Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1113
2015-03-19 
Три грани тетраэдра — прямоугольные треугольники, а четвертая грань не тупоугольный треугольник. Докажите, что:
1) необходимым и достаточным условием того, чтобы и четвертая грань была прямоугольным треугольником, является предложение, что ровно два из плоских углов при одной вершине тетраэдра — прямые;
2) если все грани тетраэдра прямоугольные треугольники, то объем тетраэдра равен $\frac{1}{6}$ произведения трех наименьших ребер, не принадлежащих одной грани.
Решение:
1) 1. Пусть точно два из плоских углов при вершине $A$ — прямые, а именно: $\hat{CAD} = \hat{BAD} = 90^{\circ}$ (рис.).
а) Пусть грань $ABC$ — третий прямоугольный треугольник. По предположению $\hat{BAC} \neq 90^{\circ}$. Ввиду симметрии все равно, какой из оставшихся углов грани $ABC$ прямой. Пусть $\hat{ACB} = 90^{\circ}$, тогда имеем:
$|BC|^{2} + |CD|^{2} = |BC|^{2} + |AC|^{2} + |AD|^{2} = |AB|^{2} + |AD|^{2} = |DB|^{2}$,
т. е. $\hat{BCD} = 90^{\circ}$.
б) Пусть грань $BCD$ — третий прямоугольный треугольник. Если предположим, что $\hat{BDC} = 90^{\circ}$, то в этом случае легко установить, что $\triangle ABC$ — тупоугольный. (Например, так:
$|BC|^{2} = |CD|^{2} + |DB|^{2} = |DA|^{2} + |AC|^{2} + |AB|^{2} + |DA|^{2} > |AC|^{2} + |AB|^{2}$.)
Но по условию это невозможно.
Из-за симметрии все равно, какой из оставшихся двух углов прямой. Пусть $\hat{BCD} = 90^{\circ}$; тогда
$|BC|^{2} + |AC|^{2} = |BD|^{2} - |DC|^{2} + |AC|^{2} = |BD|^{2} – (|DC|^{2} - |AC|^{2}) = |BD|^{2} - |AD|^{2} = |AB|^{2}$,
т. е. $\hat{ACB} = 90^{\circ}$.
II. Пусть для каждой вершины тетраэдра $ABCD$ не выполнено условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине были прямыми.
а) Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольников сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая грань — остроугольный треугольник.
Действительно, легко установить, что квадрат любого ребра четвертой грани меньше суммы квадратов двух оставшихся ребер.
б) Пусть прямые углы трех граней прямоугольных треугольников лежат у различных вершин тетраэдра.
Легко сообразить, что относительно взаимного расположения граней возможны лишь три существенно различных случая: $\delta_{1}, \delta_{2},$ и $\delta_{3}$, отмеченные на рисунке.
Если допустим, что случай $\delta_{2}$, осуществим, получим, что любое ребро тетраэдра является катетом некоторого из прямоугольных треугольников и поэтому меньше какого-то другого ребра тетраэдра, что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наибольшее (одно или несколько).
Остается рассмотреть случаи:
$\delta_{1}$, когда $\hat{CAD} = \hat{BCD} = \hat{BDA} = 90^{\circ}$,
$\delta_{2}$, когда $\hat{ADC} = \hat{BCD} = \hat{BAD} = 90^{\circ}$.
Рассмотрим грань $ABC$.
Ввиду 1) $\hat{BAC} \neq 90^{\circ}$ и $\hat{ACB} \neq 90^{\circ}$. Допустим, что $\hat{ABC} = 90^{\circ}$.
Для случая $\delta_{1}$, имеем:
$|AC| < |CD| < |DB| < |AB| < |AC|$,
что невозможно.
Для случая $\delta_{2}$ получим, что центр сферы, описанной около тетраэдра $ABCD$, должен совпадать с серединами ребер $AC$ и $BD$, в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно, $\triangle ABC$ не прямоугольный.
2) Пусть в тетраэдре $ABCD$ (рис.)
$\hat{ACB} = \hat{CAD} = \hat{BAD} = \hat{BCD} = 90^{\circ}$.
Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой
$V = \frac{1}{6} |AC| \cdot |BC| \cdot |AD|$.
Ясно, что хотя бы два из отрезков $AC$, $BC$ и $AD$ короче остальных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не короче оставшихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств $|AB| < |AD|, |CD| < |BC|$. Если же заменить третий из этих отрезков на кратчайший среди оставшихся ребер, то новая тройка отрезков будет лежать в одной плоскости. Следовательно, $AC$, $BC$ и $AD$ —кратчайшие ребра, не лежащие на одной и той же грани.
