Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1037
2015-02-14 
В тетраэдре $ABCD DB \perp DC$ и основание перпендикуляра, проведенного через точку $D$ к плоскости треугольника $ABC$, совпадает с ортоцентром этого треугольника. Докажите, что $(|AB| + |BC| + |AC|)^{2} \leq 6 (|AD|^{2} + |BD|^{2} + |CD|^{2})$. Для каких тетраэдров имеет место равенство?
Решение:
Докажем, что в данном тетраэдре противоположные ребра (например, $BC$ и $AD$) перпендикулярны. $BC \perp AED$ пл., так как $AE \perp BC$ и $DO \perp BC$ и, следовательно, $BC \perp AD$ (рис.).
Докажем, что плоские углы при вершине $D$ прямые. $DB \perp DC$ - по условию, $DC \perp AB$ как противоположные ребра тетраэдра, следовательно, $DC \perp ABD$ и, следовательно, $DC \perp AD$. Аналогично доказывается, что $AD \perp DB$.
Теперь в исходном неравенстве, выразив правую часть через $|AB|, |BC|$ и $|AC|: |AD|^{2} + |BD|^{2} = |AB|^{2}, |AD|^{2} + |CD|^{2} = |AC|^{2}$ и $|BD|^{2} + |CD|^{2} = |BC|^{2}$, получим
$(|AB| + |BC| + |AC|)^{2} \leq 3 (|AB|^{2} + |AC|^{2} + |BC|^{2})$,
что эквивалентно неравенству
$\frac{|AB|^{2} + |BC|^{2}}{2} - |AB| \cdot |BC| + \frac{|AB|^{2} + |AC|^{2}}{2} - |AB| \cdot |AC| + \frac{|BC|^{2}+|AC|^{2}}{2} - |BC| \cdot |AC| \geq 0$,
последнее очевидно, так как $\frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq ab$.
Равенство достигается при $|AB| = |BC| = |CA|$.
В тетраэдре $ABCD DB \perp DC$ и основание перпендикуляра, проведенного через точку $D$ к плоскости треугольника $ABC$, совпадает с ортоцентром этого треугольника. Докажите, что $(|AB| + |BC| + |AC|)^{2} \leq 6 (|AD|^{2} + |BD|^{2} + |CD|^{2})$. Для каких тетраэдров имеет место равенство?
Решение:
Докажем, что в данном тетраэдре противоположные ребра (например, $BC$ и $AD$) перпендикулярны. $BC \perp AED$ пл., так как $AE \perp BC$ и $DO \perp BC$ и, следовательно, $BC \perp AD$ (рис.).
Докажем, что плоские углы при вершине $D$ прямые. $DB \perp DC$ - по условию, $DC \perp AB$ как противоположные ребра тетраэдра, следовательно, $DC \perp ABD$ и, следовательно, $DC \perp AD$. Аналогично доказывается, что $AD \perp DB$.
Теперь в исходном неравенстве, выразив правую часть через $|AB|, |BC|$ и $|AC|: |AD|^{2} + |BD|^{2} = |AB|^{2}, |AD|^{2} + |CD|^{2} = |AC|^{2}$ и $|BD|^{2} + |CD|^{2} = |BC|^{2}$, получим
$(|AB| + |BC| + |AC|)^{2} \leq 3 (|AB|^{2} + |AC|^{2} + |BC|^{2})$,
что эквивалентно неравенству
$\frac{|AB|^{2} + |BC|^{2}}{2} - |AB| \cdot |BC| + \frac{|AB|^{2} + |AC|^{2}}{2} - |AB| \cdot |AC| + \frac{|BC|^{2}+|AC|^{2}}{2} - |BC| \cdot |AC| \geq 0$,
последнее очевидно, так как $\frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq ab$.
Равенство достигается при $|AB| = |BC| = |CA|$.
