Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 2, grupa zaawansowana (17.10.2009)
Analogie i różnice miedzy trójkątem i czworościanem
1. Opisać własności elementów czworościanu analogicznych do następujących elementów trójkąta:
a. symetralnych boków,
b. dwusiecznych katów,
c. środkowych,
d. wysokości.
Rozwiązanie. (a) Symetralną odcinka definiujemy analogicznie jak na płaszczyźnie,
tzn. symetralna odcinka AB to zbiór punktów równoodległych od punktów A i B.
Symetralna odcinka AB jest płaszczyzną prostopadłą do odcinka AB i przechodzącą przez jego środek. Analogicznie jak w przypadku symetralnych boków trójkąta
na płaszczyźnie pokazujemy, że symetralne krawędzi czworościanu przecinają się
w jednym punkcie. Dokładniej, mając dany czworościan ABCD prowadzimy symetralne krawędzi AB, AC i AD. Symetralne te przecinają się w jednym punkcie.
Bezpośrednio z definicji pokazujemy, że punkt ten leży również na pozostałych symetralnych.
(b) Dwusieczną kątą dwuściennego w przestrzeni definiujemy jako zbiór punktów
leżących wewnątrz tego kąta, które są równoodległe od ścian kąta. Podobnie jak w
przypadku symetralnych dowód faktu, że dwusieczne kątów dwuściennych w czworościanie przecinają się w jednym punkcie jest podobny do dowodu analogicznego
faktu w przypadku dwusiecznych kątów wewnętrznych kątów trójkąta na płaszczyźnie.
(c) Ustalmy czworościan ABCD. Środkową czworościanu poprowadzoną z wierzchołka A nazywamy prostą przechodzącą przez wierzchołek A oraz środek ciężkości trójkąta BCD. Analogicznie definiujemy środkowe poprowadzone z wierzchołków B, C i D. Pokażemy, że środkowe w czworościanie ABCD przecinają się w
jednym punkcie, który będziemy nazywać środkiem ciężkości czworościanu ABCD.
1
Najpierw uzasadnimy, że środkowa poprowadzona z wierzchołka A składa się z
punktów P , dla których istnieje liczba λ taka, że
~ = λ · AB
~ + λ · AC
~ + λ · AD.
~
AP
Oczywiście analogiczne charakteryzacje mamy dla środkowych poprowadzonych z
pozostałych wierzchołków czworościanu. Dla dowodu powyższego faktu wystarczy
pokazać, że
~ ′ = 1 · AB
~ + 1 · AC
~ + 1 · AD,
~
AA
3
3
3
gdzie A′ jest środkiem ciężkości trójkąta BCD. Wiemy jednak, że
~ ′ = 1 · BC
~ + 1 · BD.
~
BA
3
3
~ ′ = AB
~ + BA
~ ′ , AB
~ + BC
~ = AC
~ i AB
~ + BD
~ = AD,
~ więc korzystając z
Ponieważ AA
powyższego wzoru, otrzymujemy żądaną równość.
Ustalmy teraz punkt G taki, że
~ = 1 · AB
~ + 1 · AC
~ + 1 · AD.
~
AG
4
4
4
Pokażemy, że punkt G leży na wszystkich środkowych czworościanu ABCD. Oczywiście punkt G leży na środkowej opuszczonej z wierzchołka A. Ponadto
~ = BA
~ + AG
~
BG
1 ~
1
~ + AB)
~ + 1 · (BA
~ + AC)
~ + 1 · (BA
~ + AD)
~
= · BA
+ · (BA
4
4
4
4
1 ~
1 ~
1 ~
+ · BC
+ · BD,
= · BA
4
4
4
a więc punkt G leży na środkowej opuszczonej z wierzchołka B. Analogicznie dowodzimy, że punkt G leży na środkowych opuszczonych z wierzchołków C i D.
(d) Wysokości w czworościanie nie muszą przecinać się w jednym punkcie (patrz
zadania 6 i 7).
2. Dany jest czworościan. Ile istnieje sfer stycznych do wszystkich płaszczyzn zawierających jego ściany?
Rozwiązanie. Ustalmy czworościan ABCD.
