7529. Докажите, что площадь проекции единичного куба на плоскость численно равна длине его проекции на прямую, перпендикулярную этой плоскости.
Решение. Пусть A'
, B'
, C'
, D'
, A_{1}'
, B_{1}'
, C_{1}'
, D_{1}'
— проекции вершин соответственно A
, B
, C
, D
, A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
, D_{1}
единичного куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
на некоторую плоскость, l
— прямая, перпендикулярная этой плоскости. Предположим, что точки B_{1}'
и D
(проекции вершин B_{1}
и D
) переходят во внутренние точки проекции куба — шестиугольника A'A_{1}'D_{1}'C_{1}'C'B'
.
Из свойств параллельного проектирования следует, что противоположные стороны этого шестиугольника попарно равны и параллельны, поэтому его диагонали A'C_{1}'
, A_{1}'C'
и B'D_{1}'
пересекаются в одной точке. Тогда площадь шестиугольника вдвое больше площади треугольника A'D_{1}'C'
.
Обозначим через \alpha
угол между плоскостью треугольника AD_{1}C
и плоскостью проекций. Пусть S_{\triangle AD_{1}C}=S
. Тогда
S_{\triangle A'D_{1}'C'}=S\cos\alpha,~S_{A'A_{1}'D_{1}'C_{1}'C'B'}=2S\cos\alpha,
а так как AD_{1}C
равносторонний треугольник со стороной \sqrt{2}
, то
S=\frac{(\sqrt{2})^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Поэтому S_{\triangle A'D_{1}'C'}=\sqrt{3}\cos\alpha
.
Проекция куба на прямую l
совпадает с проекцией на эту прямую диагонали B_{1}D
куба. Известно, что прямая B_{1}D
перпендикулярна плоскости треугольника AD_{1}C
, а так как угол между плоскостями равен углу между прямыми, соответственно перпендикулярными этим плоскостям, то угол между прямыми B_{1}D
и l
также равен \alpha
. Значит, проекция отрезка B_{1}D
на прямую l
равна B_{1}D\cos\alpha=\sqrt{3}\cos\alpha
. Что и требовалось доказать.
Аналогично для остальных случаев расположения куба и плоскости проекций.