已知一个四面体 $SABC$，存在 $5$ 个球，与四面体的所有棱 $SA,SB,SC,AB,BC,CA$ 或其延长线相切．求证：
（$a$）四面体 $SABC$ 是正四面体；
（$b$）反之，每个正四面体必定存在 $5$ 个这样的球．（苏联）
（$a$）四面体 $SABC$ 是正四面体；
（$b$）反之，每个正四面体必定存在 $5$ 个这样的球．（苏联）
【难度】
【出处】
1962年第04届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设球 $\Omega$ 与四面体 $SABC$ 的所有棱或其延长线相切，则球与每个三角形面相交成一圆，且此圆恰是每一面的内切圆或旁切圆，这是因为：圆与每条棱或延长线有唯一公共点之缘故．显然，同一棱所属两相邻面的截圆在这条棱上的切点是同一点．
下面分两种情况讨论：
（$a$）若切点在每条棱的内部．在此情况下，每个截图都是面三角形的内切圆．设 $\triangle ABC$ 棱 $BC,CA,AB$ 的切点分别为 $P,Q,R$，球与 $SA$ 切于 $K$．由于 $P,Q,R$ 不共线，$K$ 也不在平面 $ABC$ 内，因此，过四面体 $KPQR$ 有唯一的球存在．所以，如果这种第一类型的球存在，则只有一个．
若球面与某一条棱切于其延长线上，不妨设是 $SA$ 延长线上，设为 $L$．于是，截圆在 $SAB,SAC$ 平面中便成了 $\triangle SAB$ 和 $\triangle SAC$ 的旁切圆并且易知分别与 $SB,SC$ 延长线相切（且分别与 $AB,AC$ 相切），设切点分别为 $M,N$．易知 $M,N$ 也分别是 $\triangle SBC$ 的旁切圆的两个切点．因此，这第二类球切面 $\triangle ABC$ 三条棱与 $SA,SB,SC$ 的延长线，同理可证其存在性．
重复上面的讨论，我们知道可以得出 $4$ 个第二类球．除此之外，没有"第三类球"存在，故而题目要求的 $5$ 个球正是第一类球（$1$ 个）与第二类球（$4$ 个）．
不妨设 $AB,BC,CA,SA,SB,SC$ 分别为 $c,a,b,a^\prime,b^\prime,c^\prime$．第一类球半径为 $r$，球心为 $O$．则
$\begin{aligned}
a+a^\prime&=BC+SA\\
&=BP+CP+SK+AK\\
&=\sqrt{SO^2-r^2}+\sqrt{SA^2-r^2}+\sqrt{SB^2-r^2}+\sqrt{SC^2-r^2}\\
&=s
\end{aligned}$
同理，$b+b^\prime,c+c^\prime$ 也是这个数 $s$，于是可设 $a^\prime=s-a,b^\prime=s-b,c^\prime=s-c$．
易知 $SL$ 是 $\triangle ASB$ 与 $ASC$ 的半周长，进一步不难推出 $\triangle ASB,\triangle ASC,\triangle BSC,\triangle ABC$ 的周长均相等．
比如 $\triangle SBC$ 的周长即为 $b^\prime+c^\prime+a=2s+a-b-c$，而 $\triangle ASC$ 的周长为 $a^\prime +c^\prime+b=2s+b-a-c$，于是 $a=b$，同理 $a=b=c$．
又 $\triangle SBC$ 的周长与 $\triangle ABC$ 周长相等，于是 $2s-b-c+a=2s-a=a+b+c=3a$，所以 $s=2a$，故 $SA=s-a=a$，同理 $SB=SC=a$，于是四面体 $SABC$ 的 $6$ 条棱均相等，故它必为一正四面体．
（$b$）假定 $O$ 为正四面体 $SABC$ 之中心，易证其到各棱之距离相等，因此第一类棱切球存在．