Wprowadzimy najpierw przydatną notację. Symbolem A+ będziemy oznaczać półprzestrzeń wyznaczoną przez płaszczyznę BCD zawierającą punkt A, natomiast
symbolem A− oznaczamy drugą z półprzestrzeni wyznaczonych przez płaszczyznę
BCD. Analogicznie definiujemy półprzestrzenie B + , B − , C + , C − , D + i D − , tzn. jeśli P ∈ {A, B, C, D} i {X, Y, Z} = {A, B, C, D} \ {P }, to symbolem P + oznaczamy
półprzestrzeń wyznaczoną przez płaszczyznę XY Z zawierającą punkt P , natomiast
symbolem P − oznaczać będziemy drugą z półprzestrzeni wyznaczonych przez płaszczyznę XY Z.
Płaszczyzny ABC, ABD, ACD i BCD dzielą przestrzeń na 15 części, które możemy
podzielić na cztery grupy:
(1) przekrój czterech półprzestrzeni „dodatnich”: A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D + ,
2
(2) przekroje trzech półprzestrzeni „dodatnich” i jednej półprzestrzeni „ujemnej”:
A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D − , A+ ∩ B + ∩ C − ∩ D + , A+ ∩ B − ∩ C + ∩ D + i A− ∩ B + ∩ C + ∩ D + ,
(3) przekroje dwóch półprzestrzeni „dodatnich” i dwóch półprzestrzeni „ujemnych”: A+ ∩B + ∩C − ∩D − , A+ ∩B − ∩C + ∩D − , A+ ∩B − ∩C − ∩D + , A− ∩B + ∩C + ∩D − ,
A− ∩ B + ∩ C − ∩ D + i A− ∩ B − ∩ C + ∩ D + ,
(4) przekroje jednej półprzestrzeni „dodatniej” i trzech półprzestrzeni „ujemnych”:
A+ ∩ B − ∩ C − ∩ D − , A− ∩ B + ∩ C − ∩ D − , A− ∩ B − ∩ C + ∩ D − i A− ∩ B − ∩ C − ∩ D + .
Znajdowanie sfer stycznych do płaszczyzn ABC, ABD, ACD i BCD jest równoważne znajdowaniu punktów równoodległych od wszystkich tych płaszczyzn. Pokażemy,
że w każdej z powyżej opisanych części przestrzeni istnieje co najwyżej jeden taki
punkt. Ponadto udowodnimy także następujące fakty:
(a) W każdej części z pierwszej i drugiej grupy istnieje dokładnie jeden poszukiwany punkt.
(b) Łączna ilość poszukiwanych punktów w częściach z grupy trzeciej może być
dowolną liczbą całkowitą pomiędzy 0 i 3.
(c) W częściach z grupy czwartej nie istnieją poszukiwane punkty.
Z powyższych faktów wynika w szczególności, że ilość kul stycznych do wszystkich
płaszczyzn zawierających ściany czworościanu może być jedną z liczb 5, 6, 7 lub 8.
Przeanalizujemy teraz poszczególne przypadki. Niech V oznacza objętość czworościanu ABCD. Ponadto przez S1 , S2 , S3 i S4 oznaczmy pola trójkątów ABC, ABD,
ACD i BCD, odpowiednio.
Ad. (1). Zauważmy, że przekrój A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D + to czworościan ABCD.
Pokażemy najpierw, że w czworościanie ABCD istnieje co najwyżej jeden punkt
równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających jego ściany. Niech O będzie
takim punktem i niech r będzie wspólną odległością punktu O od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu. Zauważmy, że czworościan ABCD jest sumą czworościanów ABCO, ABDO, ACDO i BCDO. W każdym z tych czworościanów wysokość poprowadzona z wierzchołka O ma długość r, zatem stosując wzór na objętość
czworościanu otrzymujemy, że
V =
1
1
1
1
· r · S1 + · r · S2 + · r · S3 + · r · S4 ,
3
3
3
3
skąd wynika, że
3·V
,
S1 + S2 + S3 + S4
zatem odległość r i, w konsekwencji, punkt O są wyznaczone jednoznacznie.
Uzasadnimy teraz istnienie takiego punktu. Niech
r=
r :=
3·V
S1 + S2 + S3 + S4
(∗)
i niech O będzie punktem leżący w części wspólnej podprzestrzeni D + , C + i B + ,
którego odległość od płaszczyzn ABC, ABD i ACD jest równa r. Dla zakończenia
3
dowodu musimy pokazać, że O ∈ A+ i że odległość d punktu O od płaszczyzny BCD
jest równa r.
