7849. Каждое из рёбер треугольной пирамиды ABCD
равно 1. Точка E
на ребре AB
, точка F
на ребре BC
и точка G
на ребре CD
взяты так, что AE=\frac{2}{3}
, BF=\frac{3}{4}
и CG=\frac{1}{2}
. Плоскость EFG
пересекает прямую AD
в точке H
. Найдите периметр треугольника HEG
.
Ответ. \frac{\sqrt{39}}{14}+\frac{2\sqrt{67}}{21}+\frac{\sqrt{19}}{6}
.
Решение. Заметим, что ABCD
— правильный тетраэдр. Рассмотрим плоскость треугольника ABC
. Пусть прямые EF
и AC
пересекаются в точке T
. Через вершину B
проведём прямую, параллельную AC
. Пусть эта прямая пересекает прямую EF
в точке M
. Обозначим CT=x
. Из подобия треугольников BMF
и CFT
находим, что BM=CT\cdot\frac{BF}{FC}=3x
. Из подобия треугольников BEM
и AET
находим, что
1+x=AT=BM\cdot\frac{AE}{EB}=3x\cdot2=6x,
откуда CT=x=\frac{1}{5}
.
Рассмотрим плоскость треугольника ADC
. Через вершину D
проведём прямую, параллельную AC
. Пусть эта прямая пересекает прямую TG
в точке N
. Поскольку прямая TG
лежит в секущей плоскости, точка её пересечения с прямой AD
есть точка H
. Из равенства треугольников DGN
и CGT
находим, что ND=CT=\frac{1}{5}
. Из подобия треугольников DHN
и AHT
следует, что
\frac{DH}{AH}=\frac{DN}{AT}=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{6}{5}}=\frac{1}{6}.
Поэтому DH=\frac{1}{7}
, AH=\frac{6}{7}
.
По теореме косинусов из треугольников DGH
и AEH
находим, что
GH=\sqrt{DG^{2}+DH^{2}-2DG\cdot DH\cos60^{\circ}}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{49}-\frac{1}{14}}=\frac{\sqrt{39}}{14},
EH=\sqrt{AE^{2}+AH^{2}-2AE\cdot AH\cos60^{\circ}}=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{36}{49}-\frac{4}{7}}=\frac{2\sqrt{67}}{21}.
Пусть O
— центр основания ABC
правильного тетраэдра ABCD
, K
— середина стороны AB
. Тогда DO
— высота тетраэдра, ортогональная проекция G_{1}
точки G
на плоскость основания лежит на прямой OC
, причём G_{1}
— середина OC
. Далее имеем:
DO=\sqrt{\frac{2}{3}},~GG_{1}=\frac{1}{2}DO=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}},~CK=\frac{\sqrt{3}}{2},~OC=\frac{\sqrt{3}}{3},~CG_{1}=\frac{\sqrt{3}}{6},
G_{1}K=CK-CG_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3},~KE=AE-AK=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\frac{1}{6},
G_{1}E=\sqrt{KE^{2}+G_{1}K^{2}}=\sqrt{\frac{1}{36}+\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{13}}{6},
EG=\sqrt{G_{1}E^{2}+G_{1}G^{2}}=\sqrt{\frac{13}{36}+\frac{1}{6}}=\sqrt{\frac{19}{36}}=\frac{\sqrt{19}}{6}.
Следовательно,
GH+EH+EG=\frac{\sqrt{39}}{14}+\frac{2\sqrt{67}}{21}+\frac{\sqrt{19}}{6}.
Источник: Вступительный экзамен на географический факультет МГУ. — 1983, вариант 2, № 5
Источник: Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике. — М.: Наука, 1986. — с. 75