9617. Докажите, что сумма углов, под которыми видны рёбра тетраэдра из произвольной его внутренней точки, больше 3\pi
.
Решение. Пусть O
— точка внутри тетраэдра ABCD
. Обозначим
\angle BOC=\alpha,~\angle AOC=\beta,~\angle AOB=\gamma,~\angle AOD=\alpha_{1},~\angle BOD=\beta_{1},~\angle COD=\gamma_{1}.
Продолжим отрезок DO
до пересечения с плоскостью ABC
в точке P
, а отрезок AP
— до пересечения с ребром BC
в точке K
(точка O
лежит внутри тетраэдра, значит, точка P
— внутри треугольника ABC
, а точка K
— на отрезке BC
). Рассмотрим трёхгранный угол OBKP
с вершиной O
. Сумма двух его плоских углов больше третьего (см. задачу 7428), поэтому
\angle KOP+\angle BOK\gt\angle BOP.
Аналогично, рассмотрев трёхгранный угол OACK
, получим, что
\angle AOC+\angle COK\gt\angle AOK.
Сложив эти два неравенства и учитывая, что \angle BOK+\angle COK=\angle BOC
, получим, что
\angle KOP+\angle AOC+\angle BOC\gt\angle BOP+\angle AOK,
или
\angle AOC+\angle BOC\gt(\angle AOK-\angle KOP)+\angle BOP=\angle AOP+\angle BOP,
т. е.
\beta+\alpha\gt(\pi-\alpha_{1})+(\pi-\beta_{1}),~\alpha+\beta+\alpha_{1}+\beta_{1}\gt2\pi.
Аналогично
\beta+\gamma+\beta_{1}+\gamma_{1}\gt2\pi,~\alpha+\gamma+\alpha_{1}+\gamma_{1}\gt2\pi.
Сложив эти три неравенства, получим, что
2(\alpha+\beta+\gamma+\alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1})\gt6\pi.
Следовательно,
\alpha+\beta+\gamma+\alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1}\gt3\pi.
Что и требовалось доказать.