14303. Докажите, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки пространства до вершин тетраэдра не меньше четверти суммы квадратов его рёбер. Равенство имеет место для точки пересечения медиан тетраэдра.
Решение. Пусть M
— точка пересечения медиан тетраэдра ABCD
, P
— произвольная точка пространства. Тогда
\overrightarrow{PM}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD}),
16\overrightarrow{PM}^{2}=\overrightarrow{PA}^{2}+\overrightarrow{PB}^{2}+\overrightarrow{PC}^{2}+\overrightarrow{PD}^{2}+
+2(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PD}),
а так как
2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=PA^{2}+PB^{2}-AB^{2},~2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PC}=PA^{2}+PC^{2}-AC^{2},~
2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}=PA^{2}+PD^{2}-AD^{2},~2\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=PB^{2}+PC^{2}-BC^{2},~
2\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PD}=PB^{2}+PD^{2}-BD^{2},~2\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PD}=PC^{2}+PD^{2}-CD^{2},
то
0\leqslant16\overrightarrow{PM}^{2}=4(PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}+PD^{2})-
-(AB^{2}+AC^{2}+AD^{2}+BC^{2}+BD^{2}+CD^{2}).
Следовательно,
PA^{2}+PB^{2}+PC^{2}+PD^{2}\geqslant\frac{1}{4}(AB^{2}+AC^{2}+AD^{2}+BC^{2}+BD^{2}+CD^{2}).
Что и требовалось доказать.
Равенство выполняется лишь при совпадении точек P
и M
.