VI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

VI OM, 1954-1955

Etap:

Dowieść, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu, to sumy krawędzi przeciwległych czworościanu są równe i że prawdziwe jest również twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

a) Dowiedziemy, że jeżeli istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ , to $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ . Niech $O$ oznacza środek, a $r$ - promień takiej kuli. Punkty styczności kuli z krawędziami czworościanu dzielą każdą krawędź na dwa odcinki, przy czym każde $3$ z owych $12$ odcinków, które wychodzą z tego samego wierzchołka czworościanu, są równe; np. każdy z trzech odcinków wychodzących z punktu $A$ ma długość $\sqrt{AO^2 - r^2}$ . Oznaczmy długości odcinków wychodzących z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , $D$ odpowiednio literami $x$ , $y$ , $z$ , $u$ . Wówczas $AB = x + y$ , $CD = z + u$ , zatem $AB + CD = x + y + z + u$ . Analogicznie $AC + BD = x + z + y + u$ , $AD + BC = x + u + y + z$ . Istotnie więc zachodzi równość $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ .

b) Dowiedziemy, że jeżeli w czworościanie $ABCD$ jest $AB + CD = AC + BD = AD + BC$ , to istnieje kula styczna do wszystkich krawędzi czworościanu (rys. 2). Weźmy pod uwagę okręgi $C_1$ i $C_2$ o środkach $O_1$ i $O_2$ wpisane odpowiednio w trójkąty $BCD$ i $ACD$ . Niech okrąg $C_1$ styka się z krawędzią $CD$ w punkcie $M$ , a okrąg $C_2$ - w punkcie $M'$ . Stosując do trójkątów $BCD$ i $ACD$ znane wzory na długość odcinków wyznaczonych na bokach trójkąta przez koło wpisane mamy

$ CM = \frac{1}{2} (BC + CD- BD), $

$ CM' = \frac{1}{2} (AC + CD - AD); $

zatem

$ CM - CM' = \frac{1}{2} (BC + AD - BD - AC) = 0, $

skąd wynika, że punkty $M$ i $M'$ pokrywają się, tj. okręgi $C_1$ i $C_2$ są styczne do krawędzi $BC$ w tym samym punkcie $M$ . W takim razie istnieje kula $K$ , której powierzchnia przechodzi przez okręgi $C_1$ i $C_2$ . Istotnie, punkty $O_1$ , $O_2$ i $M$ nie leżą na jednej prostej, wyznaczają więc płaszczyznę $O_1O_2M$ prostopadłą do prostej $CD$ , a zatem prostopadłą do płaszczyzn $BCD$ i $ACD$ . W płaszczyźnie $O_1O_2M$ leżą prostopadle poprowadzone do płaszczyzn $BCD$ i $ACD$ odpowiednio w punktach $O_1$ i $O_2$ ; te prostopadłe nie są równoległe (gdyż płaszczyzny $BCD$ i $ACD$ przecinają się), mają zatem punkt wspólny $O$ . Punkt $O$ ma tę samą odległość, równą $OM$ , od wszystkich punktów okręgów $C_1$ i $C_2$ , więc powierzchnia kuli $K$ o środku $O$ i promieniu $OM$ przechodzi przez okręgi $C_1$ i $C_2$ . Kula $K$ jest styczna do krawędzi $BC$ , $BD$ , $AC$ , $AD$ , $CD$ ; udowodnimy, że jest ona styczna również do krawędzi $AB$ . Otóż powierzchnia kuli $K$ przecina płaszczyznę $ABC$ według okręgu $C_3$ stycznego do krawędzi $BC$ i $AC$ w tych samych punktach co okręgi $C_1$ i $C_2$ . Twierdzenie będzie dowiedzione, gdy wykażemy, że okrąg $C_3$ jest okręgiem wpisanym w trójkąt $ABC$ . Oznaczając odcinki wyznaczone na krawędziach $BC$ , $BD$ , $AC$ , $AD$ , $CD$ przez okręgi $C_1$ i $C_2$ w ten sam sposób, co w a), mamy $BC = y + z$ , $BD = y + u$ , $AC = x + z$ , $AD =x + u$ , $CD = z + u$ . Według założenia $AB + CD = AC + BD$ , skąd $AB = AC + BD - CD$ , więc $AB = (x + z) + (y + u) - (z + u) = x + y$ . Okrąg $C_4$ wpisany w trójkąt $ABC$ wyznacza na bokach $BC$ i $AC$ przy wierzchołku $C$ odcinki o pewnej długości $z_1$ , przy czym $z_1 = \frac{1}{2} (BC + AC - AB) = \frac{1}{2} [(y + z) + (x+z) - (x+y)] = z$ ; stąd wynika, że okrąg $C_4$ pokrywa się z okręgiem $C_3$ i kula $K$ jest styczna do wszystkich krawędzi czworościanu $ABCD$ , c. n. d.