14304. Докажите, что сумма квадратов площадей граней тетраэдра равна сумме квадратов площадей трёх непараллельных граней описанного около него параллелепипеда.
Решение. Пусть S_{1}
и S_{2}
— площади граней ADC
и BDC
, \varphi
— двугранный угол при ребре CD
, \alpha
— угол между прямыми AB
и CD
. Тогда
S_{1}^{2}+S_{2}^{2}-2S_{1}S_{2}\cos\varphi=\frac{1}{4}(AB\cdot CD\sin\alpha)^{2}
(см. задачу 14302).
Заметим, что правая часть этого равенства — квадрат площади F_{1}
соответствующей грани описанного параллелепипеда, т. е.
S_{1}^{2}+S_{2}^{2}-2S_{1}S_{2}\cos\varphi=F_{1}^{2}.
Аналогично, если S_{3}
и S_{4}
— площади граней ADB
и ABC
, двугранный угол при ребре AC
равен \psi
, а двугранный угол при ребре AD
равен \omega
, то
S_{1}^{2}+S_{3}^{2}-2S_{1}S_{3}\cos\omega=F_{2}^{2},~S_{1}^{2}+S_{4}^{2}-2S_{1}S_{4}\cos\psi=F_{3}^{2}.
Следовательно, сложив три этих равенства и применив равенство
S_{2}\cos\varphi+S_{3}\cos\omega+S_{4}\cos\psi=S_{1}
(см. задачу 8205), получим
F_{1}^{2}+F_{2}^{2}+F_{3}^{2}=(S_{1}^{2}+S_{2}^{2}-2S_{1}S_{2}\cos\varphi)+
(S_{1}^{2}+S_{3}^{2}-2S_{1}S_{3}\cos\omega)+(S_{1}^{2}+S_{4}^{2}-2S_{1}S_{4}\cos\psi)=
=S_{2}^{2}+S_{3}^{2}+S_{4}^{2}+S_{2}^{2}-2S_{1}(S_{2}\cos\varphi+S_{3}\cos\omega+S_{4}\cos\psi)+3S_{1}^{2}=
=S_{2}^{2}+S_{3}^{2}+S_{4}^{2}-2S_{1}S_{1}+3S_{1}^{2}=S_{1}^{2}+S_{2}^{2}+S_{3}^{2}+S_{4}^{2}.
Что и требовалось доказать.