Przypuśćmy najpierw, że O ∈ A− . Rozważmy wielościan ABCDO. Zauważmy, że
możemy przedstawić go na dwa sposoby jako sumę czworościanów. Z jednej strony
wielościan ABCDO jest sumą czworościanów ABCD i BCDO, z drugiej strony jest
on sumą czworościanów ABCO, ABDO i ACDO. W efekcie otrzymujemy, że
V +
1
1
1
1
· d · S1 = · r · S2 + · r · S3 + · r · S4 ,
3
3
3
3
zatem, korzystając ze wzoru (∗), otrzymujemy, że
d=−
3·V
< 0,
S1 + S2 + S3 + S4
co jest niemożliwe.
Wiemy już więc, że O ∈ A+ . Korzystając z faktu, że w tej sytuacji czworościan ABCD
jest sumą czworościanów ABCO, ABDO, ACDO i BCDO otrzymujemy, podobnie
jak poprzednio, że
3·V
= r,
d=
S1 + S2 + S3 + S4
co kończy rozważania w tej części.
Ad. (2) Skoncentrujemy się w tej części na przekroju A+ ∩B + ∩C + ∩D − . Rozważania
w pozostałych przypadkach są analogiczne.
Pokażemy najpierw, że w przekroju A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D − istnieje co najwyżej jeden punkt równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD. Niech O będzie takim punktem i niech r będzie wspólną odległością
punktu O od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu. Zauważmy, że wielościan ABCDO jest sumą czworościanów ABCD i ABCO. Jednocześnie, wielościan
ABCDO jest sumą czworościanów ABCO, ABDO i ACDO. Stąd
V +
1
1
1
1
· r · S1 = · r · S2 + · r · S3 + · r · S4 ,
3
3
3
3
zatem
3·V
,
S2 + S3 + S4 − S1
co dowodzi jednoznaczności punktu O.
Pozostaje teraz udowodnić, że w przekroju A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D − istnieje punkt równoodległy od płaszczyzn ABC, ABD, ACD i BCD. Zauważmy, że
r=
S2 + S3 + S4 > S1 .
Istotnie, niech D ′ będzie rzutem prostopadłym punktu D na płaszczyznę ABC. Wtedy,
S1 ¬ S2′ + S3′ + S4′ < S2 + S3 + S4 ,
gdzie S2′ , S3′ i S4′ są polami trójkątów ABD′ , ACD′ i BCD′ , odpowiednio (pierwsza z
nierówności jest ostra, jeśli punkt D ′ leży na zewnątrz trójkąta ABC). Powtarzając
argumenty z części (1) uzasadniamy teraz istnienie punktu O należącego do przekroju A+ ∩ B + ∩ C + ∩ D − , którego odległość od płaszczyzn zawierających ściany
czworościanu ABCD wynosi S2 +S33·V
, co kończy rozważania w tej części.
+S4 −S1
4
Ad. (3) Przypuśćmy na początek, że istnieje punkt O ∈ A+ ∩ B + ∩ C − ∩ D − równoodległy od wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD. Niech
r będzie tą odległością. Rozważmy wielościan ABCDO. Z jednej strony jest on sumą czworościanów ACDO i BCDO, z drugiej możemy go przedstawić jako sumę
czworościanów ABCD, ABCO i ABDO. W efekcie otrzymujemy, że
r=
3·V
.
S3 + S4 − S1 − S2
Wykorzystując powyższą równość oraz rozumowanie analogiczne do tych przedstawionych w punktach (1) i (2) otrzymujemy następujący fakt:
Istnieje punkt należący do przekroju A+ ∩B + ∩C − ∩D − równoodległy od wszystkich
płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD wtedy i tylko wtedy, gdy
S3 + S4 − S1 − S2 > 0.
Ponadto, punkt ten (jeśli istnieje) jest wyznaczony jednoznacznie.
