7303. Ортогональные проекции треугольника ABC
на две взаимно перпендикулярные плоскости являются правильными треугольниками со сторонами 1. Найдите периметр треугольника ABC
, если известно, что AB=\frac{\sqrt{5}}{2}
.
Ответ. \sqrt{2}+\sqrt{5}
.
Решение. Пусть две взаимно перпендикулярные плоскости \alpha
и \beta
пересекаются по прямой l
(можно считать, что точка A
лежит на этой прямой); B_{1}
и C_{1}
— ортогональные проекции точек B
и C
на плоскость \alpha
, B_{2}
и C_{2}
— на плоскость \beta
; M
и N
— ортогональные проекции точек B_{1}
и C_{1}
соответственно на прямую l
.
Из прямоугольного треугольника ABB_{2}
находим, что
BB_{2}=\sqrt{AB^{2}-AB_{2}^{2}}=\sqrt{\frac{5}{4}-1}=\frac{1}{2}.
Тогда B_{1}M=BB_{2}=\frac{1}{2}
, поэтому в прямоугольном треугольнике AB_{1}M
катет B_{1}M
вдвое меньше гипотенузы AB_{1}
. Значит,
\angle B_{1}AM=30^{\circ},~\angle C_{1}AN=180^{\circ}-\angle B_{1}AC_{1}-\angle B_{1}AM=180^{\circ}-60^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ},
поэтому точка N
совпадает с точкой A
и CC_{2}=C_{1}A=1
.
Из прямоугольного треугольника ACC_{2}
находим, что
AC=\sqrt{AC_{2}^{2}+CC_{2}^{2}}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.
Рассмотрим прямоугольную трапецию BB_{2}C_{2}C
. Опустим перпендикуляр BK
из вершины B
на основание CC_{2}
. Тогда
BK=B_{2}C_{2}=1,~CK=CC_{2}-KC_{2}=CC_{2}-BB_{2}=\frac{1}{2}.
Из прямоугольного треугольника BCK
находим, что
BC=\sqrt{BK^{2}+CK^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Следовательно,
AC+AB+BC=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}=\sqrt{2}+\sqrt{5}.