XXXVIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

III

W zbiorze czworościanów o polu podstawy 1, polu powierzchni całkowitej 4 i mających równe kąty nachylenia ścian bocznych do podstawy znaleźć czworościan o maksymalnej objętości.

Rozwiązanie

Niech $ABCD$ będzie dowolnym czworościanem spełniającym podane warunki:

$ (1) \qquad \mathrm{pole} (ABC) = 1,\ \mathrm{pole} (BCD)+\mathrm{pole} (CDA)+\mathrm{pole}(DAB) = 3; $

$ (2) \qquad \textrm{ściana $ABC$ tworzy równe kąty dwuścienne z pozostałymi ścianami.} $

Z warunku (2) wynika, że punkt $D'$ będący rzutem punktu $D$ na płaszczyznę $ABC$ znajduje się w jednakowej odległości od prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ (równej $r = h \ctg \phi$ , gdzie $h = |DD'|$ , a $\phi$ jest rozwartością rozważanych kątów dwu-ściennych). Ponadto, punkt $D'$ leży w obrębie trójkąta $ABC$ ; gdyby bowiem leżał na zewnątrz tego trójkąta, to wśród kątów dwuściennych, o których mowa w (2), znalazłby się co najmniej jeden kąt ostry i co najmniej jeden rozwarty - wbrew ich postulowanej równości. $A$ wobec tego punkt $D'$ jest środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ . Promień tego koła ma długość $r$ .

Wysokość każdej ze ścian bocznych opuszczona z wierzchołka $D$ ma długość $w = \sqrt{h^2+r^2}$ . Oznaczając przez p połowę obwodu trójkąta $ABC$ otrzymujemy z równości (1):

$ 1 = \mathrm{pole} (ABC) = pr \quad \textrm{więc } r = \frac{1}{p} $

oraz

$ \begin{split} 3 &=\frac{1}{2} |BC| \cdot w+ \frac{1}{2} |CA| \cdot w+ \frac{1}{2} |AB| \cdot w = pw = \\ &=p \sqrt{h^2+r^2}=p \sqrt{h^2+\frac{1}{p+2}}=\sqrt{p^2h^2+1}. \end{split} $

Stąd $p^2h^2 = 8$ , czyli $h = 2\sqrt{2} p$ . Objętość czworościanu $ABCD$ równa się zatem

$ (3) \qquad V = \frac{1}{3} h \cdot \mathrm{pole}(ABC) = \frac{1}{3} h =\frac{2\sqrt{2}}{3p}. $

Spośród wszystkich trójkątów o polu $1$ najmniejszy obwód ma trójkąt równoboczny (patrz: Uwaga 2). Na mocy (3) minimalna wartość $p$ daje maksymalną wartość $V$ . Tak więc w rozpatrywanej klasie czworościanów największą objętość ma czworościan $ABCD$ o następujących własnościach: podstawa $ABC$ jest trójkątem foremnym o polu $1$ ; spodek wysokości z $D$ pokrywa się ze środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ ; powierzchnia boczna ma pole $3$ .

Jedynym (z dokładnością do izometrii) czworościanem o tych własnościach jest czworościan foremny mający ściany o polu $1$ . Stanowi on rozwiązanie zadania.

Uwaga 1. Gdyby podany w treści zadania warunek rozumieć jako równość nachylenia ścian bocznych do płaszczyzny podstawy (a niekoniecznie do samej ściany $ABC$ ), rozumowanie wymagałoby następującej modyfikacji: punkt $D'$ , jako leżący w jednakowej odległości $r$ od prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ , musi być środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ lub jednego z kół dopisanych. Równości $3 = p \sqrt{h^2+r^2}$ oraz $V = h/3$ zachowują moc. Dla ustalonego trójkąta $ABC$ maksymalną wartość $V$ otrzymamy więc obierając minimalną (z czterech możliwych) wartość $r$ - czyli długość promienia koła wpisanego. To znaczy, że inne możliwości można zaniedbać.

Uwaga 2. W końcowym fragmencie rozwiązania powołaliśmy się na znane twierdzenie, które mówi, że wśród wszystkich trójkątów o polu $1$ najmniejszy obwód ma trójkąt foremny. Dla kompletności podamy dowód tego faktu.

Niech $a$ , $b$ , $c$ będą długościami boków trójkąta o polu $1$ i niech $p = (a+b+c)/2$ . Mamy dowieść, że $p\geq \sqrt[4]{27}$ (połowa obwodu trójkąta foremnego o polu $1$ ). Z wzoru Herona i z nierówności między średnimi mamy

$ \frac{1}{p}=(p-a(p-b)(p-c)\leq \left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^3 = \left(\frac{p}{3}\right)^3 $

czyli $p^4 \geq 27$ , o co chodziło.