14724. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
(S
— вершина) со стороной основания 2 и боковым ребром 4. Точка X
лежит на прямой SF
, точка Y
— на прямой AD
, причём отрезок XY
параллелен плоскости SAB
(или лежит в ней). Найдите наименьшую возможную длину отрезка XY
.
Ответ. \sqrt{\frac{5}{2}}
.
Решение. Пусть сторона основания пирамиды равна a
, боковое ребро равно b
, \angle SAB=\alpha
, а SM
— высота равнобедренного треугольника ASB
. Тогда
\cos\alpha=\frac{AM}{SA}=\frac{\frac{a}{2}}{b}=\frac{a}{2b}~\Rightarrow~\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{a}{2b}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{4b^{2}-a^{2}}}{2b}.
Спроектируем прямые AD
и SF
на плоскость SAB
параллельно прямой AD
. Поскольку отрезок XY
параллелен плоскости проекции, длина его проекции X'Y'
равна длине отрезка XY
. Точка Y'
при этом совпадёт с точкой A
, а так как EF\parallel AD
, то проекция F'
точки F
совпадёт с точкой пересечения прямых EF
и AB
. Таким образом, задача сводится к нахождению наименьшего расстояния \rho
от фиксированной точки A
до точки X'
, перемещающейся по фиксированной прямой SF'
, т. е. к длине \rho
перпендикуляра, опущенного из точки A
на эту прямую.
Пусть AP
— высота треугольника SAF'
. По теореме косинусов из треугольника SAF'
со сторонами AF'=AB=a
, SA=b
и углом \angle SAF'=180^{\circ}-\alpha
находим, что
SF'^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos(180^{\circ}-\alpha)=a^{2}+b^{2}+2ab\cos\alpha=
=a^{2}+b^{2}+2ab\cdot\frac{a}{2b}=2a^{2}+b^{2},
а так как
S_{\triangle SAF'}=\frac{1}{2}AF'\cdot SA\sin(180^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{2}ab\sin\alpha,
то
\rho=AP=\frac{2S_{\triangle SAF'}}{SF'}=\frac{ab\sin\alpha}{\sqrt{2a^{2}+b^{2}}}=\frac{ab\cdot\frac{\sqrt{4b^{2}-a^{2}}}{2b}}{\sqrt{2a^{2}+b^{2}}}=
=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{4b^{2}-a^{2}}{2a^{2}+b^{2}}}=\frac{2}{2}\sqrt{\frac{4\cdot4^{2}-2^{2}}{2\cdot2^{2}+4^{2}}}=\sqrt{\frac{5}{2}}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2024, заключительный этап, 11 класс, задача 7, вариант 11