pi,\ \alpha + \varepsilon + \mu = \pi, $

ponieważ suma miar kątów dowolnej ściany równa jest $\pi$ .

Dodając stronami równości (1) oraz równości (2) otrzymamy

$ (3) \qquad \alpha + 2\beta + \gamma + \delta + \mu = 2\pi,\ \alpha + \gamma + \delta + 2\varepsilon + \mu = 2\pi. $

Odejmując stronami równości (3) uzyskujemy $\beta = \varepsilon$ . Ponieważ $\beta= \measuredangle ABC$ i $\varepsilon = \measuredangle BCD$ , więc wynika stąd, że trójkąty $ABC$ i $DCB$ są przystające (rys. 13).

Analogicznie dowodzi się, że każde dwie ściany czworościanu $ABCD$ są przystające.

Uwaga. Jeżeli środek koła opisanego na trójkącie jest środkiem koła wpisanego w ten trójkąt, to trójkąt jest równoboczny. Analogiczne twierdzenie w przestrzeni nie zachodzi: Istnieją czworościany, które nie są foremne, dla których środek kuli wpisanej jest środkiem kuli opisanej.

Rozważmy na przykład czworościan $ABCD$ , gdzie $A = (1, a, 0)$ , $B = (-1, a, 0)$ , $C =(0, -a, 1)$ , $D = (0, -a, -1)$ , i $a$ jest liczbą dodatnią różną od $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Wtedy $AB = 2$ i $AC = \sqrt{2 + 4a^2} \ne 2$ . Zatem czworościan $ABCD$ nie jest foremny. Każda z następujących izometrii $f_1(x, y, z) = (x, y, -z)$ , $f_2(x, y, z) = (-x, y, z)$ , $f_3(x,y, z) = (z, -y, x)$ przeprowadza zbiór $\{A, B, C, D \}$ na siebie. Zatem przy każdej z tych izometrii przechodzi na siebie środek $P = (r, s, t)$ kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Z $f_1(P) = P$ wynika, że $t = 0$ , z $f_2(P) = P$ - że $r = 0$ i z $f_3(P) = P$ - że $s = 0$ . Zatem $P = (0, 0, 0)$ . Analogicznie stwierdzamy, że $P$ jest środkiem kuli wpisanej w czworościan $ABCD$ .