XI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Obliczyć objętość czworościanu $ABCD$ mając dane krawędzie $AB = b$ , $AC = c$ , $AD = d$ oraz kąty $\measuredangle CAD = \beta$ , $\measuredangle DAB = \gamma$ i $\measuredangle BAC = \delta$ .

Rozwiązanie

Poprowadźmy wysokość $DH$ czworościanu $ABCD$ (rys. 24). Objętość $V$ czworościanu wyraża się wzorem:

$ (1) \qquad V = \frac{1}{3} DH \cdot \textrm{pole }ABC. $

Otóż

$ (2) \qquad \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} AB \cdot AC \sin \measuredangle BAC = \frac{1}{2} bc \sin \delta, $

$ (3) \qquad DH = \sqrt{AD^2 - AH^2} = \sqrt{d^2 - AH^2}. $

Pozostaje do wyznaczenia długość $AH$ . Poprowadźmy prostopadłą $HK$ do prostej $AB$ i prostopadłą $HL$ do prostej $AC$ . Ponieważ $\measuredangle AKH = \measuredangle ALH = 90^\circ$ , więc punkty $A$ , $H$ , $K$ , $L$ leżą na okręgu o średnicy $AH$ . Okrąg ten jest okręgiem opisanym na trójkącie $AKL$ , wobec czego

$ (4) \qquad KL = AH \sin \measuredangle KAL,\textrm{ więc } AH = \frac{KL}{\sin \measuredangle KAL}. $

Długość $KL$ obliczymy z trójkąta $AKL$ :

$ (5) \qquad KL^2 = AK^2 + AL^2 - 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL. $

Ze wzorów (1)-(5) po uwzględnieniu, że $\sin \measuredangle KAL = \sin \delta$ , gdyż zależnie od położenia punktu $K$ kąt $KAL$ jest równy $\delta$ lub $180^\circ - \delta$ , otrzymujemy

$ (6) \qquad V = \frac{1}{6} bc \sqrt{a^2 \sin^2 \delta - AK^2 - AL^2 + 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL}. $

Żeby obliczyć długości $AK$ i $AL$ weźmy pod uwagę, że odcinki $KH$ i $LH$ są rzutami odcinków $KD$ i $LD$ na płaszczyznę $ABC$ . Ponieważ $KH$ i $LH$ są prostopadłe odpowiednio do $AB$ i $AC$ , więc na podstawie ,,twierdzenia o trzech prostopadłych'' odcinki $KD$ i $LD$ są też prostopadłe do $AB$ i $AC$ , zatem $AK$ i $AL$ są rzutami odcinka $AD$ na proste $AB$ i $AC$ . Na rys. 24 punkty $K$ i $L$ leżą na półprostych $AB$ i $AC$ ; w tym przypadku $AK = AD \cos \measuredangle DAB = d \cos \gamma$ i podobnie $AL = d \cos \beta$ . W zależności jednak od położenia punktu $H$ punkt $K$ może wypaść na przedłużeniu $BA$ poza punkt $A$ , wówczas $AK = d \cos (180^\circ - \gamma) = - d \cos \gamma$ ; podobnie, jeżeli punkt $L$ leży na przedłużeniu $CA$ poza punkt $A$ , to $AL = d \cos (180^\circ - \beta) = - d \cos \beta$ . Zauważmy jednak, że jeżeli punkt $K$ leży na półprostej $AB$ a punkt $L$ na przedłużeniu półprostej $CA$ (rys. 25) lub na odwrót, to $\measuredangle KAL = 180^\circ - \delta$ , jeśli zaś $K$ i $L$ leżą na przedłużeniach półprostych $BA$ i $CA$ (rys. 26), to $\measuredangle KAL = \delta$ . Stąd wnioskujemy, że we wszystkich przypadkach zachodzi równość

$ AK \cdot AL \cos KAL = d^2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta. $

Wobec tego ze wzoru (6) po odpowiednich podstawieniach otrzymujemy:

$ V = \frac{1}{6} bcd \sqrt{1 - \cos^2 \beta - \cos^2 \gamma - \cos^2 \delta + 2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta}. $

Wyrażenie podpierwiastkowe można przekształcić do postaci

$ 4 \sin \frac{ \beta + \gamma + \delta}{2} \sin \frac{-\beta + \gamma + \delta}{2} \sin \frac{ \beta - \gamma + \delta}{2} \sin \frac{ \beta + \gamma - \delta}{2} $

proponujemy to jako ćwiczenie.