Analogiczne kryteria otrzymujemy dla pozostałych przekrojów „trzeciego” typu. W
szczególności, jeśli istnieje stosowny punkt należący do przekroju A+ ∩B + ∩C − ∩D −
(a więc S3 +S4 −S1 −S2 > 0), to nie istnieje taki punkt w przekroju A− ∩B − ∩C + ∩D +
(gdyż wtedy S1 + S2 − S3 − S4 < 0). Ponadto, możliwe jest, że odpowiedni punkt nie
istnieje ani w przekroju A+ ∩ B + ∩ C − ∩ D − ani w przekroju A− ∩ B − ∩ C + ∩ D +
(jeśli S1 + S2 = S3 + S4 ). W efekcie, ilość poszukiwanych punktów w przekrojach
„trzeciego” typu jest liczbą całkowitą z przedziału [0, 3]. Zauważmy jeszcze, że dla
każdej z liczb całkowitych z przedziału [0, 3] łatwo wskazać przykład czworościanu,
dla którego ilość poszukiwanych punktów w przekrojach „trzeciego” typu jest równa
tej liczbie.
Ad. (4) Skoncentrujemy się w tej części na przekroju A+ ∩B − ∩C − ∩D − . Rozważania
w pozostałych przypadkach są analogiczne.
Zauważmy, że
A+ ∩ B − ∩ C − ∩ D − = B − ∩ C − ∩ D − .
Więcej, płaszczyzna BCD nie ma punktów wspólnych z przekrojem B − ∩ C − ∩ D − .
To natychmiast implikuje, że nie istnieje punkt O ∈ B − ∩ C − ∩ D − równoodległy od
wszystkich płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD. Fakt ten można
też udowodnić prowadząc rozumowanie analogiczne do tych przedstawionych w
punktach (1), (2) i (3): prowadziłoby on w tym przypadku do wniosku, że odległość
poszukiwanego punktu od płaszczyzn zawierających ściany czworościanu ABCD
musi być liczbą ujemną, co jest oczywiście niemożliwe.
W rozwiązaniach zadań 3 i 4 kluczową rolę odgrywa następujący fakt.
Niech G będzie środkiem ciężkości czworościanu ABCD, punkt E leży na prostej
AB i punkt F leży na prostej CD. Jeśli punkty E, F i G leżą na jednej prostej, to
punkt E jest środkiem odcinka AB i punkt F jest środkiem odcinka CD.
Dowód. Przypomnijmy, że mamy równość
~ = 1 · AB
~ + 1 · AC
~ + 1 · AD.
~
AG
4
4
4
5
(∗)
~ = λ · AB.
~
Ponieważ punkt E leży na prostej AB, więc istnieje liczba λ taka, że AE
~ = µ · CD
~ dla pewnej liczby µ. Wreszcie, warunek współliniowości
Analogicznie, CF
~ = k · EF
~ dla pewnej liczby k. Zauważmy, że
punktów E, F i G oznacza, że EG
~ = AC
~ + CF
~ = AC
~ + µ · CD
~
AF
~ + µ · (AD
~ − AC)
~ = (1 − µ) · AC
~ + µ · AD.
~
= AC
W efekcie uzyskujemy ciąg równości
~ = AE
~ + EG
~ = AE
~ + k · EF
~ = AE
~ + k · (AF
~ − AE)
~
AG
~ + k · AF
~
= (1 − k) · AE
~ + (k − µ · k) · AC
~ + µ · k · AD.
~
= (λ − λ · k) · AB
Porównując powyższy wzór ze wzorem (∗) otrzymujemy warunki
1
λ−λ·k = ,
4
k−µ·k =
1
4
i
1
µ·k = ,
4
które natychmiast prowadzą do równości
λ=
1
= µ,
2
co kończy dowód.
3. Udowodnić, że jeśli prosta przechodząca przez środek ciężkości czworościanu
ABCD i przez środek O sfery opisanej na tym czworościanie przecina krawędzie
AB i CD, to |AC| = |BD| i |AD| = |BC|.
Rozwiązanie. Oznaczmy przez l prostą łączącą środki boków AB i CD. Z założeń i
powyższego faktu wynika, że O ∈ l. To oznacza, że prosta l jest symetralną odcinka
AB w płaszczyźnie ABO. W szczególności, punkt B jest obrazem punktu A w symetrii osiowej względem prostej l. Z tych samych powodów punkt D jest obrazem
punktu C w symetrii osiowej względem prostej l. Stąd odcinek BD jest obrazem
w symetrii osiowej względem prostej l odcinka AC oraz odcinek BC jest obrazem w symetrii osiowej względem prostej l odcinka AD. Te dwa fakty natychmiast
implikują tezę zadania.
5. Czy z faktu, że środki sfer wpisanej i opisanej pokrywają się, wynika, że czworościan jest foremny?
Rozwiązanie. Odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu brzmi „nie”. Aby to uzasadnić, udowodnimy następujący fakt.
