9739. Тетраэдр пересечён тремя плоскостями, каждая из которых параллельна двум его противоположным рёбрам и одинаково удалена от них. Докажите, что сумма квадратов площадей этих трёх сечений в четыре раза меньше суммы квадратов площадей граней тетраэдра.
Решение. Лемма. Ортогональная проекция треугольника на прямую, перпендикулярную его стороне (медиане), равна удвоенной площади треугольника, делённой на длину этой стороны (медианы), а ортогональная проекция параллелограмма на прямую, перпендикулярную его стороне (диагонали), равна площади параллелограмма, делённой на длину этой стороны (удвоенной площади параллелограмма делённой на длину диагонали).
Доказательство леммы легко увидеть на чертеже.
Рассмотрим тетраэдр ABCD
. Обозначим через s_{a}
, s_{b}
и s_{c}
— площади его указанных сечений, соответственно параллельных рёбрам DA
, DB
и DC
, а через S_{A}
, S_{B}
, S_{C}
и S_{D}
— площади граней BCD
, ACD
, ABD
и ABC
соответственно. Пусть A'
, B'
, C'
, K'
, L'
и M'
— ортогональные проекции точек соответственно A
, B
, C
, D
и середин соответственно K
, L
и M
рёбер DA
, DB
и AB
на плоскость, перпендикулярную ребру DC
. Тогда по свойствам параллельных проекций K'L'
, L'M'
и K'M'
— средние линии треугольника A'B'C'
, а C'M'
— его медиана. Значит, по лемме
C'L'=K'M'=\frac{1}{2}B'C'=\frac{1}{2}\cdot\frac{2S_{A}}{CD}=\frac{S_{A}}{CD},
C'K'=M'L'=\frac{1}{2}A'C'=\frac{1}{2}\cdot\frac{2S_{B}}{CD}=\frac{S_{B}}{CD},
K'L'=\frac{s_{c}}{\frac{1}{2}CD}=\frac{2s_{c}}{CD},~C'M'=\frac{2S_{\triangle CDM}}{CD}.
Сумма квадратов сторон параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей (см. задачу 4011), поэтому
2C'L'^{2}+2C'K'^{2}=K'L'^{2}+C'M'^{2},
или
2\cdot\left(\frac{S_{A}}{CD}\right)^{2}+2\cdot\left(\frac{S_{B}}{CD}\right)^{2}=\left(\frac{2s_{c}}{CD}\right)^{2}+\left(\frac{2S_{\triangle CDM}}{CD}\right)^{2},
откуда
2(S_{A}^{2}+S_{B}^{2})=4s_{c}^{2}+4S_{\triangle CDM}^{2}.
Аналогично получим, что
2(S_{C}^{2}+S_{D}^{2})=4s_{c}^{2}+4S_{\triangle ABN}^{2},
где N
— середина ребра CD
. Тогда
2(S_{A}^{2}+S_{B}^{2}+S_{C}^{2}+S_{D}^{2})=8s_{c}^{2}+4S_{\triangle CDM}^{2}+4S_{\triangle ABN}.
Рассмотрим теперь ортогональную проекцию тетраэдра на плоскость, перпендикулярную прямой MN
, т. е. параллелограмм A''C''B''D''
. Диагонали A''B''
и C''D''
этого параллелограмма — проекции сечений ABN
и CDM
соответственно, значит, по лемме
A''B''=\frac{2S_{\triangle ABN}}{MN},~C''D''=\frac{2S_{\triangle CDM}}{MN}.
Средние линии этого параллелограмма (отрезки, соединяющие середины противоположных сторон) — проекции сечений с площадями s_{a}
и s_{b}
, а так как стороны параллелограмма равны его средним линиям, то
A''D''=\frac{2s_{a}}{MN},~A''C''=\frac{2s_{b}}{MN}.
Значит (см. задачу 4011),
2(4s_{a}^{2}+4s_{b}^{2})=4S_{\triangle CDM}^{2}+4S_{\triangle ABN}^{2}.
Следовательно,
2(S_{A}^{2}+S_{B}^{2}+S_{C}^{2}+S_{D}^{2})=8s_{c}^{2}+4S_{\triangle CDM}^{2}+4S_{\triangle ABN}=
=8s_{c}^{2}+2(4s_{a}^{2}+4s_{b}^{2})=8(s_{c}^{2}+s_{a}^{2}+s_{b}^{2}),
откуда
S_{A}^{2}+S_{B}^{2}+S_{C}^{2}+S_{D}^{2}=4(s_{c}^{2}+s_{a}^{2}+s_{b}^{2}).
Что и требовалось доказать.
Автор: Дубровский В. Н.
Источник: Журнал «Квант». — 1987, № 10, с. 24, М1070; 1988, № 3, с. 24, М1070
Источник: Задачник «Кванта». — М1070