Metoda siatek zadania

Transkrypt

1 Metoda siatek zadania 1. (Leningrad 1984) Wykazać, że jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku S ostrosłupa SA 1 A 2... A n (n 3) jest większa niż 180, to każda z krawędzi bocznych jest mniejsza od połowy obwodu podstawy. 2. (OM 51-III-4) W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A 1 A 2...A n każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60. Dla każdej liczby n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B 2, B 3,..., B n leżące odpowienio na krawędziach A 2 S, A 3 S,..., A n S, że A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S. 3. (IMO 1971) Dla czworościanu ABCD, którego wszystkie ściany są trójkątami ostrokątnymi, określamy σ = DAB + BCD ABC CDA. Rozważamy wszystkie łamane XY ZT X, której wierzchołki X, Y, Z, T leżą odpowiednio wewnątrz krawędzi AB, BC, CD, DA. Wykazać, że a) jeśli σ 0, to nie istnieje łamana XY ZT X minimalnej długości; b) jeśli σ = 0, to istnieje nieskończenie wiele takich łamanych o minimalnej długości oraz długość ta jest równa 2ACsin( α 2 ), gdzie α = BAC + CAD + DAB. 4. (YUG 1983) W czworościanie SABC wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku S są proste, a ponadto SA = SB + SC. Wykazać, że suma kątów płaskich przy wierzchołku A jest równa (OM 26-III-2) Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 danych jest skończenie wiele odcinków, przy czym każde dwa wierzchołki czworościanu mogą być połączone łamaną składającą się z tych odcinków. Czy suma długości tych odcinków może być mniejsza niż 1 + 3? 6. (OM 27-I-8) Udowodnić, że na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 istnieją takie punkty P i Q, że dowolny punkt powierzchni tego czworościanu można połaczyć z jednym z punktów P, Q łamaną o długości nie większej niż 1 3 leżącą na powierzchni czworościanu. 7. Wykazać, że w czworościanie przeciwległe krawędzie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi co najmniej jeden z warunków a) sumy kątów płaskich w pewnych trzech wierzchołkach są równe 180 b) sumy kątów płaskich w pewnych dwóch wierzchołkach są równe 180 i pewne dwie przeciwległe krawędzie są równe c) suma katów płaskich w pewnym wierzchołku czworościanu jest równa 180 oraz są dwie pary przeciwległych krawędzi równych. 8. (UKR 1996) W czworościanie SABC zachodzą równości SAC + CAB = SBA, SAB + CAB = SCA, SB + SC = SA. Wyznaczyć miarę kąta między dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC tego czworościanu. 9. (OM 58-III-5) W czworościanie ABCD spełnione są zależności BAC + BDC = ABD + ACD, BAD + BCD = ABC + ADC. Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi AB i CD. 1

2 Rozwiązania 1. (Leningrad 1984) Wykazać, że jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku S ostrosłupa SA 1 A 2... A n (n 3) jest większa niż 180, to każda z krawędzi bocznych jest mniejsza od połowy obwodu podstawy. Rozwiązanie. Rozetnijmy powierzchnię boczna ostrosłupa SA 1...A n wzdłuż krawędzi SA 1 i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Z warunków zadania wynika, że punkt S leży wewnątrz wielokąta A 1...A n A 1. Niech B będzie punktem przecięcia prostej A 1 S z wielokątem A 1...A n A 1 (różnym od A 1 ). Niech a i b będą długościami łamanych A 1 A 2...B i B...A n A 1. Wówczas A 1 S + SB < a i A 1S < SB + b. Dodając te nierówności stronami dostajemy tezę. 2. (OM 51-III-4) W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A 1 A 2...A n każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60. Dla każdej liczby n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B 2, B 3,..., B n leżące odpowienio na krawędziach A 2 S, A 3 S,..., A n S, że A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S. Rozwiązanie. Odp.: Takie punkty istnieją dla dowolnego n 3. Niech O będzie spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś α miarą kąta ściany bocznej przy wierzchołku S. Z równości A 1 S = 2A 1 O otrzymujemy skąd sin α 2 = A 1A 2 2A 1 S = 1 2 A1A 2 2A 1 O = 1 2 sin180 n = sin90 n cos90 n < sin90 n, (1) nα < 180. Rozetnijmy powierzchnię boczną ostrosłupa wzdłuż krawędzi A 1 S i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy w wyniku tego wielokąt SA 1...A n A 1. Z nierówności (1) otrzymamy, że A 1 SA 1 = nα < 180. Niech B 2, B 3,..., B n będą punktami przecięcia odcinka A 1 A 1 odpowiednio z odcinkami A 2 S, A 3 S,..., A n S. Korzystając z nierówności trójkąta dostaniemy A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S, zatem punkty B i są tymi, o które chodzilo. Uwaga. Nierówność (1) można też uzyskać nieco inaczej. Niech P będzie takim punktem leżącym na okręgu opisanym na wielokącie A 1 A 2... A n na dłuższym łuku A 1 A 2, że P A 1 = P A 2. Wobec równości OP = OA 1 = 1 dostajemy A 1 P < 2. Stąd α < A 1 P A 2 = 2 A 1 OA 2 = n = 180 n. 3. (IMO 1971) Dla czworościanu ABCD, którego wszystkie ściany są trójkątami ostrokątnymi, określamy σ = DAB + BCD ABC CDA. Rozważamy wszystkie łamane XY ZT X, której wierzchołki X, Y, Z, T leżą odpowiednio wewnątrz krawędzi AB, BC, CD, DA. Wykazać, że a) jeśli σ 0, to nie istnieje łamana XY ZT X minimalnej długości; b) jeśli σ = 0, to istnieje nieskończenie wiele takich łamanych o minimalnej długości oraz długość ta jest równa 2ACsin( α 2 ), gdzie α = BAC + CAD + DAB. Rozwiązanie. a) Przyjmijmy, że punkty X, Y, Z są ustalonymi punktami leżącymi wewnątrz odcinków AB, BC, CD. Jeśli AT X ZT D, to sumę ZT + T X można zmniejszyć. Wystarczy bowiem rozłożyć trójkąty ABD i ACD na płaszczyźnie (B i C po przeciwnych stronach AD) i zauważyć, że wobec ostrokątności tych trójkątów odcinki XZ i AD przecinają się w punkcie T. Wtedy oczywiście ZT + T X < ZT + T X. To samo możemy wykonać dla innych punktów. Zatem jeśli istnieje łamana XY ZT X o minimalnej długości, to skąd natychmiast wynika, że σ = 0. DAB = 180 AT X AXT, ABC = 180 BXY BY X = 180 AXT CY Z, BCD = 180 CY Z CZY, CDA = 180 DT Z DZT = 180 AT X CZY, 2

