14586. Дан правильный тетраэдр с ребром a
. Докажите, что сумма квадратов длин проекций (на любую плоскость) отрезков, соединяющих его центр с вершинами, равна a^{2}
.
Указание. Рассмотрите описанный параллелепипед тетраэдра, т. е. куб, и примените результат задачи 9093.
Решение. Пусть ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— описанный параллелепипед правильного тетраэдра AB_{1}CD_{1}
с ребром a
, т. е. куб с ребром \frac{a}{\sqrt{2}}
. Центр O
тетраэдра совпадает с центром куба.
Не вводя обозначений для проекций вершин куба, будем теперь считать, что ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— проекция куба на произвольную плоскость, а O
— проекция его центра.
Отрезки OA
и OD_{1}
— половины диагоналей AC_{1}
и BD_{1}
параллелограмма ABC_{1}D_{1}
(или отрезка). Сумма квадратов диагоналей этого параллелограмма равна сумме квадратов его сторон (см. задачу 4011), значит, квадратов
OA^{2}+OD_{1}^{2}=\frac{1}{4}(AB^{2}+C_{1}D_{1}^{2}+AD_{1}+BC_{1}^{2})
Аналогично,
OC^{2}+OB_{1}^{2}=\frac{1}{4}(CD^{2}+A_{1}B_{1}^{2}+CB_{1}^{2}+DA_{1}^{2}).
Сложив эти равенства, получим
OA^{2}+OD_{1}^{2}+OC^{2}+OB_{1}^{2}=
=\frac{1}{4}(AB^{2}+C_{1}D_{1}^{2}+AD_{1}^{2}+BC_{1}^{2}+CD^{2}+A_{1}B_{1}^{2}+CB_{1}^{2}+DA_{1}^{2})=
=\frac{1}{4}(AB^{2}+A_{1}B_{1}^{2}+C_{1}D_{1}^{2}+CD^{2}+(AD_{1}^{2}+DA_{1}^{2})+(CB_{1}^{2}+BC_{1}^{2}))=
=\frac{1}{4}(AB^{2}+A_{1}B_{1}^{2}+C_{1}D_{1}^{2}+CD^{2}+(AD^{2}+A_{1}D_{1}^{2}+AA_{1}^{2}+DD_{1}^{2})+
+(BC^{2}+B_{1}C_{1}^{2}+BB_{1}^{2}+CC_{1}^{2}))=\frac{1}{4}\cdot8\cdot\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^{2}=a^{2},
так как сумма квадратов проекций всех рёбер куба с ребром \frac{a}{\sqrt{2}}
равна 8\cdot\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^{2}
(см. задачу 9093).