设四面体的 $k$ 条边的长度均为 $a$，其余 $6-a$ 条边的长度均为 $1$，试对 $k = 1,2,3,4,5$ 的情况确定四面体存在的充要条件，即确定 $a$ 必须满足的条件．（波兰）
【难度】
【出处】
1969年第11届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
分五种情况讨论：
（1）$k=1$，不妨设四面体 $ABCD$ 满足 $AB=BC=CA=BD=CD=1,AD=a$，设 $BC$ 中点为 $E$，则 $AE=DE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，又设 $\angle AED=\theta$，则易知 $AD=\sqrt{3}\sin\dfrac{\theta}{2}$，由 $0<\theta<180^\circ$，知 $0<a<\sqrt{3}$．
（2）$k=2$，又必须区别两种情况．
情况一：长为 $a$ 的两条棱有一公共顶点，比如说 $D$，其他三个顶点 $A,B,C$ 围成边长为 $1$ 的正三角形．又假定 $DA=1$，而 $BD=CD=a$，设 $DA$ 与平面 $ABC$ 的夹角为 $\theta$，$BC$ 中点为 $E$，易知，
$\begin{aligned}
a&=\sqrt{BE^2+(AE+AD\cos\theta)^2+(AD\sin\theta)^2}\\
&=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\left(\dfrac{3}{2}+\cos\theta\right)^2+\sin^2\theta}\\
&=\sqrt{2+\sqrt{3}\cos\theta}
\end{aligned}$
其中 $0<\theta<180^\circ$，故 $\sqrt{2-\sqrt{3}}<a<\sqrt{2+\sqrt{3}}$．
情况二：长为 $a$ 的两条棱为对棱，不妨设为 $BC=AD=a$，而 $AB=AC=BD=CD=1$，此时设 $BC$ 中点为 $E$，$\angle AED=\theta$，则
$\begin{aligned}
a&=AD=2AE\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&=2\sqrt{1-\dfrac{a^2}{4}}\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&=\sqrt{4-a^2}\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&<\sqrt{4-a^2}(所以0<\theta<180^\circ)
\end{aligned}$
此即 $0<a<\sqrt{2}$．
将两种情况合并考虑，得 $0<a<\sqrt{2+\sqrt{3}}$．
（3）$k=3$，这时总存在一个四面体．如果 $a\geqslant 1$，取边长为 $1$ 的正三角形 $\triangle ABC$，并设其中心为 $G$，过 $G$ 作直线 $l$ 垂直于平面 $ABC$，易知可以在 $l$ 取一点 $D$，使 $AD=BD=CD=a$；如果 $a\leqslant 1$，取正三角形 $\triangle ABC$ 其边长为 $a$，重心及 $l$ 如前，在 $l$ 上取 $D$，使得 $AD=BD=CD=1$．此时只要求 $a>0$ 即可．
（4）$k=4$．即四面体有 $4$ 条棱长为 $a$ 而其余两条长为 $1$．考虑一个相似的四面体，其 $4$ 条棱长为 $1$ 而另两条长为 $b=\dfrac{1}{a}$，这就回到了（2）．由 $0<b<\sqrt{2+\sqrt{3}}$ 知 $a>\dfrac{1}{b}=\sqrt{2-\sqrt{3}}$．
（5）$k=5$．同理可化为（1），易知此时有 $a>\dfrac{1}{\sqrt{3}}$．
（1）$k=1$，不妨设四面体 $ABCD$ 满足 $AB=BC=CA=BD=CD=1,AD=a$，设 $BC$ 中点为 $E$，则 $AE=DE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，又设 $\angle AED=\theta$，则易知 $AD=\sqrt{3}\sin\dfrac{\theta}{2}$，由 $0<\theta<180^\circ$，知 $0<a<\sqrt{3}$．
（2）$k=2$，又必须区别两种情况．
情况一：长为 $a$ 的两条棱有一公共顶点，比如说 $D$，其他三个顶点 $A,B,C$ 围成边长为 $1$ 的正三角形．又假定 $DA=1$，而 $BD=CD=a$，设 $DA$ 与平面 $ABC$ 的夹角为 $\theta$，$BC$ 中点为 $E$，易知，
$\begin{aligned}
a&=\sqrt{BE^2+(AE+AD\cos\theta)^2+(AD\sin\theta)^2}\\
&=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\left(\dfrac{3}{2}+\cos\theta\right)^2+\sin^2\theta}\\
&=\sqrt{2+\sqrt{3}\cos\theta}
\end{aligned}$
其中 $0<\theta<180^\circ$，故 $\sqrt{2-\sqrt{3}}<a<\sqrt{2+\sqrt{3}}$．
情况二：长为 $a$ 的两条棱为对棱，不妨设为 $BC=AD=a$，而 $AB=AC=BD=CD=1$，此时设 $BC$ 中点为 $E$，$\angle AED=\theta$，则
$\begin{aligned}
a&=AD=2AE\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&=2\sqrt{1-\dfrac{a^2}{4}}\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&=\sqrt{4-a^2}\sin\dfrac{\theta}{2}\\
&<\sqrt{4-a^2}(所以0<\theta<180^\circ)
\end{aligned}$
此即 $0<a<\sqrt{2}$．
将两种情况合并考虑，得 $0<a<\sqrt{2+\sqrt{3}}$．
（3）$k=3$，这时总存在一个四面体．如果 $a\geqslant 1$，取边长为 $1$ 的正三角形 $\triangle ABC$，并设其中心为 $G$，过 $G$ 作直线 $l$ 垂直于平面 $ABC$，易知可以在 $l$ 取一点 $D$，使 $AD=BD=CD=a$；如果 $a\leqslant 1$，取正三角形 $\triangle ABC$ 其边长为 $a$，重心及 $l$ 如前，在 $l$ 上取 $D$，使得 $AD=BD=CD=1$．此时只要求 $a>0$ 即可．
（4）$k=4$．即四面体有 $4$ 条棱长为 $a$ 而其余两条长为 $1$．考虑一个相似的四面体，其 $4$ 条棱长为 $1$ 而另两条长为 $b=\dfrac{1}{a}$，这就回到了（2）．由 $0<b<\sqrt{2+\sqrt{3}}$ 知 $a>\dfrac{1}{b}=\sqrt{2-\sqrt{3}}$．
（5）$k=5$．同理可化为（1），易知此时有 $a>\dfrac{1}{\sqrt{3}}$．
答案
解析
备注
