14820. Через вершину
A
правильного тетраэдра
ABCD
, ребро которого равно
a
, проведена плоскость, параллельная ребру
CD
. Известно, что сечение
AEF
есть треугольник с периметром
P
. Найдите
BE
.
Ответ. Если
2a\lt P\lt3a
, то
BE=\frac{1}{3}(2a-P+2\sqrt{(P+a)(P-2a)})
;
если
a=2P
, то
BE=0
;
если
P=3a
, то
BE=a
.
Решение. Пусть
\frac{BE}{BC}=k
. Через прямую
CD
, параллельную плоскости
AEF
, проведена плоскость
BCD
, пересекающая плоскость
AEF
по прямой
EF
. Значит,
EF\parallel CD
(см. задачу 8003), поэтому треугольник
BEF
равносторонний, и
EF=BE=kBC=ka
. Заметим, что
2a\leqslant P\leqslant3a
(см. задачу 7285).
Обозначим
ka=x
. По теореме косинусов
AF=AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}-2AB\cdot BE\cos60^{\circ}}=\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}.

Тогда
P=2AE+EF=2\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}+x~\Rightarrow~2\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}=P-x.

Очевидно, что
P=\geqslant x
, поэтому
4(a^{2}+x^{2}-ax)=(P-x)^{2}~\Leftrightarrow~3x^{2}-2(2a-p)x+4a^{2}-P^{2}=0,

причём
4a^{2}-P^{2}\lt0
, так как
P\gt2a
. Значит, корни полученного квадратного уравнения имеют разные знаки. Условию задачи удовлетворяет только положительный, т. е. больший корень этого уравнения
x=\frac{2a-P+\sqrt{(2a-P)^{2}-3(2a-P)(2a+P)}}{3}=

=\frac{1}{3}(2a-P+\sqrt{(2a-P)(2a-P-3(2a+P)})=

=\frac{1}{3}(2a-P+\sqrt{4(P-2a)(P+a)})=\frac{1}{3}(2a-P+2\sqrt{(P-2a)(P+a)}).

Источник: Вступительный экзамен на математико-механический факультет ЛГУ (СПбГУ). — 1984, задача 5
Источник: Журнал «Квант». — 1985, № 4, с. 54, задача 5, вариант 2