9615. Найдите наименьшую площадь сечения куба с ребром a
плоскостью, проходящей через его диагональ.
Ответ. \frac{a^{2}\sqrt{6}}{2}
.
Решение. Пусть плоскость сечения куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
проходит через диагональ BD_{1}
и пересекает рёбра AA_{1}
и CC_{1}
в точках K
и L
соответственно. Тогда полученное сечение BLD_{1}K
параллелограмм (см. задачу 8009).
Первый способ. Обозначим A_{1}K=CL=x
(0\leqslant x\leqslant a
). Пусть прямые D_{1}K
и AD
пересекаются в точке E
, а прямые D_{1}L
и CD
— в точке F
(рис. 1). Тогда плоскость сечения пересекает плоскость ABC
по прямой EF
, проходящей через точку B
. Пусть DH
— высота прямоугольного треугольника EDF
. По теореме о трёх перпендикулярах D_{1}H\perp EF
, значит, DHD_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью сечения и плоскостью ABC
. Обозначим его через \varphi
(0\lt\varphi\lt\frac{\pi}{2}
). По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093) S_{BLD_{1}K}=\frac{ABCD}{\cos\varphi}
, поэтому площадь сечения минимальна, если максимален \cos\varphi
, или минимален угол \varphi
.
Из подобия треугольников AKE
и D_{1}KA_{1}
находим, что
AE=\frac{AK}{A_{1}K}\cdot A_{1}D_{1}=\frac{a-x}{x}\cdot a=\frac{a(a-x)}{x},
а из подобия треугольников FCL
и D_{1}C_{1}L
—
CF=\frac{CL}{C_{1}L}\cdot C_{1}D_{1}=\frac{x}{a-x}\cdot a=\frac{ax}{a-x}.
Тогда
DE=AD+AE=a+\frac{a(a-x)}{x}=\frac{a^{2}}{x},~DF=CD+CF=a+\frac{ax}{a-x}=\frac{a^{2}}{a-x},
EF=\sqrt{DE^{2}+AE^{2}}=\sqrt{\frac{a^{4}}{x^{2}}+\frac{a^{4}}{(a-x)^{2}}}=\frac{a^{2}\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}}}{x(a-x)},
DH=\frac{DE\cdot DF}{EF}=\frac{\frac{a^{4}}{x(a-x)}}{\frac{a^{2}\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}}}{x(a-x)}}=\frac{a^{2}}{\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}}},
\tg\varphi=\frac{DD_{1}}{DH}=\frac{a}{\frac{a^{2}}{\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}}}}=\frac{\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}}}{a}=
=\frac{\sqrt{2}}{a}\cdot\sqrt{\frac{x^{2}+(a-x)^{2}}{2}}\geqslant\frac{\sqrt{2}}{a}\cdot\frac{x+a-x}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}
(среднее квадратичное двух неотрицательных чисел не меньше их среднего арифметического), а так как минимальному тангенсу острого угла соответствует минимальный угол, то этот минимальный угол равен \arctg\frac{\sqrt{2}}{2}
. Тогда его косинус равен \sqrt{\frac{2}{3}}
, а минимальная площадь сечения равна
\frac{a^{2}}{\sqrt{\frac{2}{3}}}=a^{2}\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{2}.
Второй способ. Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки K
на диагональ BD_{1}
(рис. 2). Поскольку BLD_{1}K
параллелограмм, его площадь равна удвоенной площади треугольника BKD_{1}
, т. е.
S_{BLD_{1}K}=BD_{1}\cdot KP=a\sqrt{3}KP.
Отрезок KP
минимален, если он общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AA_{1}
и BD_{1}
. Известно, он равен \frac{a\sqrt{2}}{2}
(см. задачу 7173). При этом точки K
и P
— середины AA_{1}
и BD_{1}
. Следовательно, минимальная площадь сечения равна
a\sqrt{3}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{2}.