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