|
|
 |
Условие
Ортогональной проекцией тетраэдра на плоскость одной из его граней является трапеция площади 1. Может ли ортогональной проекцией этого тетраэдра на плоскость другой его грани быть квадрат площади 1?Решение
Предположим, что это возможно, и исходный тетраэдр $A'BCD$ проецируется в квадрат $ABCD$ со стороной 1. Достроим исходный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда $ABCDA'B'C'D'$, имеющего размеры $1\times 1\times x$.
Заметим, что исходный тетраэдр симметричен относительно плоскости $AA'C'C$. Поэтому при проекции на плоскость грани $A'BD$ трапеция получиться не может (если две противоположные стороны параллельны, то две другие тоже параллельны). В силу симметрии достаточно рассмотреть проекцию на плоскость грани $A'CD$. Проведем высоту $BH$ в треугольнике $B'BC$ (см. рис.). Тогда точка $H$ — проекция точки $B$ на плоскость $A'B'CD$, так как прямая $BH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CB'$ и $CD$ в этой плоскости, а значит, и самой плоскости. Поэтому при проекции исходного тетраэдра на плоскость грани $A'CD$ получается трапеция $A'HCD$. Из прямоугольного треугольника $BB'C$ в силу подобия получаем $HC : BC = BC : B'C$. Отсюда находим $$ HC = \frac{BC^2}{B'C} = \frac1{\sqrt{x^2+1}}. $$ Площадь трапеции $A'HCD$ равна $$ S(x) = DC \cdot \frac{A'D + HC}{2} = \frac12\Bigl(\sqrt{x^2+1} + \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\Bigr) \geqslant 1 $$ (здесь мы воспользовались неравенством о средних для двух положительных чисел: $\frac{a + b}{2} \geqslant \sqrt{ab}$). При этом равенство достигается, только если слагаемые равны между собой, т. е. при $x = 0$. Но $x>0$, поэтому $S(x) > 1$.
