14685. Боковые рёбра тетраэдра OABC
с вершиной O
попарно перпендикулярны. Точка H
— ортоцентр треугольника ABC
, а радиус вписанной сферы тетраэдра равен r
. Докажите, что OH\leqslant r(\sqrt{3}+1)
.
Решение. Лемма. Для любых чисел x
, y
и z
верно неравенство
x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant\frac{1}{3}(x+y+z)^{2}.
Доказательство.
x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant\frac{1}{3}(x+y+z)^{2}~\Leftrightarrow~3x^{2}+3y^{2}+3z^{2}\geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2xz+2yz~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}\geqslant2xy+2xz+2yz~\Leftrightarrow~(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}\geqslant0.
Последнее неравенство очевидно. Лемма доказана.
Пусть S_{0}
, S_{1}
, S_{2}
и S_{3}
— площади граней ABC
, BOC
, AOC
и AOB
соответственно. Применив лемму и результат задачи 7239, получаем
S_{0}^{2}=S_{1}^{2}+S^{2}_{2}+S_{3}^{2}\geqslant\frac{1}{3}(S_{1}+S_{2}+S_{3})^{2}~\Rightarrow~\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S_{0}}\leqslant\sqrt{3}.
Пусть V
— объём тетраэдра OABC
. Поскольку OH
— высота данного тетраэдра (см. задачу 9207), то V=\frac{1}{3}S_{0}\cdot OH
. С другой стороны (см. задачу 7185),
V=\frac{1}{3}r(S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}).
Из равенства
\frac{1}{3}S_{0}\cdot OH=\frac{1}{3}r(S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3})
получаем
OH=\frac{r(S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3})}{S_{0}}=r\left(1+\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S_{0}}\right)\leqslant r(1+\sqrt{3}).
Что и требовалось доказать.
Источник: Румынские математические олимпиады. —
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2007, № 3, задача 1 (2006, с. 85-86), с. 153