Fakt. Dany jest czworościan ABCD. Jeśli |AB| = |CD|, |AC| = |BD| i |AD| = |BC|,
to środki sfer wpisanej i opisanej na czworościanie ABCD pokrywają się.
Dowód. Niech O będzie środkiem sfery wpisanej. Aby uzasadnić, że punkt O jest
środkiem sfery opisanej na czworościanie ABCD pokażemy, że
|AO| = |BO| = |CO| = |DO|.
6
Niech A′ , B ′ , C ′ i D ′ będą rzutami prostopadłymi punktu O na płaszczyzny BCD,
ACD, ABD i ABC, odpowiednio. Ponieważ punkt O jest środkiem sfery wpisanej
w czworościan ABCD, więc
|AB ′ | = |AC ′ | = |AD ′ |,
|CA′ | = |CB ′ | = |CD′ |
i
|BA′ | = |BC ′ | = |BD ′|,
|DA′ | = |DB ′ | = |DC ′|.
Oznaczmy powyższe odległości przez a, b, c i d, odpowiednio.
Odległości punktu D ′ od wierzchołków A, B i C wynoszą a, b i c, odpowiednio.
Analogicznie, odległości punktu C ′ od wierzchołków A, B i D wynoszą a, b i d,
odpowiednio. Ponieważ trójkąty ABC i ABD są przystające, więc wnioskujemy stąd,
że c = d. Postępując analogicznie dowodzimy, że a = b = c = d. Ponieważ
|AO|2 = a2 + r 2 ,
|BO|2 = b2 + r 2 ,
|CO|2 = c2 + r 2
i
|DO|2 = c2 + r 2 ,
gdzie r jest środkiem sfery wpisanej w czworościan ABCD, więc otrzymujemy zapowiedzianą tezę.
W rozwiązaniu zadań 6 i 7 kluczową rolę odgrywał będzie odgrywał następujący
fakt.
Fakt. Czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy
~ ◦ AC
~ = AB
~ ◦ AD
~ = AC
~ ◦ AD.
~
AB
Dowód. Przypuśćmy najpierw, że czworościan ABCD jest ortocentryczny. Niech
~ ◦ BC
~ =
H będzie punktem przecięcia wysokości czworościanu ABCD. Wtedy AH
~
~
~
0 (gdyż te dwa wektory są wzajemnie prostopadłe). Ponieważ AH = AD + DH
~ ◦ BC
~ = 0, więc otrzymujemy stąd, że AD
~ ◦ BC
~ = 0. Wykorzystując teraz
i DH
~ = AC
~ − AB
~ wnioskujemy, że AD
~ ◦ AC
~ = AD
~ ◦ AB.
~ W analogiczny
równość BC
sposób dowodzimy pozostałych równości.
Załóżmy teraz, że
~ ◦ AC
~ = AB
~ ◦ AD
~ = AC
~ ◦ AD.
~
AB
Oznaczmy tę wspólną wartość przez λ. Naszym celem jest udowodnienie, że w takiej
sytuacji istnieje punkt H taki, że
~ ◦ BC
~ = 0 = AH
~ ◦ BD,
~
~ ◦ AC
~ = 0 = BH
~ ◦ AD,
~
AH
BH
Oczywiście
~ ◦ AB
~ = 0 = CH
~ ◦ AD
~
CH
i
~ ◦ AB
~ = 0 = DH
~ ◦ AC.
~
DH
~ = x · AB
~ + y · AC
~ + z · AD
~
AH
dla pewnych liczb x, y i z. Powyższe warunki prowadzą do następującego układu
równań (z niewiadomymi x, y i z)
(λ − a) · x
(λ − a) · x
a·x
λ·x
λ·x
+ (b − λ) · y
+
(c − λ) · z
+
λ·y +
λ·z
+
b·y +
λ·z
+
λ·y +
c·z
7
=
=
=
=
=
0,
0,
λ,
λ,
λ,
gdzie a := |AB|2 , b := |AC|2 i c := |AD|2. Zauważmy, że równania 1 i 2 są konsekwencją pozostałych równań. Rozwiązując układ równań utworzony przez równania 3, 4
i 5 otrzymujemy, że posiada on rozwiązanie, jeśli W 6= 0, gdzie
W := a · b · c + 2 · λ3 − λ2 · a − λ2 · b − λ2 · c.
