1.  Спер­ва по­стро­им па­рал­ле­ле­пи­пед П, в ко­то­рый дан­ный тет­ра­эдр ABCD будет впи­сан. Для этого через каж­дое ребро тет­ра­эд­ра про­ве­дем плос­кость  — бис­сек­тор внеш­не­го дву­гран­но­го угла. До­ка­жем, что плос­ко­сти, про­ве­ден­ные через скре­щи­ва­ю­щи­е­ся ребра дан­но­го тет­ра­эд­ра, па­рал­лель­ны.

Рас­смот­рим пару плос­ко­стей, про­ве­ден­ных через ребра AB и CD. В плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC от­ме­тим точку (в той же по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но пря­мой AB, что и C) так, что Ана­ло­гич­но стро­ит­ся точка в плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABD. Тогда легко ви­деть, что Тогда эти пары тре­уголь­ни­ков сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но внут­рен­не­го бис­сек­то­ра дву­гран­но­го угла при ребре AB дан­но­го тет­ра­эд­ра. В част­но­сти, точки C и сим­мет­рич­ны, как и точки и D. Но тогда от­рез­ки CD и пер­пен­ди­ку­ляр­ны этому бис­сек­то­ру и па­рал­лель­ны между собой. Зна­чит, они па­рал­лель­ны бис­сек­то­ру α внеш­не­го дву­гран­но­го угла при ребре AB. Оста­ет­ся до­ба­вить, что от­рез­ки и па­рал­лель­ны AB и друг другу. Таким об­ра­зом,   — па­рал­ле­ло­грамм, плос­кость ко­то­ро­го па­рал­лель­на α. Зна­чит, через ребро CD, яв­ля­ю­ще­е­ся диа­го­на­лью этого па­рал­ле­ло­грам­ма, про­хо­дит плос­кость, па­рал­лель­ная α, про­хо­дя­щей через скре­щи­ва­ю­ще­е­ся ребро AB. Оче­вид­но, что ана­ло­гич­ная про­це­ду­ра, на­чи­на­ю­ща­я­ся с бис­сек­то­ра β внеш­не­го дву­гран­но­го угла CD при­во­дит к ана­ло­гич­но­му ре­зуль­та­ту: ребро AB ока­зы­ва­ет­ся при­над­ле­жа­щим плос­ко­сти, па­рал­лель­ной β, со­дер­жа­щей скре­щи­ва­ю­ще­е­ся ребро тет­ра­эд­ра.

Од­на­ко, су­ще­ству­ет един­ствен­ная пара па­рал­лель­ных ребер, со­дер­жа­щих скре­щи­ва­ю­щи­е­ся ребра про­из­воль­но­го тет­ра­эд­ра. Зна­чит, по­стро­ен­ные две пары па­рал­лель­ных плос­ко­стей сов­па­да­ют, и бис­сек­то­ры α и β па­рал­лель­ны. Таким об­ра­зом, по­стро­ен­ные 6 бис­сек­то­ров об­ра­зу­ют па­рал­ле­ле­пи­пед П.

2.  До­ка­жем, что цен­тры впи­сан­ной и опи­сан­ной сфер этого тет­ра­эд­ра сов­па­да­ют. Пусть О центр опи­сан­ной сферы, тогда про­ек­ция этой точки на плос­кость каж­дой грани яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти этой грани. Тогда, со­глас­но тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы и ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка BCD (ее центр  — точка O_A) удо­вле­тво­ря­ют усло­вию Так как все грани тет­ра­эд­ра равны, ра­ди­у­сы их опи­сан­ных окруж­но­стей также равны  — зна­чит, длины всех пер­пен­ди­ку­ля­ров из O на плос­ко­сти гра­ней тет­ра­эд­ра (OO_A, OO_B, ...) равны между собой. Но тогда О яв­ля­ет­ся цен­тром сферы, ка­са­ю­щей­ся всех гра­ней тет­ра­эд­ра, то есть впи­сан­ной в него.

