15178. Ребро куба ABCDA'B'D'C'
равно 2a
. Отрезок PQ
, концы которого лежат на прямых BC'
и AB'
, пересекается с прямой CD'
в точке O
и делится этой точкой пополам. Найдите PQ
.
Ответ. 5a\sqrt{2}
.
Решение. Рассмотрим ортогональные проекции P'
и O'
точек соответственно P
и O
на плоскость AA'B'B
(рис. 1). Плоскость BCC'B'
перпендикулярна плоскости ABB'A'
, а прямые PP'
и B'C
параллельны, поэтому точка P'
лежит на прямой BB'
. В то же время, прямая BA'
— ортогональная проекция прямой CD'
на плоскость ABB'A'
, поэтому точка O'
лежит на прямой BA'
. Отрезок OO'
равен ребру куба, т. е. 2a
. Учитывая, что OO'
— средняя линия треугольника QPP'
, получаем PP'=4a
.
Треугольник BP'P
подобен треугольнику BB'C
с коэффициентом 2, поэтому
BP'=2OO'=4a,~B'P'=2a
Пусть K
— точка пересечения BA'
и AB'
. Рассмотрим треугольник QBP'
в плоскости ABB'A'
(рис. 2). Заметим, что BB'=B'P
и QO'=O'P
, поэтому QB'
и BO'
— медианы треугольника BQP'
, а K
— их точка пересечения. Значит,
KO'=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{4}BA',
откуда
BO'=\frac{3}{4}BA'=\frac{3}{4}\cdot2a\sqrt{2}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}.
Пусть L
— ортогональная проекция точки O'
на прямую BB'
. Тогда
LB'=\frac{1}{4}BB'=\frac{1}{4}\cdot2a=\frac{a}{2},
LP'=LB'+B'P'=\frac{a}{2}+2a=\frac{5a}{2},~O'L=BL=\frac{3}{4}BB'=\frac{3a}{2}.
Из прямоугольного треугольника LO'P
находим, что
P'O'=\sqrt{O'L^{2}+LP'^{2}}=\sqrt{\frac{9}{4}a^{2}+\frac{25}{4}a^{2}}=\frac{a\sqrt{34}}{2}.
Тогда
QP'=2P'O'=a\sqrt{34}.
Следовательно,
PQ^{2}=QP'^{2}+P'P^{2}=34a^{2}+16a^{2}=50a^{2}~\Rightarrow~PQ=2a\sqrt{5}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1990, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1990, с. 52, задача 5, вариант 1