XLVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

III

W czworościanie $ABCD$ zachodzą następujące równości:

$ |\measuredangle BAC| = |\measuredangle ACD| \quad \text{oraz} \quad |\measuredangle ABD| = |\measuredangle BDC|. $

Dowieść, że krawędzie $AB$ i $CD$ mają jednakową długość.

Rozwiązanie

W dowodzie będziemy korzystali z następującego (znanego) faktu:

$ (*) \qquad \begin{array}{l} \textrm{Suma dwóch kątów płaskich przy dowolnym wierzchołku czworościanu} \\ \textrm{jest większa od trzeciego kąta płaskiego przy tym wierzchołku.} \end{array} $

(To proste twierdzenie pojawiło się na przykład jako lemat w rozwiązaniu jednego z zadań XXIV Olimpiady Matematycznej; można więc znaleźć dowód w broszurze: XXIV Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1974, str. 66 - ale zachęcamy raczej do samodzielnego przeprowadzenia tego dowodu; jest to nietrudnym ćwiczeniem.)

Rozwijamy siatkę czworościanu $ABCD$ na płaszczyźnie $ABC$ ; replikami ścian $BCD$ , $CAD$ , $ABD$ są przystające do nich (odpowiednio) trójkąty $BCD_1$ , $CAD_2$ , $ABD_3$ (rysunek 11).

Zgodnie z założeniem, $| \measuredangle BAC| = | \measuredangle ACD_2|$ ; jest to równość kątów naprzemianległych dla prostych $AB$ i $CD_2$ przeciętych sieczną $AC$ . Proste te są wobec tego równoległe: $AB||CD_2$ , przy tym wektory $\overrightarrow{BA}$ i $\overrightarrow{CD_2}$ są zgodnie skierowane.

Uzupełniamy trójkąt $BCD_2$ do równoległoboku $BCD_2E$ ; punkt $E$ leży na półprostej $BA^\to$ . Mamy związki:

$ |CD_1| =|CD_2| = |EB|, \quad |BD_1| = |BD_3|( = |BD|), $

$ | \measuredangle BD_1C| = | \measuredangle ABD_3| = |\measuredangle EBD_3| $

(równość miar kątów $BD_1C$ i $ABD_3$ , czyli miar kątów $BDC$ i $ABD$ , jest dana w założeniach). Ze związków tych wynika, że trójkąt $BD_1C$ przystaje do trójkąta $D_3BE$ i wobec tego $|D_3E| = |BC| = |D_2E|$ .

Przypuśćmy teraz, wbrew tezie zadania, że $|AB| \ne |CD|$ . Punkt $E$ nie pokrywa się wówczas z punktem $A$ , tworzą się niezdegenerowane trójkąty $AED_2$ i $AED_3$ . Są one przystające, bowiem $|AD_2| = |AD_3| ( = |AD|)$ oraz $|D_2E| = |D_3E|$ (co wykazaliśmy przed chwilą). Zatem $|\measuredangle EAD_2| = | \measuredangle EAD_3|$ , czyli $| \measuredangle BAD_2| = | \measuredangle BAD_3|$ ; ta ostatnia równość wynika z poprzedniej niezależnie od tego, czy punkt $E$ leży między $B$ i $A$ , czy też $A$ leży między $B$ i $E$ . Tak więc

$ |\measuredangle BAD_3| = |\measuredangle BAD_2| = |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD_2| = |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD|. $

Trójkąt $ABD_3$ przystaje do $ABD$ (zgodnie ze sposobem rozwijania siatki czworościanu $ABCD$ ), i wobec tego $|\measuredangle BAD_3| = |\measuredangle BAD|$ .

Otrzymane równości dają sprzeczność z własnością (*), w myśl której

$ |\measuredangle BAD| < |\measuredangle BAC| + |\measuredangle CAD|. $

Sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że $|AB| \ne |CD|$ , i tym samym kończy dowód.