Wykorzystując wzory
λ=
√
a·
√
b · cos α,
λ=
√
a·
√
c · cos β
i
λ=
√
√
b·
c · cos γ,
gdzie α, β i γ są miarami kątów BAC, BAD i CAD, odpowiednio, otrzymujemy, że
W = a · b · c · (1 + 2 · cos α · cos β · cos γ − cos2 α − cos2 β − cos2 γ),
zatem W 6= 0 wtedy i tylko wtedy, gdy
1 + 2 · cos α · cos β · cos γ − cos2 α − cos2 β − cos2 γ 6= 0.
Traktując warunek
1 + 2 · cos α · cos β · cos γ − cos2 α − cos2 β − cos2 γ = 0
jako równanie kwadratowe z niewiadomą cos γ, otrzymujemy, że cos γ = cos(α ± β),
skąd γ = α + β, γ = 360◦ − α − β lub γ = |α − β|. Dla zakończenia dowodu wystarczy
zauważyć, że żadna z tych możliwości nie może zachodzić dla kątów płaskich przy
ustalonym wierzchołku w czworościanie.
6. Uzasadnić, że czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy
każde dwie krawędzie skośne są wzajemnie prostopadłe.
Rozwiązanie. I sposób (korzystający z powyższego faktu): Zgodnie z powyższym
faktem czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy
~ ◦ AC
~ = AB
~ ◦ AD
~ = AC
~ ◦ AD.
~
AB
~ = AD
~ − AC,
~ więc równość
Ponieważ CD
~ ◦ AC
~ = AB
~ ◦ AD
~
AB
jest równoważna warunkowi AB ⊥ CD. Analogicznie, równości
~ ◦ AC
~ = AC
~ ◦ AD
~
AB
i
~ ◦ AD
~ = AC
~ ◦ AD
~
AB
są równoważne warunkom AC ⊥ BD i AD ⊥ BC, odpowiednio, co kończy dowód.
Zauważmy przy okazji, że powyższe rozumowanie pokazuje, że prostopadłość dwóch
par krawędzi skośnych implikuje, że krawędzie tworzące trzecią parę są również
wzajemnie prostopadłe.
8
II sposób (niekorzystający z powyższego faktu): Przypuśćmy najpierw, że czworościan ABCD jest ortocentryczny. Oznaczmy przez H punkt przecięcia wysokości czworościanu ABCD. Ponieważ wysokości czworościanu ABCD opuszczone z
wierzchołków C i D są zawarte w płaszczyźnie CDH, więc płaszczyzna CDH jest
prostopadła do prostej AB. W szczególności krawędzie AB i CD są prostopadłe.
Analogicznie dowodzimy pozostałych warunków.
Załóżmy teraz, że
AB ⊥ CD,
AC ⊥ BD
i
AD ⊥ BC.
Pierwszy warunek oznacza, że istnieje płaszczyzna zawierająca krawędź CD i prostopadła do krawędzi AB. W szczególności, płaszczyzna ta zawiera wysokości opuszczone z wierzchołków C i D, a więc wysokości te przecinają się. Analogiczne uzasadniamy, że przecinają się pozostałe pary wysokości. Zauważmy jednak, że jeśli dane
cztery proste przecinają się parami, to albo leżą w jednej płaszczyźnie albo przecinają się w jednym punkcie. Pierwsza możliwość nie może mieć jednak miejsca dla
wysokości w czworościanie, co kończy dowód.
7. Uzasadnić, że czworościan ABCD jest ortocentryczny wtedy i tylko wtedy, gdy
|AB|2 + |CD|2 = |AC|2 + |BD|2 = |AD|2 + |BC|2 .
Rozwiązanie. Zauważmy, że
~ ◦ CD
~
|AB|2 + |CD|2 = |AB|2 + CD
~ − AC)
~ ◦ (AD
~ − AC)
~
= |AB|2 + (AD
~ ◦ AD.
~
= |AB|2 + |AC|2 + |AD|2 − 2 · AC
Analogicznie
~ ◦ AD
~
|AC|2 + |BD|2 = |AB|2 + |AC|2 + |AD|2 − 2 · AB
i
~ ◦ AC,
~
|AD|2 + |BC|2 = |AB|2 + |AC|2 + |AD|2 − 2 · AB
zatem teza wynika natychmiast z faktu udowodnionego przed zadaniem 6.
9