3 Uwaga. Jeśli dopuścimy, że punkty X, Y, Z, T mogą również leżeć w wierzchołkach (nie tylko wewnątrz krawędzi), to łamana o najmniejszej długości oczywiście będzie istniała (choć będzie mocno uzależniona od danego czworościanu). b) Przyjmijmy teraz, że σ = 0. Rozetnijmy powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AC, CD, DB i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy sześciokąt ACDBD C (odcinki BC i AD powstały z krawędzi czworościanu). Punkty X, Y, Z, T, Z leżą odpowiednio na odcinkach AB, BC, CD, AD, C D. Przepisując równość z treści zadania, jako DAB + BCD ABC CDA = 0 stwierdzamy, że proste CD i C D są równoległe, co wraz z równością odcinków CD i C D dowodzi, że czworokąt CC D D jest równoległobokiem. Łamana XY ZT X ma minimalną długość wtedy i tylko wtedy, gdy X, Y, Z, T, Z są współliniowe. W takim razie wobec CZ = C Z oznacza to, że ZZ CC. Zatem ZZ = CC = 2ACsin( α 2 ). Takich linii jest oczywiście nieskończenie wiele (każda równoległa do CC i przecinająca odcinki BC, BA i AD jest to możliwe wobec ostrokątności wszystkich trójkątów). 4. (YUG 1983) W czworościanie SABC wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku S są proste, a ponadto SA = SB + SC. Wykazać, że suma katów płaskich przy wierzchołku A jest równa 90. Rozwiązanie. Niech P i Q będą punktami leżącymi na przedłużeniach krawędzi SB i SC, tak aby SP = SQ = SA. Rozważmy kwadrat SP RQ, a w nim trójkąty RCB, RCQ, RBP. Trójkąty RCQ i RBP są przystające odpowiednio do trójkątów ABS i ACS, a więc trójkąt RBC jest przystający do trójkąta ACB. Stąd CAS + CAB + BAS = P RB + BRC + CRQ = (OM 26-III-2) Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 danych jest skończenie wiele odcinków, przy czym każde dwa wierzchołki czworościanu mogą być połączone łamaną składającą się z tych odcinków. Czy suma długości tych odcinków może być mniejsza niż 1 + 3? Rozwiązanie. Rozważmy czworościan ABCD. Przyjmując, że S jest środkiem krawędzi BD stwierdzamy, że odcinki AS, BS, CS, DS spełniają warunki zadania, a suma ich długości jest właśnie równa Okazuje się jednak, że można uzyskać mniejszą sumę długości. Weźmy tylko ściany ABD i BCD i rozłóżmy je na płaszczyźnie tak, by punkty A i C leżały po przeciwnych stronach prostej BD. Wystarczy, że znajdziemy najkrótszą sieć dróg łączącą punkty A, B, C, D znajdującą się wewnątrz czworokąta ABCD. Niech B i D będą punktami symetrycznymi do B i D odpowiednio względem prostych CD i AB. Przyjmijmy, że odcinek B D przecina okręgi opisane na trójkątach B CD i ABD odpowiednio w punktach Q i P (różnych od B i D ). Z twierdzenia Ptolemeusza wynika teraz, że AP + BP + P Q + CQ + DQ = P D + P Q + QB = B D = cos120 = 7. Pozostaje zauważyć, że 7 < Uwaga. Można udowodnić, że 7 jest najmniejszą szukaną wartością. W tym celu wystarczy sprowadzić dane zadanie do znalezienia najkrótszej sieci dróg łączącej punkty A, B, C, D zawartej w ścianach ABD i BCD. 6. (OM 27-I-8) Udowodnić, że na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 istnieją takie punkty P i Q, że dowolny punkt powierzchni tego czworościanu można połączyć z jednym z punktów P, Q łamaną o długości nie większej niż 1 3 leżącą na powierzchni czworościanu. Rozwiązanie. Nie zaskocze chyba nikogo, jeśli powiem, że punkty P i Q mają być środkami przeciwległych krawędzi AB i CD czworościanu foremnego ABCD (powinny być one jak najdalej od siebie, a ich role symetryczne). Zauważmy również, że długość dana w zadaniu jest równa 2 3 długości wysokości trójkąta równobocznego. Oznaczmy przez K, L, M, N środki odpowiednio krawędzi AC, BC, BD, AD. Niech ponadto X, Y, Z, T będą punktami symetrycznymi do środków ciężkości