• Из условия следует, что углы ADB=ACB, ADC=ABC, BDC=BAC. Тогда треугольники ABC, ADC, ADB, BCD подобны, но треугольники ADB и DAC имеют общую сторону, т.е. они равны, аналогично равны екжду собой и остальные треугольники, т.е. тетраэдр – равногранный.

• Разрежем тетраэдр АВСD по рёбрам АВ, АС, АD и рассмотрим развёртку А₁ВА₂DА₃С (рис. => ), тогда в точках В, С и D приложены по три угла, сумма которых 180°, поэтому углы А₁ВА₂, А₂ОА₃, А₃СА₁ — развер­нутые; значит, А₁А₂А₃ — треугольник, содержащий точки В, С, D и являющийся разверткой тетраэдра АВСD, Для остальных разверток рассуждение аналогично.

• Посмотрев на рисунок можно увидеть, что на развёртке (например треугольник) скрещивающиеся рёбра являются противоположными сторонами параллелограмма, т.е. они равны.

• Взглянув на (рис. =>), вы легко уста­новите, что осями симметрии явля­ются прямые, соединяющие центры симметрии противоположных граней описанного (прямоугольного) парал­лелепипеда, или, что здесь то же са­мое, общими перпендикулярами скре­щивающихся рёбер.
  

• Общими перпендикулярами скрещивающихся рёбер являются отрезки соединяющие середины противоположных граней описанного параллелограмма (прямоугольного) (рис. ^), а это значит, что эти отрезки попарно перпендикулярны (т.к. каждый из отрезков перпендикулярен граням, которые он соединяет).

• Отрезки, соединяющие середины скрещивающихся рёбер – перпендикулярны, но это и есть средние линии.

• Запишем условие (11) в виде a₂+b₂+c₂ ⁽¹⁾ =a₂+b₁+c₁ ⁽²⁾ =b₂+a₁+c₁ ⁽³⁾ =c₂+a₁+b₁ ⁽⁴⁾, где a₁b₁c₁ – длины рёбер тетраэдра, исходящих из одной вершины, a₂b₂c₂ – длины соответственно скрещивающихся с ними рёбер. (1)-(2)=(3)-(4) или b₂+c₂-b₁-c₁=b₂+c₁-c₂-b₁, т.е. 2с₂=2с₁ или  по-другому с₂=с₁, рассуждая аналогично для a₁,a₂,b₁,b₂,  получаем a₁=a₂, b₁=b₂, c₁=c₂, а это и есть запись условия (1).
  

• Для этого утверждения предварительно заметим, что S₄=S₁c₁₄+S₂c₂₄+S₃c₃₄ (**), где S_i  - площади i-й грани, а с_ij – косинус двугранного угла между i-й и j-й гранью. Соотношение (**) сразу следует из теоремы о площади проекции, если спроектировать все грани тетраэдра на четвёртую грань. Написав ещё три таких соотношения (для трёх других граней) и воспользовавшись условием (12), приходим к системе с₁₄+с₂₄+с₃₄=с₁₃+с₂₃+с₃₄=с₁₂+с₂₃+с₂₄=с₁₂+с₁₃+с₁₄, которая решается точно так же как система из предыдущего утверждения. Получим с₁₄=с₂₃, с₂₄=с₁₄, с₃₄=с₁₂ , откуда следует равенство соответствующих углов, т.е. (3).  

• Утверждение очевидно следует из формулы для объёма тетраэдра V=Sh/3:  S₁h₁/3=S₂h₂/3=S₃h₃=S₄h₄/3 S₁=S₂=S₃=S₄  по условию => h₁=h₂=h₃=h₄.

