Ответ: $\dfrac{2a}{5}\sqrt{10}$.
Мы должны найти пространственный четырёхугольник наименьшего периметра с вершинами, принадлежащими четырём граням правильного тетраэдра. Предположим, что $E$, $F$, $G$, $H$ — точки, принадлежащие граням $ABC$, $BCD$, $DAB$ и $ACD$ соответственно (рис. 1). Проведём плоскость $DCT$, перпендикулярную ребру $AB$ (одна из плоскостей симметрии тетраэдра $ABCD$) и рассмотрим четырёхугольник $E_1F_1G_1H_1$, симметричный четырёхугольнику $EFGH$ относительно плоскости $DCT$. Точки $E_1$ и $G_1$ лежат на тех же гранях тетраэдра, а $H_1$ и $F_1$ — соответственно на гранях $BDC$ и $ADC$. Пусть $E_2$, $F_2$, $G_2$ и $H_2$ — середины отрезков $EE_1$, $FH_1$, $GG_1$ и $HF_1$. Докажем, что периметр четырёхугольника $E_2F_2G_2H_2$ не больше периметра $EFGH$. Для этого нам потребуется следующая
Рисунок номер 1
Рисунок номер 2
Лемма. Пусть $KLMN$ — пространственный четырёхугольник, а $P$ и $Q$ — середины $KL$ и $MN$. Тогда
$$
PQ \le \dfrac12(KN+LM)
$$
Доказательство. Пусть $R$ — середина диагонали $LN$ (рис. 2). Тогда
$$
PR=\dfrac12KN,\quad RQ=\dfrac12LM,
$$
но это и нужно было доказать.
Из леммы сразу следует, что периметр $E_2F_2G_2H_2$ не больше периметра $EFGH$. Кроме того, вершины $E_2$ и $G_2$ (середины $EE_1$ и $GG_1$) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $CD$, т. е. на медианах граней $ABC$ и $ABD$, проведённых к $AB$.
Обозначим середину ребра $AB$ через $T$. Исходя из $E_2F_2G_2H_2$, точно так же построим сначала четырёхугольник $E_3F_3G_3H_3$, симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $AB$, а затем взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырёхугольников, лежащих в одной грани, получим четырёхугольники $E_4F_4G_4H_4$, все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра $ABCD$, проходящих через $CD$ и $AB$. Иными словами, вершины $E_4$ и $G_4$, лежат на медианах граней $ABC$ и $ABD$, проведённых к $AB$, a вершины $F_4$ и $H_4$ — на медианах граней $CDB$ и $CDA$, проведённых к $CD$. Обозначим эти медианы $AS$ и $BS$. При этом периметр $E_4F_4G_4H_4$, не превосходит периметра $EFGH$. Значит, периметр $EFGH$ не превосходит 4$d$, где $d$ — расстояние между $CT$ и $BS$. Возьмём теперь четырёхугольник $E_0F_0G_0H_0$ таким, что его стороны $E_0F_0$, $F_0G_0$, $G_0H_0$ и $H_0E_0$ являются общими перпендикулярами соответственно к $CT$ и $BS$, $BS$ и $DT$, $DT$ и $AS$, $AS$ и $CT$ (рис. 3); мы получим четырёхугольник с периметром 4$d$ (из соображений симметрии ломаная замкнётся).
Итак, мы доказали, что наименьший периметр четырёхугольника $EFGH$ равен 4$d$, где $d$ — расстояние между $CT$ и $BS$. Найдём $d$.
Рисунок номер 3
Проведём через $AB$ плоскость, перпендикулярную $CT$, и спроектируем на неё наш тетраэдр (рис. 4, а, б). Получим треугольник $ABD'$, в котором $AB=1$, $D'T=a\sqrt{\dfrac23}$. Точка $S$ перейдёт в $S'$ — середину $D'T$. Искомое расстояние $d$ равно расстоянию от точки $T$ ($= C'$) до прямой $BS'$ (сам общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции и по теореме о трёх перпендикулярах перпендикулярен $BS'$ — проекции $BS$ на эту плоскость).
Рисунок номер 4а
Рисунок номер 4б
В прямоугольном треугольнике $BTS'$ известны катеты $BT=\dfrac a2$, $TS'=\dfrac a2\sqrt{\dfrac23}$. Значит, $BS'=\dfrac a2\sqrt{\dfrac53}$; $d=\dfrac{BT\cdot TS'}{BS'}=\dfrac{a}{\sqrt{10}}$.
Замечание. Известна аналогичная задача для плоскости: жук ползает внутри треугольника со сторонами $a$, $b$, $c$. Какое наименьшее расстояние он может проползти, чтобы побывать на каждой стороне и вернуться в исходную точку?
Оказывается, кратчайший путь в случае остроугольного треугольника соединяет основания высот треугольника, а в случае прямо- или тупоугольного вырождается в двойной отрезок высоты.