trójkątów ABC, BCD, ABD, ACD odpowiednio względem KL, LM, M N, KN. Wykażemy, że każdy punkt obszaru ograniczonego łamaną KXLY M ZN T K zawierającego krawędź AB można połączyć łamaną z punktem P leżącą na powierzchni czworościanu. Podobnie zrobimy z drugą częścią łącząc ją z punktem Q, co zakończy rozwiązanie zadania. Rozetnijmy w takim razie powierzchnię czworościanu, ale tym razem dosyć nietypowo - wzdłuż odcinków AQ, BQ i krawędzi CD. Otrzymamy w wyniku prostokąt Q 1 Q 2 Q 3 Q 4, przy czym punkty A, B, C, D są odpowiednio środkami boków Q 1 Q 4, Q 2 Q 3, Q 3 Q 4, Q 1 Q 2. Niech jeszcze Y 1 BQ 3 i Y 2 BQ 2 będą takimi punktami, że BY 1 = BY 2 = BY oraz T 1 AQ 1 i T 2 AQ 4 będą takimi punktami, że AT 1 = AT 2 = AT. Pozostaje teraz zauważyć, że punkty X, Y 1, Y 2, Z, T 1, T 2 leżą na okręgu o środku P i promieniu 1 3, a obszar, który nas interesuje, jest zawarty wewnątrz sześciokąta XY 1 Y 2 ZT 1 T 2. 3

4 7. Wykazać, że w czworościanie przeciwległe krawędzie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi co najmniej jeden z warunków a) sumy kątów płaskich w pewnych trzech wierzchołkach są równe 180 b) sumy kątów płaskich w pewnych dwóch wierzchołkach są równe 180 i pewne dwie przeciwległe krawędzie są równe c) suma kątów płaskich w pewnym wierzchołku czworościanu jest równa 180 oraz są dwie pary przeciwległych krawędzi równych. Rozwiązanie. Nietrudno zauważyć, że jeśli przeciwległe krawędzie czworościanu są równe, to każdy z warunków a), b), c) jest spełniony (ściany czworoscianu są wtedy trójkątami przystającymi i przy każdym wierzchołku występują wszystkie trzy kąty spośród kątów danego trójkąta suma kątów przy każdym wierzchołku jest więc równa 180 ). Teraz udowodnimy, że z każdego z warunków a), b), c) wynika równość przeciwległych krawędzi. Rozetnijmy powierzchnię danego czworościanu ABCD wzdłuż krawędzi AD, BD, CD otrzymująć, jako jego siatkę, sześciokąt D 1 AD 2 BD 3 C. a) Możemy założyć, że sumy kątów płaskich przy wierzchołkach A, B, C są równe 180. W takim razie dany sześciokąt jest po prostu trójkątem D 1 D 2 D 3. Oczywiście zachodzą równości AD 1 = AD 2, BD 2 = BD 3, CD 3 = CD 1, a więc punkty A, B, C są środkami boków trójkąta D 1 D 2 D 3. To zaś oznacza, że AB = 1 2 D 1D 3 = CD i analogicznie BC = AD oraz AC = BD. b) Przyjmijmy bez straty dla ogólności, że sumy kątów płaskich przy wierzchołkach A i B są równe 180. Punkty A i B są wtedy środkami odcinków D 1 D 2 i D 2 D 3. W szczególności dostajemy stąd, że D 1 D 3 = 2AB. Załóżmy najpierw, że AB = CD. Wówczas korzystając z nierówności trójkąta D 1 CD 3 otrzymujemy 2AB = CD 1 + CD 3 D 1 D 3 = 2AB, skąd wynika, że punkt C jest środkiem odcinka D 1 D 3. Dalej konkluzja jak w a). Załóżmy teraz, że mamy do czynienia z inną parą przeciwległych krawędzi równych, bez straty dla ogólności BC = AD. Punkt C z jednej strony musi leżeć na symetralnej odcinka D 1 D 3, a z drugiej na okręgu o środku B i promieniu równym AD. Nie może leżeć również po tej samej stronie prostej AB, co punkt D 2, a więc istnieje tylko jedno możliwe położenie punktu C. Z drugiej strony własność tę ma środek odcinka D 1 D 3, skąd wniosek, że punkt C musi się z nim pokrywać. Dalej