7451. Сторона основания ABCD
правильной призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равна 2a
, боковое ребро — a
. Рассматриваются отрезки с концами на диагонали AD_{1}
грани AA_{1}D_{1}D
и диагонали DB_{1}
призмы, параллельные плоскости AA_{1}B_{1}B
.
а) Один из таких отрезков проведён через точку M
диагонали AD_{1}
, для которой AM:AD_{1}=2:3
. Найдите его длину.
б) Найдите наименьшую длину всех рассматриваемых отрезков.
Ответ. \frac{a\sqrt{5}}{3}
, \frac{a}{\sqrt{2}}
.
Решение. Через точку M
проведём плоскость, параллельную плоскости AA_{1}B_{1}B
. Пусть секущая плоскость пересекает рёбра AD
, BC
, B_{1}C_{1}
, A_{1}D_{1}
данного параллелепипеда соответственно в точках P
, Q
, R
, S
, а диагонали BD
и B_{1}D_{1}
граней ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— соответственно в точках E
и F
. Тогда плоскости PQRS
и BDD_{1}B_{1}
пересекаются по прямой EF
. Если N
— точка пересечения прямых EF
и DB_{1}
, то отрезок MN
параллелен плоскости AA_{1}B_{1}B
, а его концы лежат на прямых AD_{1}
и DB_{1}
.
Первый способ. Пусть \frac{AM}{AD_{1}}=\frac{2}{3}
. Тогда
\frac{PD}{BQ}=\frac{PD}{AP}=\frac{MD_{1}}{AM}=\frac{1}{2},
поэтому
\frac{PN}{NR}=\frac{EN}{NF}=\frac{DE}{B_{1}F}=\frac{DE}{BE}=\frac{DP}{BQ}=\frac{1}{2},
значит,
PM=\frac{2}{3}PS=\frac{2}{3}AA_{1}=\frac{2}{3}a,
PN=\frac{1}{3}PR=\frac{1}{3}AB_{1}=\frac{1}{3}\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}B_{1}^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{a^{2}+4a^{2}}=\frac{1}{3}a\sqrt{5}.
Обозначим \angle SPR=\angle A_{1}AB_{1}=\alpha
. Тогда \tg\alpha=\frac{A_{1}B_{1}}{AA_{1}}=2
. Поэтому
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
По теореме косинусов из треугольника MPN
находим, что
MN=\sqrt{PM^{2}+PN^{2}-2PM\cdot PN\cos\alpha}=
=\sqrt{\frac{4a^{2}}{9}+\frac{5a^{2}}{9}-2\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{a\sqrt{5}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{1}{3}a\sqrt{5}.
Пусть теперь точка M
перемещается по отрезку AD_{1}
. Для каждого её положения строим плоскость PQRS
, параллельную плоскости AA_{1}B_{1}B
, и точку N
на DB_{1}
. Обозначим \frac{AM}{AD_{1}}=x
(0\leqslant x\leqslant1)
. Указанным выше способом находим, что
PM=xa,~PN=(1-x)a\sqrt{5}.
Тогда
MN^{2}=PM^{2}+PN^{2}-2PM\cdot PN\cos\alpha=
=x^{2}a^{2}+5(1-x)^{2}a^{2}-2\cdot xa\cdot(1-x)a\sqrt{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=
=a^{2}(x^{2}+5-10x+5x^{2}-2x+2x^{2})=
=a^{2}(8x^{2}-12x+5)=a^{2}\left(2\left(4x^{2}-2\cdot2x\frac{3}{2}+\frac{9}{4}\right)-\frac{9}{2}+5\right)=
=a^{2}\left(2\left(2x-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}\right)\geqslant\frac{1}{2}a^{2},
причём равенство достигается при x=\frac{3}{4}
. Следовательно, наименьшее значение длины отрезка MN
равно \frac{a}{\sqrt{2}}
.
Второй способ. Введём прямоугольную систему координат DXYZ
, взяв за начало вершину D
. Ось DX
направим по лучу DA
, ось DY
— по лучу DC
, ось DZ
— по лучу DD_{1}
. Обозначим DP=t
. Найдём координаты точек M
и N
, используя подобие треугольников:
M\left(t;0;\frac{2a-t}{2a}\cdot a\right)=M\left(t;0;\frac{2a-t}{2}\right);~N\left(t;t;a\cdot\frac{t}{2a}\right)=M\left(t;t;\frac{t}{2}\right).
Тогда
MN^{2}=(t-t)^{2}+(t-0)^{2}+\left(\frac{t}{2}-\frac{2a-t}{2}\right)^{2}=t^{2}+(t-a)^{2}=
=2t^{2}-2at+a^{2}=2(t^{2}-at)+a^{2}=2\left(t-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}+a^{2}=
=2\left(t-\frac{a}{2}\right)^{2}+\frac{a^{2}}{2}\geqslant\frac{a^{2}}{2},
причём равенство достигается при t=\frac{a}{2}
. Следовательно, наименьшее значение длины отрезка MN
равно \frac{a}{\sqrt{2}}
.
Если же AM:AD_{1}=2:3
, то t=\frac{2}{3}a
, следовательно,
MN=\sqrt{t^{2}+(t-a)^{2}}=\sqrt{\frac{4}{9}a^{2}+\frac{1}{9}a^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{3}.
Третий способ. Рассмотрим проекцию призмы параллельно прямой DB_{1}
на плоскость грани ABB_{1}A_{1}
. Проекции точек A
, B
, B_{1}
и A_{1}
— сами эти точки, проекции точек D
и B_{1}
— точка B_{1}
. Пусть проекции точек C
, C_{1}
и D_{1}
— C'
, C_{1}'
и D_{1}'
соответственно. Тогда проекция призмы — шестиугольник ABC'C_{1}'D_{1}'A_{1}
, диагонали BD_{1}'
и A_{1}C'
которого пересекаются в точке B_{1}
, противоположные стороны попарно равны и параллельны (см. рис.),
AA_{1}=BB_{1}=C'C_{1}'=D'B_{1}=a,~~AB=C'B_{1}=C_{1}'D_{1}'=A_{1}'B_{1}=2a.
Отрезок, о котором говорится в условии, параллелен плоскости проекций, поэтому он переходит в равный и параллельный ему отрезок M'B_{1}
, причём точка M'
лежит на отрезке AD_{1}'
и делит его в отношении AM':M'D_{1}'=AM:MD_{1}=2:1
.
В треугольнике ABD_{1}'
известно, что
AB=2a,~BD_{1}'=2BB_{1}=2a,~\angle ABD_{1}'=90^{\circ},~AD_{1}'=2a\sqrt{2},
причём B_{1}
— середина катета BD_{1}'
. По теореме косинусов
M'B_{1}=\sqrt{\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)^{2}+a^{2}-2a\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2a\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{3}.
Наименьшая длина отрезка M'B_{1}
равна перпендикуляру B_{1}H
к прямой AD_{1}'
— половине высоты BT
равнобедренного прямоугольного треугольника ABD_{1}'
, т. е. \frac{a\sqrt{2}}{2}
.
Примечание. См. также статью Г.Бевза «Задачи можно решать проще», Квант, 1979, N11, с.41-43.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1977, билет 6, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 77-6-5, с. 194
Источник: Журнал «Квант». — 1979, № 11, с. 41, задача 2
Источник: Калинин А. Ю., Терёшин Д. А. Геометрия. 10—11 классы. — М.: МЦНМО, 2011. — пример 4.14, с. 166