XII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XII OM, 1960-1961

Etap:

Udowodnić, że jeżeli wszystkie ściany czworościanu są trójkątami przystającymi, to te trójkąty są ostrokątne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że każda ściana czworościanu $ABCD$ (rys. 11) jest trójkątem o bokach $a$ , $b$ , $c$ ; niech np. $BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ . Możliwe są $3$ przypadki, które rozpatrzymy kolejno. 1° - Żadne dwie spośród długości $a$ , $b$ , $c$ nie są równe. Dwie krawędzie wychodzące z tego samego wierzchołka nie mogą być wówczas równe, gdyż są bokami jednego z trójkątów, wobec tego równe są krawędzie przeciwległe, tzn. $AD =a$ , $BD = b$ , $CD = c$ . Niech $M$ będzie środkiem jednej z krawędzi, np. $AB$ . Środkowe $MD$ i $MC$ trójkątów $ABD$ i $ABC$ są równe i są bokami trójkąta $DMC$ , a że $MD + MC > DC$ , więc $MD> \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} AB$ . Jeśli zaś w trójkącie $ADB$ środkowa. $MD$ jest większa od połowy podstawy $AB$ , to kąt $ADB$ jest ostry. Istotnie, z nierówności $AM < MD$ i $BM < MD$ wynikają nierówności $\measuredangle ADM < \measuredangle DAM$ i $\measuredangle MDB < \measuredangle DBM$ , wobec czego $\measuredangle ADB< \measuredangle DAM + \measuredangle DBM$ , a stąd $2\measuredangle ADB < \measuredangle DAM + \measuredangle DBM + \measuredangle ADB = 180^\circ$ .

2°. Ściany czworościanu są trójkątami równoramiennymi, niech np. $a = b \neq c$ . Wówczas w trójkącie $ADB$ , w którym $AB = c$ , musi być $AD = BD = a$ , a że $BC = a$ , więc $CD = c$ , zatem i w tym przypadku krawędzie przeciwległe czworościanu są równe; dalszy ciąg dowodu pozostaje ten sam co poprzednio.

3°. Jeżeli $a = b = c$ , ściany czworościanu są trójkątami równobocznymi, więc są ostrokątne.

Uwaga 1. Twierdzenie można udowodnić sposobem nie wymagającym rozróżniania kilku przypadków; taki dowód uważa się w matematyce za zręczniejszy.

Wykażemy, że jeżeli ściany czworościanu są trójkątami przystającymi o bokach $a$ , $b$ , $c$ , to krawędzie przeciwległe czworościanu są równe. Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech np. $AB = c$ , $CD = a$ , przy czym $a \neq c$ .

Jeden z boków $BC$ i $AC$ trójkąta $ABC$ równa się a, niech np. $BC = a$ . Jeden z boków trójkąta $BCD$ równa się $c$ , a ponieważ $BC = a$ , i $CD = a$ , więc $BD = c$ . W takim razie trójkąty $ABC$ i $BCD$ nie mogą być przystające, gdyż pierwszy z nich ma $2$ boki równe $c$ , a drugi - $2$ boki nierówne $c$ . Przypuszczenie, że $AB \neq CD$ doprowadziło do sprzeczności, zatem $AB = CD$ i tak samo $BC = AD$ , $AC = BD$ . Dalszy ciąg dowodu prowadzimy, jak w sposobie poprzednim.

Uwaga 2. Nastręcza się pytanie, czy istnieje czworościan, którego ściany byłyby przystające do dowolnie danego trójkąta ostrokątnego $ABC$ . Udowodnimy, że tak jest istotnie. Poprowadźmy przez punkty $A$ , $B$ , $C$ proste równoległe odpowiednio do prostych $BC$ , $CA$ i $AB$ . Utworzą one trójkąt $D_1D_2D_3$ (rys. 12) składający się z trójkąta $ABC$ i $3$ trójkątów do niego przystających i łatwo stwierdzić, że czworościan o podstawie $ABC$ i wysokości $h = HD$ , przy czym

$<br /> (1) \qquad h^2 = D_1B^2 - HB^2<br />$

a $H$ jest ortocentrem (ortocentr trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości) trójkąta $D_1D_2D_3$ , jest żądanym czworościanem. W tym celu należy dowieść, że $DB = AC$ , $DA = BC$ i $DC = AB$ . Otóż $DB^2 = h^2 + HB^2$ , więc na podstawie wzoru (1) $DB = DXB = AC$ . Niech wysokości $D_1M$ i $D_2N$ przecinają $BC$ i $AC$ odpowiednio w punktach $K$ i $L$ . Zauważmy, że trójkąty $D_1HN$ i $D_2HM$ są podobne, zatem $\frac{D_1H}{HN} = \frac{D_2H}{HM}$ , skąd $\frac{D_1K+KH}{LN-LH}=\frac{D_2L+LH}{KN-KH}$ , a że $LN=D_2L$ $KM = D_1K$ , więc z poprzedniej równości otrzymujemy $D_1K^2- KH^2 = D_2L^2 - LH^2$ i stąd wynika (na podstawie twierdzenia, że w trójkącie różnica kwadratów dwóch boków równa się różnicy kwadratów rzutów tych boków na trzeci bok), że $D_1B^2 - HB^2 = D_2A^2 - HA^2 = h^2$ . Ponieważ również $DA^2 - HA^2 = h^2$ , więc $DA = D_2A = BC$ . W analogiczny sposób dowodzimy, że $DC = AB$ .