tak samo jak w a). c) Możemy przyjąć, że suma kątów płaskich przy wierzchołku A jest równa 180, skąd wniosek, że punkt A jest środkiem odcinka D 1 D 2. Załóżmy najpierw, że AB = CD i AC = BD. Przyjmijmy, że P jest środkiem D 2 D 3 i Q jest środkiem D 1 D 3. Z przystawania trójkątów BAC i CD 3 B wynika, że środek odcinka BC pokrywa się ze środkiem odcinka AD 3. Punkt A jest środkiem odcinka D 1 D 2, więc środki odcinków P Q i AD 3 rownież się pokrywają. Czworokąt BP CQ musi być więc prostokątem (być może zdegenerowanym). Gdyby był niezdegenerowany, to BP CQ, co jest niemożliwe. Sprzeczność dowodzi, że B = P i C = Q, dalej rozumujemy, jak w a). Przyjmijmy teraz AD = BC i bez straty dla ogólności AB = CD. Czworokąt ABCD 1 jest równoległobokiem, skąd BC AD 1 AD 2. To wraz z BC = AD 2 oznacza, że czworokąt ACBD 2 też jest równoległobokiem, a więc BD = BD 2 = AC. 8. (UKR 1996) W czworościanie SABC zachodzą równości SAC + CAB = SBA, SAB + CAB = SCA, SB + SC = SA. Wyznaczyć miarę kąta między dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC tego czworościanu. Rozwiązanie. Niech SP i SQ będą dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC oraz niech SP = a, SQ = b, P Q = c. Rozetnijmy powierzchnię boczną czworościanu wzdłuż krawędzi SA, SB, SC. Otrzymamy sześciokąt AS 2 BS 3 CS 1 będący siatką tego czworościanu. Niech D będzie punktem przecięcia prostych S 2 B i S 1 C. Zachodzą równości AS 1 = AS 2, S 1 AB = S 1 AC + CAB = S 2 BA oraz S 2 AC = S 2 AB + BAC = S 1 CA, z których wynika, że czworokąt AS 2 DS 1 jest rombem. Punkty S 1, Q, P, S 2 leżą na przekątnej tego rombu. Niech S 2 B = x, zaś S 1 C = y. Wówczas z warunków zadania wynika, że AS 1 = AS 2 = x + y. 4

5 Korzystając z podobieństwa trójkątów AP S 1 i BP S 2 otrzymujemy a z podobieństwa trójkątów AQS 2 i CQS 1 Łącząc te dwie równości dostajemy a b + c = x x + y, b a + c = y x + y. a 2 + b 2 c 2 = ab, co na mocy twierdzenia cosinusów dla trójkąta SP Q oznacza, że P SQ = (OM 58-III-5) W czworościanie ABCD spełnione są zależności BAC + BDC = ABD + ACD, BAD + BCD = ABC + ADC. Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi AB i CD. Rozwiązanie. Wykażemy najpierw na trzy sposoby, ze AC = BD i AD = BC. Sposób I Rozcinając powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AB, AC, AD otrzymamy sześciokąt A 1 BA 2 CA 3 D będący siatką czworościanu ABCD. Przepisując pierwszą z danych w treści zadania równości jako A 1 BD + A 3 CD = BDC + BA 2 C widzimy, że suma miar kątów A 1 BA 2 i A 2 CA 3 (traktowanych jako kąty wewnętrzne sześciokąta A 1 BA 2 CA 3 D, a zatem niekoniecznie wypukłych) jest równa sumie miar kątów wewnętrznych trójkątów BDC i BA 2 C, co daje (1) A 1 BA 2 + A 2 CA 3 = 360. Ponieważ BA 1 = BA 2 oraz CA 2 = CA 3 (gdyż odpowiednie odcinki pochodzą z rozklejenia jednej krawędzi czworościanu), więc na mocy równości (1) trójkąty równoramienne A 1 BA 2 i A 2 CA 3 są podobne (przy czym mogą być zdegenerowane do odcinka). Wobec tego (2) A 2 A 1 A 2 B = A 2A 3 A 2 C. Ponadto BA 2 A 1 = CA 2 A 3, przy czym oba kąty są jednakowo zorientowane, skąd otrzymujemy (3) BA 2 C = A 1 A 2 A 3. Z zależności (2) i (3) wynika, że trójkąty BA 2 C oraz A 1 A 2 A 3 