3.  До­ка­жем, что пер­пен­ди­ку­ля­ры, по­стро­ен­ные к гра­ням па­рал­ле­ле­пи­пе­да П через цен­тры этих гра­ней, со­дер­жат центр опи­сан­ной сферы O. Рас­смот­рим плос­кость α, со­дер­жа­щую ребро AB: центр впи­сан­ной сферы при­над­ле­жит бис­сек­то­ру внут­рен­не­го дву­гран­но­го угла при AB, то есть при­над­ле­жит плос­ко­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­ной α и со­дер­жа­щей AB. Кроме того, Тогда пер­пен­ди­ку­ляр l_AB про­ве­ден­ный через центр грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да, со­от­вет­ству­ю­щей ребру AB, про­хо­дит через се­ре­ди­ну диа­го­на­ли этой грани, то есть через се­ре­ди­ну AB. Но этот пер­пен­ди­ку­ляр со­дер­жит­ся в плос­ко­сти ABO и яв­ля­ет­ся в ней сре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к от­рез­ку AB. Зна­чит, l_AB со­дер­жит точку O. Ана­ло­гич­но, ее со­дер­жат пер­пен­ди­ку­ля­ры к дру­гим гра­ням па­рал­ле­ле­пи­пе­да, по­стро­ен­ные на их се­ре­ди­нах. част­но­сти, это озна­ча­ет, что l_AB и l_CD па­рал­лель­ны друг другу и про­хо­дят через общую точку О, то есть они сов­па­да­ют. Зна­чит, со­от­вет­ству­ю­щие грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да сов­ме­ща­ют­ся па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом на век­тор, ле­жа­щий на этой пря­мой. Зна­чит, бо­ко­вые ребра па­рал­ле­ле­пи­пе­да пер­пен­ди­ку­ляр­ны ос­но­ва­ни­ям, то есть П  — пря­мо­уголь­ный па­рал­ле­ле­пи­пед. 4. От­рез­ки a, b и c  — длины раз­лич­ных диа­го­на­лей гра­ней П. Тогда, со­глас­но тео­ре­ме Пи­фа­го­ра,

Ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен

Зна­чит,

Ответ: 8.

1.  Lets construct a parallelepiped into which the given tetrahedron ABCD will be inscribed. To do this, draw a plane through each edge of the tetrahedron  — the bisector of the external dihedral angle. Let us prove that the planes drawn through the crossing edges of this tetrahedron are parallel.

Consider a pair of planes through edges AB and CD. In the plane &triangle ABC we mark the point (in the same half-plane relative to the straight line AB as C) so that The point in the plane triangle ABD is constructed similarly. Then it is easy to see that Then these pairs of triangles are symmetric with respect to the inner bisector of the dihedral angle at the edge AB of the given tetrahedron. In particular, the points C and are symmetric, as are the points and D. But then the segments CD and are perpendicular to this bisector and parallel to each other. Hence, they are parallel to the bisector α of the outer dihedral angle at the edge AB. It remains to add that the segments and are parallel to AB and to each other.

Thus, is a parallelogram whose plane is parallel to α. Hence, through the edge CD, which is the diagonal of this parallelogram, there is a plane parallel to α passing through the crossing edge AB. Obviously a similar procedure starting with the bisector of the outer dihedral angle CD leads to a similar result: the edge AB turns out to belong to the plane parallel to containing the crossing edge of the tetrahedron.

However, there is only one pair of parallel edges containing intersecting edges of an arbitrary tetrahedron. Hence, the constructed two pairs of parallel planes coincide, and the bisectors α and β are parallel. Thus, the constructed 6 bisectors form a parallelepiped 2. Lets prove that the centers of the inscribed and circumscribed spheres of this tetrahedron coincide. Let O be the center of the circumscribed sphere, then the projection of this point onto the plane of each face is the center of the circumscribed circle of this face. Then, according to the Pythagorean theorem, the radius of the circumscribed sphere and the radius of the circumscribed circle of triangle BCD (its center is the point O_A) satisfy the condition Since all the faces of the tetrahedron are equal, the radii of their circumscribed circles are also equal, which means that the lengths of all perpendiculars from O on the plane of the faces of the tetrahedron (OO_A, OO_B, ...) are equal to each other. But then O is the center of the sphere touching all faces of the tetrahedron, i. e. inscribed in it.

3.  Let us prove that the perpendiculars drawn to the faces of the parallelepiped through the centers of these faces contain the center of the circumscribed sphere O. Consider the plane α containing the edge AB: the center of the inscribed sphere belongs to the bisector of the inner dihedral at AB, that is, belongs to the plane perpendicular to α and containing AB. Also, Then the perpendicular l_AB drawn through the center of the face of the parallelepiped corresponding to the edge AB passes through the midpoint of the diagonal of this face, that is, through the middle of AB. But this perpendicular is contained in the plane ABO and is in it the median perpendicular to the segment AB. Hence, l_AB contains point O. Similarly, it is contained by perpendiculars to other faces of the parallelepiped, drawn at their midpoints.

In particular, this means that l_AB and l_CD are parallel to each other and pass through a common point O, i. e. they match. This means that the corresponding faces of the parallelepiped are aligned by parallel transfer to a vector lying on this straight line. This means that the side edges of the parallelepiped are perpendicular to the bases, i. e. П is a rectangular parallelepiped. 4. Segments a, b and c are the lengths of different diagonals of the faces П. Then, according to the Pythagorean theorem, The radius of the circumscribed sphere is

Hence,