由对称性，凡球心在 $SO$ 直线上的球，必同时与 $SA,S,B,SC$ 相切，也必同时与 $AB,BC,CA$ 相切（只要有相切）．于是可以通过 $SO$ 延长线上一点 $X$ 与 $SA,AB$ 等距离来作所要的球．易知与 $SA$ 和 $AB$ 等距离的点的轨迹是分别过 $\angle SAB$ 的两条平分线垂直于 $\triangle SAB$ 的两个平面组成．这两平面之一包含 $\angle SAB$ 的内角平分线并经过 $O$，另一个交 $SO$ 的延长线于要求的点 $X$．
其他三个球的作法完全类似．
下面分两种情况讨论：
（$a$）若切点在每条棱的内部．在此情况下，每个截图都是面三角形的内切圆．设 $\triangle ABC$ 棱 $BC,CA,AB$ 的切点分别为 $P,Q,R$，球与 $SA$ 切于 $K$．由于 $P,Q,R$ 不共线，$K$ 也不在平面 $ABC$ 内，因此，过四面体 $KPQR$ 有唯一的球存在．所以，如果这种第一类型的球存在，则只有一个．
若球面与某一条棱切于其延长线上，不妨设是 $SA$ 延长线上，设为 $L$．于是，截圆在 $SAB,SAC$ 平面中便成了 $\triangle SAB$ 和 $\triangle SAC$ 的旁切圆并且易知分别与 $SB,SC$ 延长线相切（且分别与 $AB,AC$ 相切），设切点分别为 $M,N$．易知 $M,N$ 也分别是 $\triangle SBC$ 的旁切圆的两个切点．因此，这第二类球切面 $\triangle ABC$ 三条棱与 $SA,SB,SC$ 的延长线，同理可证其存在性．
重复上面的讨论，我们知道可以得出 $4$ 个第二类球．除此之外，没有"第三类球"存在，故而题目要求的 $5$ 个球正是第一类球（$1$ 个）与第二类球（$4$ 个）．
不妨设 $AB,BC,CA,SA,SB,SC$ 分别为 $c,a,b,a^\prime,b^\prime,c^\prime$．第一类球半径为 $r$，球心为 $O$．则
$\begin{aligned}
a+a^\prime&=BC+SA\\
&=BP+CP+SK+AK\\
&=\sqrt{SO^2-r^2}+\sqrt{SA^2-r^2}+\sqrt{SB^2-r^2}+\sqrt{SC^2-r^2}\\
&=s
\end{aligned}$
同理，$b+b^\prime,c+c^\prime$ 也是这个数 $s$，于是可设 $a^\prime=s-a,b^\prime=s-b,c^\prime=s-c$．
易知 $SL$ 是 $\triangle ASB$ 与 $ASC$ 的半周长，进一步不难推出 $\triangle ASB,\triangle ASC,\triangle BSC,\triangle ABC$ 的周长均相等．
比如 $\triangle SBC$ 的周长即为 $b^\prime+c^\prime+a=2s+a-b-c$，而 $\triangle ASC$ 的周长为 $a^\prime +c^\prime+b=2s+b-a-c$，于是 $a=b$，同理 $a=b=c$．
又 $\triangle SBC$ 的周长与 $\triangle ABC$ 周长相等，于是 $2s-b-c+a=2s-a=a+b+c=3a$，所以 $s=2a$，故 $SA=s-a=a$，同理 $SB=SC=a$，于是四面体 $SABC$ 的 $6$ 条棱均相等，故它必为一正四面体．
（$b$）假定 $O$ 为正四面体 $SABC$ 之中心，易证其到各棱之距离相等，因此第一类棱切球存在．
由对称性，凡球心在 $SO$ 直线上的球，必同时与 $SA,S,B,SC$ 相切，也必同时与 $AB,BC,CA$ 相切（只要有相切）．于是可以通过 $SO$ 延长线上一点 $X$ 与 $SA,AB$ 等距离来作所要的球．易知与 $SA$ 和 $AB$ 等距离的点的轨迹是分别过 $\angle SAB$ 的两条平分线垂直于 $\triangle SAB$ 的两个平面组成．这两平面之一包含 $\angle SAB$ 的内角平分线并经过 $O$，另一个交 $SO$ 的延长线于要求的点 $X$．
其他三个球的作法完全类似．
答案
解析
备注
