а)  Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. По­сколь­ку ребро куба в ко­рень мень­ше его диа­го­на­ли, ребро дан­но­го куба равно Тогда точки B, D, C₁ имеют ко­ор­ди­на­ты со­от­вет­ствен­но.

P лежит на про­дол­же­нии A₁C, по­это­му от­ре­зок A₁P можно рас­смат­ри­вать как диа­го­наль куба с реб­ром Тогда точка P имеет ко­ор­ди­на­ты

Найдём рас­сто­я­ние от P до точек D, B и C₁:

От­рез­ки C₁B, DB и DC₁  — диа­го­на­ли гра­ней куба, по­это­му по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Тогда Зна­чит, все рёбра тет­ра­эд­ра DBC₁P равны, по­это­му он пра­виль­ный.

б)  Ко­ор­ди­на­ты точки A: Раcсто­я­ние от точки P до точки A равно

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние Де­ни­са Чер­ны­ше­ва.

а)  Най­дем длины бо­ко­вых ребер тет­ра­эд­ра как длины век­то­ров и :

и От­сю­да вы­чис­лим :

Ана­ло­гич­но вы­чис­ля­ют­ся и

Най­дем длины ребер ос­но­ва­ния тет­ра­эд­ра как длины век­то­ров и :

Ана­ло­гич­но вы­чис­ля­ют­ся и Все ребра равны, зна­чит, PDBC₁  — пра­виль­ный тет­ра­эдр.

б)  Най­дем длину век­то­ра :

тогда

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

а)  Диа­го­наль куба в боль­ше его ребра: Сле­до­ва­тель­но,

За­ме­тим, что как диа­го­на­ли квад­ра­тов со сто­ро­ной AB. Тогда тре­уголь­ник BC₁D пра­виль­ный.

Пусть ABCD  — квад­рат, по­это­му имеем:

По­сколь­ку как на­крест ле­жа­щие и как вер­ти­каль­ные, по­лу­ча­ем: по двум углам, тогда

За­ме­тим, что тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный, тогда от­ку­да

В тре­уголь­ни­ке OMC имеем: по­сколь­ку верно. Тогда, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, ΔOMC пря­мо­уголь­ный, ∠M  =  90°.

BO  =  OD (C₁O  — ме­ди­а­на), и   — пра­виль­ный, по­это­му M  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, бис­сек­трис и высот ΔBDC₁, то есть центр опи­сан­ной окруж­но­сти.

M  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка BC₁D и ∠C₁MC  =  90°, по­это­му про­ек­ция точки  P  — точка  M, тогда PB  =  PC₁  =  PD.

За­ме­тим, что по тео­ре­ме ко­си­ну­сов

по­это­му   — пра­виль­ный тет­ра­эдр, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)   по тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Ответ: