Seja ABCD um tetraedro com \angle \mathrm{BDC}=90^{\circ} e a projeção de D na face oposta cai no ortocentro de ABC . Prove que
(A B+B C+C A)^{2} \leq 6\left(A D^{2}+B D^{2}+C D^{2}\right)

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos um tetraedro ABCD tal que
  1. \angle BDC=90^\circ.
  2. A projeção ortogonal de D no plano \triangle ABC é o ortocentro H de ABC.
Queremos provar
\bigl(AB+BC+CA\bigr)^2\;\le\;6\bigl(AD^2+BD^2+CD^2\bigr).
O conteúdo principal envolve coordenadas vetoriais e identidades no triângulo em torno do ortocentro.

Passo 2

Coloquemos o plano ABC como z=0. Em coordenadas vetoriais, sejam \mathbf A,\mathbf B,\mathbf C os vetores de A,B,C no plano z=0, \mathbf H o ortocentro de ABC e \mathbf D=\mathbf H+t\,\mathbf k, onde \mathbf k é o versor perpendicular ao plano.
Então, para cada vértice X\in\{A,B,C\}, temos
XD^2 = |\mathbf X-\mathbf D|^2 =|\mathbf X-\mathbf H|^2 + t^2.
Logo
AD^2+BD^2+CD^2 =\bigl(AH^2+BH^2+CH^2\bigr)+3\,t^2.

Passo 3

No triângulo ABC vale a identidade clássica
AH^2+BH^2+CH^2 =\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{3}.
Portanto
AD^2+BD^2+CD^2 =\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{3}+3\,t^2.

Passo 4

Pela condição \angle BDC=90^\circ temos \overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{CD}=0.
Em coordenadas,
(\mathbf B-\mathbf H + t\,\mathbf k)\cdot(\mathbf C-\mathbf H + t\,\mathbf k) = (\mathbf B-\mathbf H)\cdot(\mathbf C-\mathbf H) + t^2 =0.
Mas no plano, (\mathbf B-\mathbf H)\cdot(\mathbf C-\mathbf H) =\tfrac12\bigl(BH^2+CH^2-BC^2\bigr).
Logo
\tfrac12\bigl(BH^2+CH^2-BC^2\bigr)+t^2=0 \quad\Longrightarrow\quad t^2 = \frac{BC^2 - BH^2 - CH^2}{2}.

Passo 5

Ainda no triângulo ABC, use a relação vetorial do ortocentro \mathbf{AH}+\mathbf{BH}+\mathbf{CH}=\mathbf0.
Dessa soma nula segue
AH^2+BH^2+CH^2 +2\bigl(AH\!\cdot\!BH+BH\!\cdot\!CH+CH\!\cdot\!AH\bigr)=0,
isto é
AH\!\cdot\!BH+BH\!\cdot\!CH+CH\!\cdot\!AH =-\frac{AH^2+BH^2+CH^2}2.
Usando isso e as fórmulas para BC^2,CA^2,AB^2 em função de distâncias a H e produtos escalares, obtém-se
AB^2+BC^2+CA^2 \;=\;3\bigl(AH^2+BH^2+CH^2\bigr).

Passo 6

Defina
S \;=\; AH^2+BH^2+CH^2 \;=\;\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{3}.
Então a soma de quadrados pedida é
AD^2+BD^2+CD^2 = S + 3\,t^2.
Logo a desigualdade que queremos
(AB+BC+CA)^2 \;\le\;6\,(AD^2+BD^2+CD^2)
torna-se
(AB+BC+CA)^2 \;\le\; 6\Bigl(S+3\,t^2\Bigr).

Passo 7

Convertemos para ângulos do triângulo ABC. Seja R o raio do circuncírculo, e escreva
AB=2R\sin C,\quad BC=2R\sin A,\quad CA=2R\sin B.
Também mostra-se (usando produto escalar e lei dos cossenos) que
t^2 =4R^2\cos A\,\cos B\,\cos C,
e que
S =\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{3} =\frac{4R^2}{3}\bigl(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C\bigr).
No triângulo vale ainda
\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C =2+2\cos A\,\cos B\,\cos C.

Passo 8

Substituindo tudo em \;(AB+BC+CA)^2\le6\,(S+3t^2)!,
obtemos uma desigualdade puramente trigonométrica em A,B,C (com A+B+C=\pi). Por exemplo chega-se a
\bigl(\sin A+\sin B+\sin C\bigr)^2 \;\le\; 2\Bigl(2+11\,\cos A\,\cos B\,\cos C\Bigr).
Mostra-se então, por simetria e medidas de substituição (ou por um argumento de máximos em função de A,B,C), que o caso de igualdade ocorre em A=B=C=60^\circ (triângulo equilátero), e à esquerda nunca ultrapassa o lado direito.

Resposta

\boxed{\,(AB+BC+CA)^2 \,\le\,6\,(AD^2+BD^2+CD^2)\,.}

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