9767. Площадь поверхности тетраэдра ABCD
равна S
. Известно, что AB=6
, BC=9
, CD=7
, DA=2
. Докажите, что S\gt AC\cdot BD
.
Решение. Первый способ. Заметим, что
AB^{2}+CD^{2}=6^{2}+7^{2}=2^{2}+9^{2}=AD^{2}+BC^{2}.
Тогда из равенства
AB^{2}+CD^{2}-AD^{2}-BC^{2}=2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}
(см. задачу 8291) следует, что рёбра AC
и BD
перпендикулярны.
Рассмотрим ортогональную проекцию тетраэдра на плоскость, параллельную прямым AC
и BD
. Получим четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями, равными AC
и BD
. Его площадь равна S'=\frac{1}{2}AC\cdot BD
(см. задачу 3018). Грани же тетраэдра при проектировании в эту плоскость дважды накрывают этот четырёхугольник, поэтому S\gt2S'
. Следовательно, S\gt AC\cdot BD
.
Второй способ. Заметим, что
AB^{2}+CD^{2}=6^{2}+7^{2}=2^{2}+9^{2}=AD^{2}+BC^{2}.
Рассмотрим описанный параллелепипед AKBLNDMC
тетраэдра ABCD
, где AN\parallel KD\parallel BM\parallel LC
(см. задачу 7041). Обозначим AK=x
, AL=y
, AN=z
. Тогда (см. задачу 4011)
AB^{2}+CD^{2}=AB^{2}+KL^{2}=2x^{2}+2y^{2},
AD^{2}+BC^{2}=AD^{2}+KN^{2}=2x^{2}+2z^{2},
а так как
AB^{2}+CD^{2}=AD^{2}+BC^{2},
то
2x^{2}+2y^{2}=2x^{2}+2z^{2},
откуда y=z
. Значит, ANCL
— ромб. Его диагонали AC
и LN
перпендикулярны, а так как BD\parallel LN
, то AC\perp BD
.
Пусть AH
— высота треугольника ABD
. Прямая BD
перпендикулярна пересекающимся прямым AH
и AC
плоскости AHC
, поэтому прямая BD
перпендикулярна этой плоскости. Тогда CH
— высота треугольника BCD
.
Заметим, что
S_{\triangle ABD}+S_{\triangle CBD}=\frac{1}{2}AH\cdot BD+\frac{1}{2}CH\cdot BD=
=\frac{1}{2}BD(AH+CH)\gt\frac{1}{2}BD\cdot AC.
Аналогично устанавливается, что сумма площадей двух других граней также больше \frac{1}{2}AC\cdot BD
. Следовательно, S\gt AC\cdot BD
.
Автор: Максимов Д.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 2016, первый тур, 11 класс