Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1042
2015-02-17 
Каждая грань тетраэдра $ABCD$ — остроугольный треугольник. Рассмотрим все замкнутые ломаные линии $XYZTX$, определенные следующим образом: $X$ — точка на ребре $AB$, отличная от $A$ и $B$. Аналогично $Y, Z, T$ — внутренние точки ребер $BC, CD, DA$ соответственно. Докажите, что:
а) если $\hat{DAB} + \hat{BCD} \neq \hat{ABC} + \hat{CDA}$, то среди этих ломаных нет ни одной кратчайшей;
б) если $\hat{DAB} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{CDA}$, то существует бесконечно много ломаных минимальной длины и эта длина равна $2 |AC| \sin \frac{\alpha}{2}$, где $\alpha = \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{DAB}$.
Решение:
а) Допустим противное, т.е. предположим существование кратчайшей ломаной $XYZTX$ (рис.). Развернем грани $ABC$ и $BCD$ так, чтобы они лежали в одной плоскости. Получим выпуклый четырехугольник $ABDC$ (рис.). Тогда из того, что ломаная имеет минимальную длину, следует, что $\hat{XYB} = \hat{ZYC}$, ибо иначе мы могли бы получить меньшую длину изменением положения точки $Y$. Аналогичные рассуждения показывают, что
$\hat{YZC} = \hat{TZD} \\
\hat{ZTD} = \hat{XTA} \\
\hat{TXA} = \hat{YXB}$.
Отсюда получаем:
$\hat{DAB} + \hat{BCD} = 180^{\circ} - \hat{TXA} - \hat{XTA} + 180^{\circ} - \hat{YZC} - \hat{ZYC} = 180^{\circ} - \hat{YXB} - \hat{XYB} + 180^{\circ} - \hat{ZTD} - \hat{TZD} = \hat{ABC} + \hat{ADC}$,
что противоречит условию пункта а).
б) Пусть теперь
$\hat{DAB} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{ADC}$. (1)
Фигурирующий в условии угол $\alpha$ представляет собой сумму всех плоских углов при вершине $A$. Обозначим соответственно через $\beta, \gamma, \delta$ сумму плоских углов при вершинах $B, C, D$.
Так как $\hat{BAD} + \hat{BAC} + \hat{CAD} = \alpha, \hat{ACB} + \hat{ACD} + \hat{BCD} = \gamma$, то, учитывая (1), получим
$\alpha + \gamma = \hat{BAD} + \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{ACB} + \hat{ACD} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{ADC} + \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{ACB} + \hat{ACD} = (\hat{ABC} + \hat{BAC} + \hat{ACB}) + (\hat{ADC} + \hat{CAD} + \hat{ACD}) = 360^{\circ}$,
т. е $\alpha + \gamma = 360^{\circ}$. Аналогично и $\beta + \delta = 360^{\circ}$. Отсюда хотя бы один из углов $\alpha, \gamma$ и один из углов $\beta, \delta$ не превосходит $180^{\circ}$. Пусть таковыми будут углы $\alpha$ и $\beta$. Разрежем поверхность тетраэдра $ABCD$ вдоль ребер $AC, CD,$ и $DB$ и развернем ее. (Если бы не превосходящими $180^{\circ}$ были другие углы, мы делали бы разрез вдоль других ребер, добиваясь каждый раз, чтобы ломаная, вдоль которой делается разрез, имела конечные точки в вершинах этих углов.)
Получим развертку $AC^{\prime}D^{\prime}BDC$ (рис.), сложенную из треугольников $AC^{\prime}D^{\prime}, ABD^{\prime}, ABC$ и $BCD$. Из равенства (1) получаем, что отрезки $CD$ и $C^{\prime}D^{\prime}$ параллельны и одинаково ориентированы. Тогда $CDD^{\prime}C^{\prime}$ — параллелограмм, причем из рассмотрения равнобедренного треугольника $ACC^{\prime}$ следует, что $|CC^{\prime}| = 2 |AC| \cdot \sim \frac{\alpha}{2}$. Поскольку $\alpha$ и $\beta$ предполагаются не превосходящими $180^{\circ}$, то параллелограмм $CDD^{\prime}C^{\prime}$ целиком содержится в фигуре $AC^{\prime}D^{\prime}BDC$ и каждому отрезку $ZZ^{\prime}$, параллельному и конгруэнтному отрезку $CC^{\prime}$, соответствует ломаная $XYZTX$ минимальной длины.
