Из произвольной точки $M$ внутри равностороннего треугольника опущены перпендикуляры $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$ на его стороны. Докажите, что сумма векторов $\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\overrightarrow{MK_3}$ равна $\dfrac32\,\overrightarrow{MO}$, где $O$ — центр треугольника.
Из произвольной точки $M$ опущены перпендикуляры $MK_1$, $\ldots$, $MK_n$ на все стороны правильного $n$-угольника (или их прололжения). Докажите, что $$
\overrightarrow{MK_1}+\ldots+\overrightarrow{MK_n}=\dfrac n2\,\overrightarrow{MO},
$$
где $O$ — центр $n$-угольника.
Из произвольной точки $M$ внутри правильного тетраэдра опущены перпендикуляры $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$, $MK_4$ на его грани. Докажите, что $$
\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\overrightarrow{MK_3}+\overrightarrow{MK_4}=\dfrac43\,\overrightarrow{MO},
$$
где $O$ — центр тетраэдра.
а) Проведём через точку $M$ прямые, параллельные сторонам треугольника и обозначим точки пересечения этих прямых со сторонами треугольника, как показано на рисунке 1.
Ясно, что,
$2\overrightarrow{MK_1}=\overrightarrow{MA_1}+\overrightarrow{MA_2}$,
$2\overrightarrow{MK_2}=\overrightarrow{MB_1}+\overrightarrow{MB_2}$,
$2\overrightarrow{MK_3}=\overrightarrow{MC_1}+\overrightarrow{MC_2}$,
и, в то же время,
$\overrightarrow{MC_1}+\overrightarrow{MB_2}=\overrightarrow{MA}$,
$\overrightarrow{MC_2}+\overrightarrow{MA_1}=\overrightarrow{MB}$,
$\overrightarrow{MA_2}+\overrightarrow{MB_1}=\overrightarrow{MC}$. Поэтому
$$
2(\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\overrightarrow{MK_3})=
\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=
3\overrightarrow{MO}+
\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}.
$$
Но, очевидно, $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow0$, следовательно, $2(\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\overrightarrow{MK_3})=
3\overrightarrow{MO}$, что и требовалось.
Рис. 1Рис. 2
б) Докажем сначала, что если $O$ — центр правильного многоугольника$A_1\ldots A_n$, то$\overrightarrow{OA_1}+\ldots+\overrightarrow{OA_n}=\overrightarrow0$.
В самом деле, при повороте на $\dfrac{360^\circ}n$ вокруг $O$ вершина $A_1$ перейдёт в $A_2$, $A_2$ — в $A_3$, $\ldots$, $A_n$ — в $A_1$, а вектор $\overrightarrow s=\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OA_2}+\ldots+\overrightarrow{OA_n}$ — в $\overrightarrow{OA_2}+\overrightarrow{OA_3}+\ldots+\overrightarrow{OA_n}+\overrightarrow{OA_1}=\overrightarrow s$,
т. е. не изменится. Поэтому $\overrightarrow s=\overrightarrow0$.
Опустим перпендикуляры $OP_1$, $\ldots$, $OP_n$ на стороны данного правильного многоугольника ($OP_i\parallel MK_i$), затем опустим из точки $M$ перпендикуляры $MB_i$ на прямые $OP_i$ (при чётном $n$ прямые $OP_i$ и $OP_{i+\frac{\scriptstyle n}{\scriptstyle2}}$, $i=1$, 2, $\ldots$, $\dfrac n2$, совпадают и $B_i=B_{i+\frac{\scriptstyle n}{\scriptstyle2}}$; см. рис. 2 для $n=6$). Поскольку $\overrightarrow{MK_i}=\overrightarrow{B_iP_i}=\overrightarrow{B_iO}+\overrightarrow{OP_i}$ и $P_1P_2\ldots P_n$ — правильный $n$-угольник с центром $O$,
$$
\begin{gather*}
\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\ldots+\overrightarrow{MK_n}=
(\overrightarrow{B_1O}+\overrightarrow{B_2O}+\ldots+\overrightarrow{B_nO})+
(\overrightarrow{OP_1}+\overrightarrow{OP_2}+\ldots+\overrightarrow{OP_n})=\\
=\overrightarrow{B_1O}+\overrightarrow{B_2O}+\ldots+\overrightarrow{B_nO}.\tag1
\end{gather*}
$$
Докажем, что точки $B_1$, $\ldots$, $B_n$ лежат в вершинах правильного $m$-угольника (где $m=n$, если $n$ нечётно, и $m=\dfrac n2$, если $n$ чётно) с центром в середине $O_1$ отрезка $MO$.
Точки $B_1$, $\ldots$, $B_n$ лежат на окружности с диаметром $MO$ (ибо $\widehat{MB_iO}=90^\circ$), поэтому достаточно доказать, что угловая величина любой из дуг, на которые эта окружность разбивается точками $B_1$, $\ldots$, $B_n$, равна $\dfrac{360^\circ}n$. Пусть $\uduga{B_iB_j}$ — одна из этих дуг и она не содержит точку $O$. Тогда $\angle B_iOB_j$ есть один из $2m$ равных углов, на которые разбивается плоскость $m$ прямыми $OB_i=OP_i$ (см. рис. 3, где $n=m=5$, $i=2$, $j=4$). Следовательно, $\widehat{B_iOB_j}=\dfrac{180^\circ}m$ и $\uduga{B_iB_j}=\dfrac{360^\circ}m$. Дуга, содержащая точку $O$, также имеет величину $360^\circ-(m-1)\cdot\dfrac{360^\circ}m=\dfrac{360^\circ}m$.
Из доказанного вытекает, что $\overrightarrow{O_1B_1}+\ldots+\overrightarrow{O_1B_n}=\overrightarrow0$, и согласно (1)
$$
\overrightarrow{MK_1}+\ldots+\overrightarrow{MK_n}=\overrightarrow{B_1O_1}+
\overrightarrow{B_2O_1}+\ldots+\overrightarrow{B_nO_1}+n\overrightarrow{O_1O}=
\dfrac n2\overrightarrow{MO}.
$$
Отметим, что эту задачу можно решить также методом пункта а).
Рис. 3Рис. 4
в) Достаточно доказать, что проекции векторов $\overrightarrow{MK_1}+\ldots+\overrightarrow{MK_4}$ и $\dfrac43\overrightarrow{MO}$ на какие-то две пересекающиеся плоскости совпадают. (Действительно, отсюда следует, что две проекции разности $\overrightarrow d$ этих векторов равны нуль-вектору, т. е. вектор $\overrightarrow d$ перпендикулярен одновременно двум пересекающимся плоскостям, а значит, $\overrightarrow d=\overrightarrow0$).
Эти плоскости можно выбрать так, чтобы доказательство свелось к плоскому случаю — задаче а). Именно, проведём через точку $M$ плоскость $p$, перпендикулярную, скажем, $MK_4$ и спроектируем на неё векторы $\overrightarrow{MK_i}$, $i=1$, 2, 3 (рис. 4). Каждый из них образует с плоскостью $p$ угол $\gamma$, равный углу между высотой и боковой гранью правильного тетраэдра $\left(\cos^2\gamma=\dfrac89\right)$‚ поэтому проекция вектора $\overrightarrow{MK_i}$ равна $\overrightarrow{MH_i}=\dfrac89\overrightarrow{MQ_i}$, где $Q_i$ — проекция точки $M$ на соответствующую сторону треугольника, получающегося в сечении тетраэдра плоскостью $p$. Пусть $O'$ — центр этого треугольника, тогда, согласно а),
$$
\overrightarrow{MH_1}+\overrightarrow{MH_2}+\overrightarrow{MH_3}=\dfrac89
(\overrightarrow{MP_1}+\overrightarrow{MP_2}+\overrightarrow{MP_3})=
\dfrac89\cdot\dfrac32\overrightarrow{MO'}=\dfrac43\overrightarrow{MO'}.
$$
Остаётся заметить, что левая часть этого равенства есть проекция суммы $\overrightarrow{MK_1}+\ldots+\overrightarrow{MK_4}$, на плоскость $p$ (проекция суммы векторов равна сумме их проекций), а правая — проекция вектора $\dfrac43\overrightarrow{MO}$. Это же рассуждение годится и для плоскостей, параллельных другим граням тетраэдра.
Попробуйте решить задачу а) аналогичным способом, сведя двумерный случай к одномерному с помощью проекции.
Наметим ещё одно решение задачи в) (которое можно приспособить и к задачам а) и б)). Рассмотрим вектор разности $\overrightarrow d=(\overrightarrow{MK_1}+\overrightarrow{MK_2}+\overrightarrow{MK_3}+\overrightarrow{MK_4})-\dfrac43\overrightarrow{MO}$ как функцию от вектора $\overrightarrow a=\overrightarrow{MO}$. Легко проверить, что утверждение задачи справедливо для вершин $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ тетраэдра, значит, $\overrightarrow d(\overrightarrow{A_iO})=\overrightarrow0$. Кроме того, $\overrightarrow d(\overrightarrow a)$ — линейная векторная функция, т. е. $\overrightarrow d(\overrightarrow a+\overrightarrow b)=\overrightarrow d(\overrightarrow a)+\overrightarrow d(\overrightarrow b)$ и $\overrightarrow d(k\overrightarrow a)=k\overrightarrow d(\overrightarrow a)$. (Действительно, сумма векторов $\overrightarrow{MK_i}$ равна сумме проекций вектора $\overrightarrow{MO}$ на четыре прямые, перпендикулярные граням тетраэдра, — это доказывается так же, как равенство (1) в пункте б), в котором векторы $\overrightarrow{B_iO}$ как раз и являются проекциями $\overrightarrow{MO}$ на прямые, перпендикулярные
сторонам $n$-угольника. Но легко видеть, что проекция вектора на прямую является линейной функцией этого вектора.) Отсюда вытекает, что $\overrightarrow d(\overrightarrow a)=\overrightarrow0$ для любого вектора $\overrightarrow a$, поскольку ero всегда можно представить в виде $k_1\overrightarrow{A_1O}+k_2\overrightarrow{A_2O}+k_3\overrightarrow{A_3O}$.
