14312. Докажите, что в прямоугольном тетраэдре сумма квадратов площадей сечений, проведённых через боковые рёбра и точку пересечения медиан тетраэдра, равна половине квадрата площади основания.
Решение. Пусть DA=a
, DB=b
, DC=c
— боковые ребра прямоугольного тетраэдра ABCD
с вершиной D
. Квадрат площади основания тетраэдра равен сумме квадратов площадей его боковых граней (см. задачу 7239), т. е.
S_{\triangle ABC}^{2}=\frac{1}{4}(a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}).
Пусть M
— середина ребра BC
. Тогда сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через ребро DA
и точку пересечения медиан тетраэдра, — это прямоугольный треугольник ADM
с прямым углом при вершине D
(прямая AD
перпендикулярна плоскости BDC
, так как она перпендикулярна пересекающимся прямым DB
и DC
этой плоскости) и катетами AD=a
и DM
. Поскольку DM
— медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, то (см. задачу 1109)
DM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}+c^{2}}.
Тогда
S^{2}_{\triangle ADM}=\left(\frac{1}{2}AD\cdot DM\right)^{2}=\frac{1}{16}a^{2}(b^{2}+c^{2})=\frac{1}{16}(a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}).
Аналогично находим, что квадраты площадей двух других сечений, о которых говорится в условии, равны
\frac{1}{16}(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2})~\mbox{и}~\frac{1}{16}(a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}).
Следовательно, сумма квадратов площадей трёх сечений равна
2\cdot\frac{1}{16}(a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2})=\frac{1}{8}(a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2})=\frac{1}{2}S^{2}_{\triangle ABC}.
Что и требовалось доказать.