Три грани тетраэдра — прямоугольные треугольники, а четвертая грань не тупоугольный треугольник. Докажите, что:
1) необходимым и достаточным условием того, чтобы и четвертая грань была прямоугольным треугольником, является предложение, что ровно два из плоских углов при одной вершине тетраэдра — прямые;
2) если все грани тетраэдра прямоугольные треугольники, то объем тетраэдра равен $\frac{1}{6}$ произведения трех наименьших ребер, не принадлежащих одной грани.
Решение:
1) 1. Пусть точно два из плоских углов при вершине $A$ — прямые, а именно: $\hat{CAD} = \hat{BAD} = 90^{\circ}$ (рис.).
а) Пусть грань $ABC$ — третий прямоугольный треугольник. По предположению $\hat{BAC} \neq 90^{\circ}$. Ввиду симметрии все равно, какой из оставшихся углов грани $ABC$ прямой. Пусть $\hat{ACB} = 90^{\circ}$, тогда имеем:
$|BC|^{2} + |CD|^{2} = |BC|^{2} + |AC|^{2} + |AD|^{2} = |AB|^{2} + |AD|^{2} = |DB|^{2}$,
т. е. $\hat{BCD} = 90^{\circ}$.
б) Пусть грань $BCD$ — третий прямоугольный треугольник. Если предположим, что $\hat{BDC} = 90^{\circ}$, то в этом случае легко установить, что $\triangle ABC$ — тупоугольный. (Например, так:
$|BC|^{2} = |CD|^{2} + |DB|^{2} = |DA|^{2} + |AC|^{2} + |AB|^{2} + |DA|^{2} > |AC|^{2} + |AB|^{2}$.)
Но по условию это невозможно.
Из-за симметрии все равно, какой из оставшихся двух углов прямой. Пусть $\hat{BCD} = 90^{\circ}$; тогда
$|BC|^{2} + |AC|^{2} = |BD|^{2} - |DC|^{2} + |AC|^{2} = |BD|^{2} – (|DC|^{2} - |AC|^{2}) = |BD|^{2} - |AD|^{2} = |AB|^{2}$,
т. е. $\hat{ACB} = 90^{\circ}$.
II. Пусть для каждой вершины тетраэдра $ABCD$ не выполнено условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине были прямыми.
а) Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольников сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая грань — остроугольный треугольник.
Действительно, легко установить, что квадрат любого ребра четвертой грани меньше суммы квадратов двух оставшихся ребер.
б) Пусть прямые углы трех граней прямоугольных треугольников лежат у различных вершин тетраэдра.
Легко сообразить, что относительно взаимного расположения граней возможны лишь три существенно различных случая: $\delta_{1}, \delta_{2},$ и $\delta_{3}$, отмеченные на рисунке.
Если допустим, что случай $\delta_{2}$, осуществим, получим, что любое ребро тетраэдра является катетом некоторого из прямоугольных треугольников и поэтому меньше какого-то другого ребра тетраэдра, что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наибольшее (одно или несколько).
Остается рассмотреть случаи:
$\delta_{1}$, когда $\hat{CAD} = \hat{BCD} = \hat{BDA} = 90^{\circ}$,
$\delta_{2}$, когда $\hat{ADC} = \hat{BCD} = \hat{BAD} = 90^{\circ}$.
Рассмотрим грань $ABC$.
Ввиду 1) $\hat{BAC} \neq 90^{\circ}$ и $\hat{ACB} \neq 90^{\circ}$. Допустим, что $\hat{ABC} = 90^{\circ}$.
Для случая $\delta_{1}$, имеем:
$|AC| < |CD| < |DB| < |AB| < |AC|$,
что невозможно.
Для случая $\delta_{2}$ получим, что центр сферы, описанной около тетраэдра $ABCD$, должен совпадать с серединами ребер $AC$ и $BD$, в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно, $\triangle ABC$ не прямоугольный.
2) Пусть в тетраэдре $ABCD$ (рис.)
$\hat{ACB} = \hat{CAD} = \hat{BAD} = \hat{BCD} = 90^{\circ}$.
Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой
$V = \frac{1}{6} |AC| \cdot |BC| \cdot |AD|$.
Ясно, что хотя бы два из отрезков $AC$, $BC$ и $AD$ короче остальных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не короче оставшихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств $|AB| < |AD|, |CD| < |BC|$. Если же заменить третий из этих отрезков на кратчайший среди оставшихся ребер, то новая тройка отрезков будет лежать в одной плоскости. Следовательно, $AC$, $BC$ и $AD$ —кратчайшие ребра, не лежащие на одной и той же грани.