• Обозначим через О_i центр тяжести i-й грани и выразим |DO₄| через стороны  /DA/=/a/, /DB/=/b/, /DC/=/c/ (рис. =>). /DO₄/ = =/DA/ +     +  /AO₄/ = /DA/ + 2/3*/AE/ = /DA/ + 2/3*1/2*(/AB/ + /AC/)   =      = 1/3*(/DA/ + /AB/) + 1/3*(/DA/ + /AC/) + 1/3*/DA/ = 1/3*/DA/ +  + 1/3*/DB/ + 1/3*/DC/ = 1/3*(/a/+/b/+/c/). Отсюда находим скалярный квадрат вектора /DO₄/  :   (DO₄)²=1/9*(a²+b²+c²+2/a/*/b/+2/a/*/c/+2/b/*/c/). Обозначив a₁=|a|, b₁=|b|, c₁=|c|, a₂=|BC|, b₂=|AC|, c₂=|AB| и воспользовавшись тем, что /AB/=/b/-/a/, /BC/=/c/-/b/, /CA/=/a/-/c/, можно DO₄ выразить в виде   (
  DO₄)² = 1/3*((
  a₁)²+(
  b₁)²+(
  c₁)²) + 1/9*((
  a₂)²+(
  b₂)²+(
  c₂)²).
  

• Углы ADB и АСВ опираются на равные хорды в равных окружностях, поэтому они равны или составляют в сумме 180°. Предположим сначала, что для каждой пары углов граней тет­раэдра, опирающихся на одно ребро, имеет место равенство углов. Тогда, например, сумма плоских углов при вершине D равна сумме углов треугольника АВС, т.e. равна 180°. Сумма плоских углов при любой вершине тетраэдра равна 180°, поэтому он равногранный (свойство (5)).

1. Рёбра  равногранного тетраэдра равны a,b,c. Вычислите объём тетраэдра V, и радиус описанной сферы R.
2. В равногранном тетраэдре ABCD опущена высота AH; H₁ – точка пересечения высот грани BCD; h₁, h₂ – длины отрезков, на которые одна из высот грани BCD делится точкой H₁.

3. Докажите, что в равногранном тетраэдре центры 4 вневписанных шаров являются вершинами тетраэдра равного данному и радиус вписанного шара в 2 раза меньше вневписанного шара.

Решения

1. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного па­раллелепипеда; пусть х, у и z — ребра этого параллелепипеда. Тогда х² + у² = а², у² + z² = b² и z² + х² == с². Так как R == d/2, где d — диагональ параллелепи­педа, а d² = x² + y² + z², то R² == (x² + y² + z2)/4 == (а² + b² +c²)/8.

Складывая равенства х² + у² = а² и z² + x² == с² и вычитая из них равенство y² + z² = b², получаем x² = (a²+c²-b²)/2 . Аналогично находим у² и z². Так как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то V² = (xyz)²/9 = (а² + b² — c²) (а² + c² — b²) (c² + b² — a²)/72
2. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал­лелепипеда. Пусть AA₁ — его диагональ, О — его центр. Точка H₁ является проекцией точки A1 на грань BCD, а центр O₁ описанной окружности треугольника BCD — проек­цией точки О. Так как О — середина отрезка AA₁, точки H и H₁ симметричны относительно O₁.

   Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плоскость, пер­пендикулярную BD (рис. =>  в дальнейшем решении исполь­зуются обозначения этого рисунка, а не обозначения в пространстве). Высота СС' треугольника BCD параллельна плоскости проекции, поэтому длины отрезков ВH₁ и СН₁ равны h₁ и h₂, длины отрезков АН и А₁Н₁ при проецировании не измени­лись. Так как АН : A1H1 = АС : А₁В = 2 и A₁H₁ : ВН₁ = CH₁ : A₁H₁, то АН² = 4(H₁A₁)² = 4h₁h₂.

3.  Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал­лелепипеда. Точка пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов тетраэдра (т. е. центр впи­санного шара) совпадает с центром О параллелепипеда. Рассмат­ривая проекции на плоскости, перпендикулярные ребрам тет­раэдра, легко проверить, что грани тетраэдра удалены от вер­шин параллелепипеда, отличных от вершин тетраэдра, вдвое больше, чем от точки О. Следовательно, эти вершины являются центрами вневписанных шаров. Этим доказаны оба утверж­дения.
Литература:

1. Энциклопедия для детей Аванта+ (том ''Математика'' )

2. Журнал ''Квант'' №7 1983 г.

3. ''Задачи по стереометрии''  Прасолов, Шарыгин.