等面四面体

方針：(iii) から (i) は直方体の中で四面体を作って示す。(i) から (iii) は、四面体の成立条件 の行列式 $\det T$ が $4XYZ$ になることを使う。
段 1（(ii) と (iii) は同値）。(iii) を仮定する。$X>0$ は $a^2< b^2+c^2$ で、$b^2+c^2<(b+c)^2$ なので $a< b+c$ である。同じく $b< c+a$、$c< a+b$ なので、3 辺 $a,b,c$ の三角形がある（三角形の成立条件）。上で見たとおり、$X,Y,Z>0$ はその 3 つの角が鋭角であることと同値なので、(ii) が成り立つ。逆に (ii) なら、3 つの角が鋭角なので $X,Y,Z>0$ である。
段 2（(iii) から (i)）。$p,q,r$ を上のとおりとし、$A(0,0,0)$、$B(p,q,0)$、$C(p,0,r)$、$D(0,q,r)$ とおく。
$$ p^2+q^2=\frac{X+Y}2=\frac{2c^2}2=c^2,\qquad p^2+r^2=\frac{X+Z}2=b^2,\qquad q^2+r^2=\frac{Y+Z}2=a^2 $$
である（$X+Y=(b^2+c^2-a^2)+(c^2+a^2-b^2)=2c^2$ などを使った）。よって
$$ AB^2=p^2+q^2=c^2,\quad CD^2=(p-0)^2+(0-q)^2+(r-r)^2=c^2, $$
$$ AC^2=p^2+r^2=b^2,\quad BD^2=p^2+0+r^2=b^2,\qquad AD^2=q^2+r^2=a^2,\quad BC^2=0+q^2+r^2=a^2 $$
である。4 点は同じ平面の上にない。実際、$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(p,q,0)\times(p,0,r)=(qr,-pr,-pq)$ は平面 $ABC$ の法線ベクトルで、$\overrightarrow{AD}=(0,q,r)$ との内積は $-pqr-pqr=-2pqr\ne0$ なので、$D$ は平面 $ABC$ の上にない（空間の平面と法線ベクトル）。よって $ABCD$ は求める等面四面体である。
段 3（(i) から (iii)）。等面四面体 $ABCD$ があるとする。4 つの面は実際の三角形なので、$a,b,c$ は三角形の成立条件を満たす。四面体の成立条件 の命題「四面体をなすための必要条件」により、6 本の長さ $BC=a$、$CA=b$、$AB=c$、$AD=a$、$BD=b$、$CD=c$ から作る行列 $T$ は $\det T>0$ を満たす。この $T$ は
$$ T=\begin{pmatrix}2c^2&c^2+b^2-a^2&c^2+a^2-b^2\\ c^2+b^2-a^2&2b^2&b^2+a^2-c^2\\ c^2+a^2-b^2&b^2+a^2-c^2&2a^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}X+Y&X&Y\\ X&X+Z&Z\\ Y&Z&Y+Z\end{pmatrix} $$
である（$2c^2=X+Y$、$2b^2=X+Z$、$2a^2=Y+Z$）。第 1 行で展開する。
$$ (X+Z)(Y+Z)-Z^2=XY+XZ+YZ,\qquad X(Y+Z)-ZY=XY+XZ-YZ,\qquad XZ-(X+Z)Y=XZ-XY-YZ $$
なので
$$ \det T=(X+Y)(XY+XZ+YZ)-X(XY+XZ-YZ)+Y(XZ-XY-YZ) $$
である。展開すると、第 1 項は $X^2Y+X^2Z+XY^2+Y^2Z+2XYZ$、第 2 項は $-X^2Y-X^2Z+XYZ$、第 3 項は $XYZ-XY^2-Y^2Z$ で、足すと
$$ \det T=4XYZ $$
となる。よって $XYZ>0$ である。
段 4（3 つとも正）。$X,Y,Z$ のうち 2 つが $0$ 以下だとすると、たとえば $X\le0$、$Y\le0$ なら $X+Y=2c^2\le0$ となり、$c>0$ に反する。ほかの組でも同じである。よって $0$ 以下のものは多くても 1 つである。1 つだけが $0$ 以下なら $XYZ\le0$ となり段 3 に反する。したがって $X,Y,Z$ はどれも正で、(iii) が成り立つ。
段 5（合同）。(i) が成り立つとき、段 2 の四面体も同じ 6 本の辺の長さをもつ。四面体の成立条件 の系「6 本の長さで四面体ができる条件」の (iii) により、6 本の辺の長さが同じ四面体は合同である。$\square$

