Delta mi!

Ponieważ w czworościan można wpisać kulę o środku i promieniu 1, wysokość tego czworościanu wynosi 4 (na podstawie przytoczonej własności). Przekształćmy czworościan foremny przez jednokładność względem punktu o skali W efekcie otrzymamy czworościan Korzystając z własności jednokładności, wnioskujemy, że płaszczyzna przecina wysokość w punkcie w taki sposób, że a kula jest również styczna do płaszczyzny Zatem kula wpisana w czworościan ma promień i ma tylko jeden punkt wspólny z kulą

Analogicznie pokazujemy, że istnieją cztery kule o promieniu umieszczone w każdym „rogu” czworościanu Każda z tych kul ma tylko jeden punkt wspólny z kulą Ponieważ kula ma promień 1, więc można umieścić w niej dwie kule o promieniu które mają tylko jeden punkt wspólny.

Zatem otrzymaliśmy sześć kul, które spełniają warunki zadania.

Niech będą odpowiednio środkami krawędzi  Przekształćmy kulę i czworościan przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Efektem tych przekształceń będą dwa czworościany, które mają tylko jeden punkt wspólny – środek kuli  Zatem kule wpisane w te czworościany nie mają punktów wspólnych.

Przekształćmy teraz kulę przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Obrazami środka kuli będą środki kul o promieniach znajdujące się w połowie odcinków i Wykażemy teraz, że kule te nie mają punktów wspólnych.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyliczamy, że czworościan foremny o wysokości 4 ma krawędź długości Zatem odległość punktów i wynosi Środki boków i w trójkącie pozostają w odległości która jest większa od 1.

Zatem we wnętrzu czworościanu można umieścić sześć kul: każda z nich jest obrazem kuli wpisanej w czworościan w jednokładności o skali i środku będącym środkiem krawędzi czworościanu.

Załóżmy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie  (poza odcinkiem  Wtedy z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta  i prostej mamy

Odcinki stycznych do sfery z jednego punktu są równe, stąd Wobec powyższego

Zatem z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta prosta przecina prostą w punkcie  Stąd proste  i przecinają się, więc punkty leżą na jednej płaszczyźnie. Prostszy przypadek pozostawiam jako ćwiczenie.

Zauważmy, że jeżeli odcinek łączący wierzchołek czworościanu ze środkiem okręgu opisanego na przeciwległej ścianie jest jednocześnie wysokością tego czworościanu, to krawędzie wychodzące z tego wierzchołka są równej długości. Oznaczmy wierzchołki czworościanu przez  oraz długość krawędzi wychodzących z wierzchołka  przez  , gdzie . Wtedy krawędź , gdzie , wychodzi z wierzchołka  oraz z wierzchołka  . Oznacza to, że , a więc czworościan jest foremny.

Pomalujmy sześcian jaskrawą farbą przed pocięciem. Po pocięciu jeden z sześcianików będzie miał wszystkie ściany niepomalowane. A ścian tych jest 6. Ponieważ żadnych dwóch z nich nie można otrzymać w jednym cięciu, więc mniej ich być nie może (a czy może być 6?).

W czworościanie ortocentrycznym niech będzie środkiem sfery opisanej, a   i  – środkami krawędzi  i  . Przez   oznaczmy środek odcinka , czyli środek ciężkości czworościanu . Niech będzie punktem symetrycznym do  względem  (rysunek). Punkty leżą wtedy na jednej prostej, a   jest środkiem odcinka  . Wobec tego chcemy wykazać, że jest ortocentrum czworościanu  .

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem. W szczególności proste  i  są równoległe. Z definicji punktów  i  wynika, że odcinki i  są prostopadłe, więc również . Stąd i z prostopadłości prostych  i  ( jest ortocentryczny!) wynika, że płaszczyzna jest prostopadła do prostej  . W takim razie prosta jest prostopadła do prostej  . Analogicznie dowodzimy, że jest prostopadła również do prostej  .

To zaś oznacza, że jest prostopadła do całej płaszczyzny , czyli stanowi wysokość czworościanu . Podobnie dowodzimy, że proste są wysokościami rozpatrywanego czworościanu, co kończy dowód.

Niech będzie punktem przecięcia wysokości czworościanu poprowadzonych z wierzchołków  i  Mamy , więc też i analogicznie . W takim razie płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi , w szczególności . Na prostej  wybierzmy taki punkt  , że . Zatem płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi . Niech  i  będą wysokościami trójkąta (rysunek obok). Prosta jest prostopadła zarówno do  , jak i do  (bo leży w płaszczyźnie prostopadłej do tej krawędzi). Jest więc wysokością czworościanu poprowadzoną z wierzchołka  . Analogicznie dowodzimy, że również jest wysokością danego czworościanu. Te dwie proste mają punkt wspólny będący ortocentrum trójkąta . Dowód jest więc zakończony.

Skoro , to a więc Ponadto skąd Zatem płaszczyzna jest prostopadła do prostej  W takim razie . Analogicznie udowodnimy, że Zatem punkt  jest ortocentrum trójkąta 

Bierzemy mianowicie wielościan o parzystej liczbie krawędzi i parzystokątnych ścianach (a więc np. graniastosłup) i pociągamy mocno za jedną z przekątnych jednej ze ścian tak, aby ściana ta przełamała się na dwie (na rysunku pociągnęliśmy w górę przekątną  ściany ).

W ten sposób przekątna, za którą pociągnęliśmy, staje się nową krawędzią – ponieważ krawędzie początkowego wielościanu dalej są krawędziami i jest ich parzysta liczba, więc łącznie mamy teraz nieparzystą liczbę krawędzi. ,,Stare” ściany były i są parzystokątne, więc problem jest tylko w tym, by nowe dwie ściany takie były. Wobec tego przełamywana ściana musi mieć co najmniej 6 krawędzi (i tak jest na rysunku).

rys. 1

Weźmy pod uwagę sferę dopisaną do czworościanu styczną do ściany w punkcie  , który jest środkiem koła wpisanego w trójkąt oraz styczną do płaszczyzn i  odpowiednio w punktach  i  . Zauważmy, że  i 

rys. 2

To oznacza, że trójkąty i  są przystające, a stąd

(rys.1 przedstawia półpłaszczyzny ścian i  ,,rozłożone płasko”).

Podobnie uzasadniamy, że (rys.2) przedstawia półpłaszczyzny  i  ,,rozłożone płasko”) – oraz że

Oczywiście ; stąd i w konsekwencji

Rozważając sferę dopisaną, styczną do ściany , stwierdzamy analogicznie, że . Zatem wszystkie kąty płaskie ścian przy wierzchołku  są równe:

W ten sam sposób dowodzimy, że trzy kąty płaskie przy wierzchołku są równe (oznaczmy ich miarę przez ), kąty przy wierzchołku są równe oraz kąty przy wierzchołku są równe .

Patrząc na sumy kątów w trójkątach ABD i BCD widzimy, że Analogicznie uzasadniamy, że To znaczy, że wszystkie kąty wszystkich ścian czworościanu są równe. Zatem ściany są trójkątami równobocznymi i czworościan jest foremny.