5. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka su $A'$, $B'$, $C'$ ortogonalne projekcije točaka $A$, $B$, $C$ na pravac $p$ te neka je $\angle ATA'=\alpha$.

Kako je $\angle ATB=\angle BTC=\angle CTA=120^\circ$, slijedi da je $\angle BTB'=60^\circ-\alpha$, $\angle CTC'=60^\circ+\alpha$.

Točka $T$ je ujedno i središte trokutu opisane kružnice pa je

$$|AT|=|BT|=|CT|=R=\frac{a\sqrt3}{3}.$$

Sada iz pravokutnih trokuta $ATA'$, $BTB'$, $CTC'$ slijedi

$$|AA'|=|AT|\cdot\sin\alpha=\frac{a\sqrt3}{3}\sin\alpha$$ $$|BB'|=|BT|\cdot\sin(60^\circ-\alpha)=\frac{a\sqrt3}{3}\sin(60^\circ-\alpha)$$ $$|CC'|=|CT|\cdot\sin(60^\circ+\alpha)=\frac{a\sqrt3}{3}\sin(60^\circ+\alpha).$$

Štoviše, primjenom formule $\sin^2\varphi=\frac{1-\cos2\varphi}{2}$ te adicijskih formula za kosinus zbroja i razlike imamo redom:

$$\begin{aligned} |AA'|^2+|BB'|^2+|CC'|^2 &=R^2\left[\sin^2\alpha+\sin^2(60^\circ-\alpha)+\sin^2(60^\circ+\alpha)\right]\\ &=\frac{a^2}{3}\left[\frac{1-\cos2\alpha}{2}+\frac{1-\cos(120^\circ-2\alpha)}{2}+\frac{1-\cos(120^\circ+2\alpha)}{2}\right]\\ &=\frac{a^2}{3}\cdot\frac{3-\cos2\alpha-2\cos120^\circ\cos2\alpha}{2}\\ &=\frac{a^2}{3}\cdot\frac32=\frac{a^2}{2}, \end{aligned}$$

čime je tvrdnja dokazana.

Drugo rješenje.

Smjestimo jednakostranični trokut u koordinatni sustav tako da mu je težište u ishodištu koordinatnog sustava, te da vrh $A$ leži na pozitivnom dijelu osi $x$. Tada vrhovi trokuta imaju koordinate

$$A\left(\frac{a\sqrt3}{3},0\right),\quad B\left(-\frac{a\sqrt3}{6},\frac a2\right)\quad\text{i}\quad C\left(-\frac{a\sqrt3}{6},-\frac a2\right).$$

Povucimo kroz ishodište proizvoljni pravac kao na slici. Jednadžba tog pravca je $y=kx$, tj. $kx-y=0$.

Primjenom formule za udaljenost točke od pravca dobivamo da je traženi zbroj kvadrata udaljenosti vrhova trokuta od pravca $p$ jednak:

$$d=\left(\frac{k\cdot\frac{a\sqrt3}{3}}{\sqrt{k^2+1}}\right)^2+\left(\frac{-\frac a2-k\cdot\frac{a\sqrt3}{6}}{\sqrt{k^2+1}}\right)^2+\left(\frac{\frac a2-k\cdot\frac{a\sqrt3}{6}}{\sqrt{k^2+1}}\right)^2.$$

Sređivanjem ovog izraza dobivamo

$$d=\frac{\frac13k^2a^2+2\cdot\frac1{12}k^2a^2+2\cdot\frac{a^2}{4}}{k^2+1}=\frac{\frac12a^2(k^2+1)}{k^2+1}=\frac12a^2,$$

što je i trebalo dokazati.

Provjerimo tvrdnju iz zadatka i u slučaju da težištem prolazi pravac $x=0$. Tada je

$$d=\left|\frac{a\sqrt3}{3}\right|^2+\left|-\frac{a\sqrt3}{6}\right|^2+\left|-\frac{a\sqrt3}{6}\right|^2=\frac{12a^2+3a^2+3a^2}{36}=\frac12a^2,$$

pa tvrdnja vrijedi za sve pravce koji prolaze težištem trokuta.