Из вершин основания тетраэдра в боковых гранях проведены высоты. Докажите, что три прямые, соединяющие основания высот в каждой грани, параллельны одной плоскости. (Плоские углы при вершине — не прямые.)
Приведём три решения задачи. Два из них опираются на следующий полезный факт:
Если в треугольнике $ADB$ (в котором угол $D$ — не прямой) соединить основания высот $AK$ и $BL$, то образуется треугольник $KDL$, подобный данному, причем$\widehat{DKL}=\widehat{DAB}$,
$\widehat{DLK}=\widehat{DBA}$ (рис. 1).
(В самом деле, пусть угол $\widehat{ADB}=\varphi$ — острый. Тогда для рассматриваемых треугольников он общий, а содержащие его стороны пропорциональны:
$$
\dfrac{|DK|}{|DL|}=\dfrac{|DA|\cdot\cos\varphi}{|DB|\cdot\cos\varphi}=\dfrac{|DA|}{|DB|}.\tag{*}
$$
В случае тупого угла $ADB$ рассуждение аналогично.)
Первое решение. Пусть $ABCD$ — данный тетраэдр, $ABC$ — его основание. Докажем, что три прямые из условия задачи параллельны плоскости, которая касается описанной сферы тетраэдра в вершине $D$. Очевидно, каждая из боковых граней тетраэдра пересекает эту плоскость по касательной к описанной окружности этой грани, поэтому достаточно доказать, что эти три прямые параллельны соответствующим касательным.
Рассмотрим, например, грань $ABD$; пусть $AK$ и $BL$ — высоты этой грани, $DE$ — касательная к её описанной окружности (рис. 2). Тогда
$$
\widehat{ABK}=\dfrac12\uduga{AD}=\widehat{ADE}
$$
(первое равенство следует из теоремы об измерении угла, вписанного в окружность, второе — из теоремы об угле между касательной и хордой). Итак, углы $\widehat{DBA}$, $\widehat{DLK}$ и $\widehat{ADE}$ равны по величине, следовательно, прямые $KL$ и $DE$ параллельны.
Рис. 2Рис. 3
Их параллельность вытекает также из следующей полезной теоремы: в любом треугольнике $ADB$ радиус $DO$ описанной окружности и высота $DH$ образуют одинаковые углы с боковыми сторонами: $\widehat{ADO}=\widehat{HDB}$ (рис. 3).
Второе решение. Пусть $a$, $b$, $c$ — длины рёбер $DA$, $DB$, $DC$ тетраэдра. Отложим на лучах $DA$, $DB$, $DC$ отрезки $DA_1$, $DB_1$, $DC_1$, равные по длине произведениям $bc$, $ca$, $ab$ соответственно.
Докажем, что описанные в условии прямые параллельны прямым $A_1B_1$, $B_1C_1$ и $C_1A_1$ (тем самым, параллельны плоскости $A_1B_1C_1$).
Рассмотрим, как и прежде, грань $ABD$. Треугольники $KLD$ и $B_1A_1D$ подобны, поскольку согласно (*)
$$
\dfrac{|DK|}{|DL|}=\dfrac{|DA|}{|DB|}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{ca}{bc}=\dfrac{|DB_1|}{|DA_1|},
$$
следовательно, прямые $KL$ и $A_1B_1$ параллельны.
Разумеется, в этом решении вместо тройки $ab$, $bc$, $ca$ можно было бы взять любую пропорциональную ей тройку чисел, например, $\dfrac1c$, $\dfrac1a$, $\dfrac1b$.
Третье решение — векторное. Пусть $\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{c}$, тогда, как легко видеть из рисунка 1,
$$
\overrightarrow{LK}=\overrightarrow{BK}-\overrightarrow{BL}=b\cos\varphi\cdot\dfrac{\overrightarrow{a}}{a}-a\cos\varphi\cdot\dfrac{\overrightarrow{b}}{b}=\left(\dfrac{\overrightarrow{a}}{a^2}-\dfrac{\overrightarrow{b}}{b^2}\right)\cdot(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})
$$
(где $\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=ab\cos\varphi$). Аналогичная формула верна и для двух других боковых граней тетраэдра. Но три вектора
$$\dfrac{\overrightarrow{a}}{a^2}-\dfrac{\overrightarrow{b}}{b^2},\quad\dfrac{\overrightarrow{b}}{b^2}-\dfrac{\overrightarrow{c}}{c^2},\quad\dfrac{\overrightarrow{c}}{c^2}-\dfrac{\overrightarrow{a}}{a^2}$$
дают в сумме нуль-вектор и поэтому компланарны. Следовательно, описанные в условии прямые, будучи параллельны этим векторам, параллельны одной плоскости.
Н. Б. Васильев, В. Н. Дубровский, В. Л. Гутенмахер