są podobne. Analogicznie korzystając z drugiej równości danej w treści zadania dowodzimy, iż trójkąty A 1 BD i A 1 A 2 A 3 są podobne. Wobec tego podobne są trójkąty BA 2 C i A 1 BD; ze względu na równość A 1 B = BA 2 są one przystające. Zatem A 2 C = BD oraz BC = A 1 D. Sposób II Tym razem rozetnijmy powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AC, AD, BC. W wyniku tego otrzymamy sześciokąt A 1 C 1 BCAD będący siatką czworościanu ABCD (odcinki AB i C 1 D powstały z krawędzi czworościanu ABCD). Z pierwszej równości danej w założeniach zadania wynika, że BAC ABD = A 1 C 1 D BDC 1, co oznacza, że proste AC i A 1 C 1 są równoległe. Ponadto AC = A 1 C 1, więc czworokąt ACC 1 A 1 jest równoległobokiem. Korzystając teraz z drugiej równości danej w założeniach dostajemy BAD + BCD = ABC + ADC, lub ABC + ABD + C 1 BD + ADB + BDC 1 + A 1 DC 1 = 360. To oznacza, że trójkąty A 1 DA i C 1 BC (być może zdegenerowane) mają równe kąty przy wierzchołkach D i B i są jednakowo zorientowane. Ponadto są to trójkąty równoramienne o równych podstawach A 1 A i C 1 C, więc są 5

6 przystające. Teraz z równoległości C 1 C i A 1 A wynika, że czworokąt BCAD jest równoległobokiem, skąd BC = AD i AC = BD. Sposób III Rozpoczynamy tak samo, jak w sposobie II, czyli rozważamy sześciokąt A 1 C 1 BCAD będący siatką czworościanu ABCD. Analogicznie jak wyżej stwierdzamy, że czworokąt ACC 1 A 1 jest równoległobokiem. Obróćmy teraz czworokąt A 1 DBC 1 wokół punktu D tak, żeby punkt A 1 przeszedł na punkt A. Niech B 2 i C 2 będą obrazami punktów B i C 1. Korzystając teraz z drugiej zależności danej w treści zadania stwierdzimy, że proste BC i B 2 C 2 są równoległe. To wraz z równością długości odcinków BC i B 2 C 2 daje, że czworokąt BCC 2 B 2 jest równoległobokiem. Zauważmy, że punkt D jest punktem przecięcia symetralnych odcinków AA 1 i BB 2. Mamy wykazać, że BC = AD i AC = BD. Niech D będzie więc takim punktem na symetralnej odcinka AA 1, że czworokąt A 1 C 1 BD jest równoległobokiem (punkt D jest po prostu obrazem B w przesunięciu o wektor C 1 A 1 ). Wtedy D A = D A 1 = BC 1 = BC oraz BD = A 1 C 1 = AC i czworokąt BCAD też jest równoległobokiem. To w połaczeniu z tym, że BCC 2 B 2 również jest równoległobokiem oznacza, że AD = B 2 C 2 i AD B 2 C 2. W takim razie czworokąt D AC 2 B 2 jest równoległobokiem, skąd D B 2 = AC 2 = A 1 C 1 = BD. Punkt D jest więc punktem przecięcia się symetralnych odcinków AA 1 i BB 2, a wobec wcześniejszej obserwacji D = D. Stąd i z określenia punktu D wnioskujemy, że BC = AD i AC = BD. Niech teraz punkty M, N będą odpowiednio środkami krawędzi AB, CD w czworościanie ABCD. Wobec równości AC = BD i AD = BC trójkąty BDC i ACD są przystające. Wobec tego odcinki BN i AN, będące odpowiednio środkowymi w tych trójkątach, mają równe długości. Innymi słowy, AN = BN, zatem w trójkącie równoramiennym ANB środkowa NM jest prostopadła do boku AB. Analogicznie rozpatrując trójkąt CMD dowodzimy, że M N CD. Prosta M N jest więc krawędzią przecięcia płaszczyzn symetralnych krawędzi AB i CD czworościanu ABCD. Środek sfery opisanej na czworościanie leży na każdej z tych płaszczyzn, zatem leży na prostej MN, co dowodzi tezy zadania. 6