Каждая грань тетраэдра $ABCD$ — остроугольный треугольник. Рассмотрим все замкнутые ломаные линии $XYZTX$, определенные следующим образом: $X$ — точка на ребре $AB$, отличная от $A$ и $B$. Аналогично $Y, Z, T$ — внутренние точки ребер $BC, CD, DA$ соответственно. Докажите, что:
а) если $\hat{DAB} + \hat{BCD} \neq \hat{ABC} + \hat{CDA}$, то среди этих ломаных нет ни одной кратчайшей;
б) если $\hat{DAB} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{CDA}$, то существует бесконечно много ломаных минимальной длины и эта длина равна $2 |AC| \sin \frac{\alpha}{2}$, где $\alpha = \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{DAB}$.
Решение:
а) Допустим противное, т.е. предположим существование кратчайшей ломаной $XYZTX$ (рис.). Развернем грани $ABC$ и $BCD$ так, чтобы они лежали в одной плоскости. Получим выпуклый четырехугольник $ABDC$ (рис.). Тогда из того, что ломаная имеет минимальную длину, следует, что $\hat{XYB} = \hat{ZYC}$, ибо иначе мы могли бы получить меньшую длину изменением положения точки $Y$. Аналогичные рассуждения показывают, что
$\hat{YZC} = \hat{TZD} \\
\hat{ZTD} = \hat{XTA} \\
\hat{TXA} = \hat{YXB}$.
Отсюда получаем:
$\hat{DAB} + \hat{BCD} = 180^{\circ} - \hat{TXA} - \hat{XTA} + 180^{\circ} - \hat{YZC} - \hat{ZYC} = 180^{\circ} - \hat{YXB} - \hat{XYB} + 180^{\circ} - \hat{ZTD} - \hat{TZD} = \hat{ABC} + \hat{ADC}$,
что противоречит условию пункта а).
б) Пусть теперь
$\hat{DAB} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{ADC}$. (1)
Фигурирующий в условии угол $\alpha$ представляет собой сумму всех плоских углов при вершине $A$. Обозначим соответственно через $\beta, \gamma, \delta$ сумму плоских углов при вершинах $B, C, D$.
Так как $\hat{BAD} + \hat{BAC} + \hat{CAD} = \alpha, \hat{ACB} + \hat{ACD} + \hat{BCD} = \gamma$, то, учитывая (1), получим
$\alpha + \gamma = \hat{BAD} + \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{ACB} + \hat{ACD} + \hat{BCD} = \hat{ABC} + \hat{ADC} + \hat{BAC} + \hat{CAD} + \hat{ACB} + \hat{ACD} = (\hat{ABC} + \hat{BAC} + \hat{ACB}) + (\hat{ADC} + \hat{CAD} + \hat{ACD}) = 360^{\circ}$,
т. е $\alpha + \gamma = 360^{\circ}$. Аналогично и $\beta + \delta = 360^{\circ}$. Отсюда хотя бы один из углов $\alpha, \gamma$ и один из углов $\beta, \delta$ не превосходит $180^{\circ}$. Пусть таковыми будут углы $\alpha$ и $\beta$. Разрежем поверхность тетраэдра $ABCD$ вдоль ребер $AC, CD,$ и $DB$ и развернем ее. (Если бы не превосходящими $180^{\circ}$ были другие углы, мы делали бы разрез вдоль других ребер, добиваясь каждый раз, чтобы ломаная, вдоль которой делается разрез, имела конечные точки в вершинах этих углов.)
Получим развертку $AC^{\prime}D^{\prime}BDC$ (рис.), сложенную из треугольников $AC^{\prime}D^{\prime}, ABD^{\prime}, ABC$ и $BCD$. Из равенства (1) получаем, что отрезки $CD$ и $C^{\prime}D^{\prime}$ параллельны и одинаково ориентированы. Тогда $CDD^{\prime}C^{\prime}$ — параллелограмм, причем из рассмотрения равнобедренного треугольника $ACC^{\prime}$ следует, что $|CC^{\prime}| = 2 |AC| \cdot \sim \frac{\alpha}{2}$. Поскольку $\alpha$ и $\beta$ предполагаются не превосходящими $180^{\circ}$, то параллелограмм $CDD^{\prime}C^{\prime}$ целиком содержится в фигуре $AC^{\prime}D^{\prime}BDC$ и каждому отрезку $ZZ^{\prime}$, параллельному и конгруэнтному отрезку $CC^{\prime}$, соответствует ломаная $XYZTX$ минимальной длины.