thm-ist-exist の直方体と四面体 $A(0,0,0)$、$B(p,q,0)$、$C(p,0,r)$、$D(0,q,r)$ で考える（合同な四面体の体積と外接球の半径は等しい）。
段 1（体積）。直方体の 8 つの頂点のうち、四面体の頂点でないのは $(p,0,0)$、$(0,q,0)$、$(0,0,r)$、$(p,q,r)$ の 4 つである。直方体から四面体を取り除くと、この 4 頂点のそれぞれに角が 1 つずつ残る。たとえば $(p,0,0)$ の角は、4 点 $(p,0,0)$、$A(0,0,0)$、$B(p,q,0)$、$C(p,0,r)$ を頂点とする四面体で、$(p,0,0)$ から出る 3 本の辺は $x$ 軸・$y$ 軸・$z$ 軸の向きで互いに直交し、長さは $p,q,r$ である。その体積は $\dfrac13\cdot\dfrac12pq\cdot r=\dfrac16pqr$ である。ほかの 3 つの角も、互いに直交する長さ $p,q,r$ の 3 本の辺をもつので、体積はどれも $\dfrac16pqr$ である。よって
$$ V=pqr-4\cdot\frac16pqr=\frac13pqr $$
である。
段 2（体積の式）。$p^2=\dfrac X2$、$q^2=\dfrac Y2$、$r^2=\dfrac Z2$ なので
$$ V^2=\frac19p^2q^2r^2=\frac19\cdot\frac{XYZ}8=\frac{XYZ}{72} $$
で、$V>0$ から $V=\sqrt{\dfrac{XYZ}{72}}$ である。これが主張の式である。
段 3（外接球）。直方体の中心 $M\left(\dfrac p2,\dfrac q2,\dfrac r2\right)$ から直方体の 8 つの頂点までの距離は、どれも
$$ \sqrt{\left(\frac p2\right)^2+\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac r2\right)^2}=\frac12\sqrt{p^2+q^2+r^2} $$
である（各座標の差が $\pm\dfrac p2$、$\pm\dfrac q2$、$\pm\dfrac r2$ だから）。とくに $M$ は $A$、$B$、$C$、$D$ から等しい距離にある。四面体の 4 頂点を通る球はただ 1 つなので（四面体の外接球と内接球 の定理「外接球の存在と一意性」）、$M$ が外心で、
$$ R^2=\frac14(p^2+q^2+r^2)=\frac14\cdot\frac{X+Y+Z}2=\frac{a^2+b^2+c^2}8 $$
である（$X+Y+Z=a^2+b^2+c^2$）。$\square$

頂点 $A$ で考える。面 $ABC$ の $A$ の角 $\angle BAC$ の向かいの辺は $BC=a$ なので、$\angle BAC=\alpha$ である。面 $ABD$ の $\angle BAD$ の向かいの辺は $BD=b$ なので $\angle BAD=\beta$、面 $ACD$ の $\angle CAD$ の向かいの辺は $CD=c$ なので $\angle CAD=\gamma$ である（4 つの面は合同なので、同じ長さの辺の向かいの角は等しい）。よって $A$ に集まる 3 つの角の和は $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$（三角形の内角の和）である。$B$、$C$、$D$ でも、集まる 3 つの面の、向かいの辺はそれぞれ $a,b,c$ の 1 本ずつなので、同じである。$\square$

要点：直方体の中心 $M$ を通り座標軸に平行な 3 本の軸のまわりの $180^\circ$ 回転は、4 頂点を入れかえて四面体を自分自身に移す（たとえば $(x,y,z)\mapsto(p-x,q-y,z)$ は $A\leftrightarrow B$、$C\leftrightarrow D$）。外接球と内接球はただ 1 つなので回転で動かず、その中心は 3 本の軸の交点 $M$ である。重心は $\dfrac14(A+B+C+D)=M$ である。

要点：$A\to B\to C\to D\to A$ の順に結んだ空間の四角形の中点の平行四辺形は、2 辺が $\dfrac12\overrightarrow{AC}$、$\dfrac12\overrightarrow{BD}$ で、2 本の対角線が $m_1$ と $m_3$ である。平行四辺形の 2 本の対角線の内積は $\dfrac14\left(BD^2-AC^2\right)$ なので、$m_1\perp m_3$ は $AC=BD$ と同値である。4 点を結ぶ順を変えると残りの 2 つが出る。