XXXVIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

Udowodnić, że suma kątów płaskich przy każdym z wierzchołków danego czworościanu wynosi $180^{\circ}$ wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie jego ściany są przystające.

Rozwiązanie

Rozcinamy powierzchnię rozważanego czworościanu $ABCD$ wzdłuż krawędzi $AD$ , $BD$ , $CD$ i kładziemy ściany $BCD$ , $CAD$ , $ABD$ na płaszczyznę trójkąta $ABC$ . Otrzymujemy siatkę tego czworościanu, czyli sześciokąt $AMBKCL$ , w którym trójkąty $BCK$ , $CAL$ , $ABM$ są odpowiednio przystające do wymienionych trzech ścian (rysunek 11).

Załóżmy, że suma miar kątów płaskich przy każdym wierzchołku czworościanu wynosi $180^\circ$ . Wtedy w sześciokącie $AMBKCL$ kąty przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ są półpełne i sześciokąt staje się trójkątem $KLM$ . Ponieważ $|AL| = |AD| = |AM|$ , punkt $A$ jest środkiem boku $LM$ ; podobnie punkty $B$ i $C$ są środkami boków $MK$ i $KL$ trójkąta $KLM$ . Zatem obwód trójkąta $ABC$ dzieli trójkąt $KLM$ na cztery trójkąty przystające, a to znaczy, że ściany czworościanu $ABCD$ są trójkątami przystającymi.

Przechodzimy do dowodu implikacji przeciwnej. Załóżmy, że ściany czworościanu są przystające. Pokażemy, że wówczas każde dwie skośne krawędzie czworościanu mają równą długość. Przypuśćmy bowiem, że na przykład $|AB| = x$ , $|CD| = y$ , $x \neq y$ . Ściana $ABD$ musi mieć co najmniej jeden bok długości $y$ , a więc z wierzchołka $D$ wychodzą co najmniej dwie krawędzie długości $y$ (bo jedną jest już krawędź $CD$ ). Te dwie krawędzie obramowują ścianę, której dwa boki mają długość $y$ , a więc trzeci bok musi mieć długość $x$ . Jest to jeden z odcinków $BC$ , $CA$ . Tak więc ściana $ABC$ ma dwa boki długości $x$ . Skoro pewna ściana ma dwa boki długości $y$ , inna ma dwa boki długości $x$ , a wszystkie są przystające, otrzymujemy wniosek, że $x = y$ , wbrew przypuszczeniu.

Zatem $|AD| = |BC|$ , $|BD| = |CA|$ , $|CD| = |AB|$ , a stąd

$<br /> \triangle ABC \equiv \triangle DCB \equiv \triangle CDA \equiv \triangle BAD;<br />$

zapis $\triangle PQR \equiv \triangle XYZ$ oznacza tu, że trójkąt $PQR$ przystaje do trójkąta $XYZ$ , przy czym wierzchołkowi $P$ odpowiada w tym przystawaniu wierzchołek $X$ , wierzchołkowi $Q$ - wierzchołek $Y$ , a wierzchołkowi $R$ - wierzchołek $Z$ . Wobec tego

$<br /> |\measuredangle BDC| + |\measuredangle CDA| + |\measuredangle ADB| = |\measuredangle CAB|+|\measuredangle ABC| + |\measuredangle BCA| = 180^\circ.<br />$

Pokazaliśmy, że suma miar kątów płaskich przy wierzchołku $D$ wynosi $180^\circ$ . Z symetrii założeń wynika analogiczne stwierdzenie dla kątów płaskich przy każdym z pozostałych wierzchołków.