14827. Дан единичный куб
ABCDA'B'C'D'
с боковыми рёбрами
AA'
,
BB'
,
CC'
и
DD'
. Через прямую
B'C
проведена плоскость, пересекающая ребро
AB
и составляющая угол
60^{\circ}
с прямой
A'B
. В каком отношении эта плоскость делит ребро
AB
?
Ответ.
1:1
.
Решение. Пусть
E
— точка пересечения секущей плоскости с ребром
AB
,
BO
— перпендикуляр к секущей плоскости
CB'E
,
H
— точка пересечения прямой
B'O
с отрезком
CE
,
F
— точка пересечения
A'B
и
B'E
. Тогда
OF
— ортогональная проекция наклонной
BF
на плоскость сечения, поэтому
\angle BFO=60^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника
BOF
получаем, что
BO=BF\sin60^{\circ}
.
Обозначим
BE=x
. Прямая
BH
перпендикулярна пересекающимся прямым
BB'
и
BO
плоскости
BB'H
, поэтому
BH
— высота прямоугольного треугольника
CBE
, проведённая из вершины прямого. Тогда (см. задачу 1976)
BH=\frac{BE\cdot BC}{CE}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}.

Аналогично, из прямоугольного треугольника
B'BH
находим, что
BO=\frac{BH\cdot BB'}{B'H}=\frac{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\cdot1}{\sqrt{\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\right)^{2}+1}}=\frac{x}{\sqrt{2x^{2}+1}}.

Точка
F
лежит на диагонали
A'B
квадрата
AA'B'B
, поэтому отрезок
BF
— биссектриса прямоугольного треугольника
B'BE
, проведённая из вершины прямого угла. Значит (см. задачу 4021)
BF=\frac{2BE\cdot BB'\cos45^{\circ}}{BE+BB'}=\frac{2x\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{x+1}=\frac{x\sqrt{2}}{x+1}.

Следовательно,
BO=BF\sin60^{\circ},~\mbox{или}~\frac{x}{\sqrt{2x^{2}+1}}=\frac{x\sqrt{2}}{x+1}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}.

После очевидных упрощений получаем уравнение
4x^{2}-4x+1=0,~\mbox{или}~(2x-1)^{2}=0,

откуда
x=\frac{1}{2}
. Следовательно,
BE:EA=1:1
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1989, задача 5
Источник: Журнал «Квант». — 1990, № 3, с. 65, задача 5, вариант 1