В этой задаче очень важно выбрать рациональный путь доказательства:
разобраться, какое свойство из какого легче выводить. Будем, как это принято, вместо слов «из $\ldots$ следует $\ldots$» ставить стрелку: $\Rightarrow$.
К перечисленным в условии нам удобно добавить ещё несколько свойств тетраэдра:
все грани равновелики;
каждое ребро равно противоположному;
все грани равны;
центры описанной и вписанной сфер совпадают;
суммы плоских углов при каждой вершине тетраэдра равны;
сумма плоских углов при каждой вершине равна $180^\circ$;
развёртка тетраэдра представляет собой остроугольный треугольник, в котором проведены средние линии (рис. 5);
все грани — остроугольные треугольники с одинаковым радиусом описанной
окружности;
проекция тетраэдра на каждую из трёх плоскостей, параллельных двум
противоположным рёбрам — прямоугольник, —
и доказать, что свойства (1)—(9) эквивалентны, в таком порядке:
$$
\colsep{3pt}{
\begin{array}{ccccccccc}
(1)&\text{⇒}&(9)&&&&(8)&\substack{\text{⟸}\\[-2pt]\text{⟹}}&(4)\\[-5pt]
&&&\text{⇘}&&\text{⇗}\\[-5pt]
\text{⇑}&&&&(7)&&\text{⇓}\\[-5pt]
&&&\text{⇙}&&\text{⇘}\\[-5pt]
(3)&\text{⇐}&(2)&&&&(6)&\substack{\text{⟹}\\[-2pt]\text{⟸}}&(5)
\end{array}}
$$
Большинство из двенадцати теорем, обозначенных здесь стрелками, почти
очевидно. Докажем их по порядку.
Рис. 5Рис. 6
$(5)\Rightarrow(6)$. Сумма всех плоских углов всех граней тетраэдра равна
сумме углов четырёх треугольников, т. е. $4\cdot180^\circ=720^\circ$,
поэтому, если суммы углов при каждой вершине равны, то каждая их них равна
$180^\circ$. Обратное: $(6)\Rightarrow(5)$ очевидно.
$(4)\Rightarrow(8)$. Если $R$ — радиус описанной около тетраэдра сферы,
$r$ — радиус вписанной сферы и центры этих сфер совпадают, то точка касания
сферы с каждой гранью лежит внутри этой грани и удалена от каждой вершины
треугольника на $\sqrt{R^2-r^2}$, т. е. является центром описанной около
этого треугольника окружности радиуса $\sqrt{R^2-r^2}$.
$(8)\Rightarrow(4)$. Ясно, что в любом тетраэдре перпендикуляры,
опущенные из центра $O$ описанной сферы на грани, попадают в центры
описанных окружностей, и если радиусы всех этих окружностей равны $R_1$, то точка $O$ одинаково удалена от всех граней (на расстояние
$r=\sqrt{R^2-R_1^2}$). Если основания перпендикуляров лежат внутри граней, то $O$ — центр вписанной сферы радиуса $r$.
$(8)\Rightarrow(6)$. Если радиусы описанных окружностей граней $ABC$ и $DBC$ тетраэдра $ABCD$ равны, то $\angle BAC=\angle BDC$, поскольку эти углы
опираются на равные дуги $BC$ в равных окружностях (здесь существенно, что $\triangle BAC$ и $\triangle BDC$ — остроугольные!). Это относится и ко всем
другим парам смежных граней.
Таким образом,
$$
\angle BDC+\angle CDA+\angle ADB=\angle BAC+\angle CBA+\angle ACB=180^\circ
$$
и аналогично для всех других вершин.
$(6)\Rightarrow(7)$. Развёртка произвольного тетраэдра $ABCD$ —
шестиугольник $D_1AD_2BD_3C$, разбитый на четыре треугольника (рис. 6).
Очевидно, что из (6) следует, что отрезки $D_1A$ и $AD_2$, $D_2B$ и $BD_3$,
$D_3C$ и $CD_1$ лежат на одной прямой, т. е. точки $A$, $B$ и $C$ — середины
сторон $\triangle D_1D_2D_3$ (как на рис. 5). Этот треугольник
остроугольный, так как в трёхгранном угле тетраэдра (при вершине $D$) каждый
из плоских углов меньше суммы двух других.
$(9)\Rightarrow(7)$, $(7)\Rightarrow(8)$ и $(7)\Rightarrow(2)$ очевидны.
$(2)\Rightarrow(3)$ также очевидно (треугольники равны по трём сторонам);
$(3)\Rightarrow(1)$ очевидно.
Осталось доказать только, что $(1)\Rightarrow(9)$. Это место оказалось
самым трудным для читателей.
Рис. 7
$(1)\Rightarrow(9)$. Заметим, что если $p_1$ и $p_2$ — параллельные
плоскости, $AK$ и $BH$ — два отрезка, концы $A$ и $B$ которых лежат в плоскости $p_1$, а концы $K$ и $H$ — в плоскости $p_2$, то отрезки $AK$ и $BH$ равны тогда и только тогда, когда равны их проекции на плоскость $p_1$
(или $p_2$). Это легко доказывается с помощью теоремы Пифагора
(рис. 7).
Проведём параллельные плоскости $p_1$ и $p_2$ через рёбра $AB$ и $CD$
тетраэдра. Пусть $C_1$ и $D_1$ — проекции точек $C$ и $D$ на плоскость $p_1$
(рис. 8, а), $O$ — точка пересечения $C_1D_1$ и $AB$.
Если площади $\triangle CAD$ и $\triangle CBD$ равны, то равны высоты $AK$ и $BH$ этих треугольников, следовательно, равны проекции этих высот на $p_1$:
$AK_1=BH_1$, и поэтому $AO=OB$ (рис. 8, б), отсюда
следует, в частности, что точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой
$C_1D_1$. Точно так же, поскольку площади $\triangle ACB$ и $\triangle ADB$
равны, $C_1O=D_1O$. Следовательно, $AC_1BD_1$ — параллелограмм, т. е.
$AC_1=BD_1$ и $C_1B=D_1A$, откуда $AC=BD$ и $BC=AD$. Точно так же доказывается, что $AB=CD$, поэтому $AC_1BD_1$ — прямоугольник.
Рис. 8, а. Тетраэдр в пространстве.Рис. 8, б. Проекция тетраэдра на плоскость.
