9714. Ортогональной проекцией тетраэдра на плоскость одной из его граней является трапеция площади 1.
а) Может ли ортогональной проекцией этого тетраэдра на плоскость другой его грани быть квадрат площади 1?
б) А квадрат площади \frac{1}{2019}
?
Ответ. а) Не может. б) Может.
Решение. а) 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\times1\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
.
Проведём высоту BH
в треугольнике B'BC
. Тогда точка H
— проекция точки B
на плоскость A'B'CD
, так как прямая BH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым CB'
и CD
этой плоскости, а значит, и самой плоскости. Поэтому при проекции исходного тетраэдра на плоскость грани A'CD
получается трапеция A'HCD
.
Отрезок CH
— проекция катета BC
прямоугольного треугольника BCB'
на гипотенузу CB'
, поэтому (см. задачу 2728)
HC=\frac{BC^{2}}{B'C}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}.
Площадь трапеции A'HCD
равна
S(x)=DC\cdot\frac{A'D+HC}{2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x^{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}\right)\geqslant1
(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\gt0
, поэтому S(x)\gt1
.
б) Может, так как достаточно выбрать DD'
так, чтобы
AD'+\frac{1}{AD'}=2\cdot2019,
а потом уменьшить длины всех рёбер тетраэдра в \sqrt{2019}
раз.