Задача 109801

Темы:    [ Свойства сечений ] [ Прямоугольные параллелепипеды ] [ Ортогональная проекция (прочее) ] [ Длины и периметры (геометрические неравенства) ]

Сложность: 6 Классы: 10,11

Условие

Автор: Волченков С.Г.

В прямоугольном параллелепипеде проведено сечение, являющееся шестиугольником. Известно, что этот шестиугольник можно поместить в некоторый прямоугольник Π . Докажите, что в прямоугольник Π можно поместить одну из граней параллелепипеда.

Решение

Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁ – прямоугольный параллелепипед, в котором AB=a , AD=b , AA₁=c , причем a b c .

Без ограничения общности можно считать, что шестиугольное сечение KLMNPQ расположено так, что K AD , L AB , M BB₁ , N B₁C₁ , P C₁D₁ , Q D₁D (см. рис. 1) .

Рис. 1
В шестиугольнике KLMNPQ пары противоположных сторон параллельны (как прямые пересечения плоскости с парой параллельных плоскостей). Расстояние между параллельными прямыми QK и MN не меньше, чем расстояние между гранями ADD₁A₁ и BCC₁B₁ , которое равно a .

Рис. 2
Аналогично, расстояние между парами параллельных сторон KL и NP , LM и PQ не меньше длины одного из ребер параллелепипеда, и, следовательно, не меньше a .

Докажем, что проекция шестиугольника KLMNPQ на любую прямую, лежащую в плоскости этого шестиугольника, не меньше, чем a .

Поскольку противоположные стороны шестиугольника KLMNPQ параллельны, его проекция на некоторую прямую l будет совпадать с проекцией одного из отрезков KN , LP , MQ . Пусть, для определенности, проекция на l совпадает с отрезком K'N' , где K' и N' – проекции точек K и N соответственно.
Можно предполагать, что K' , N' , P и Q лежат по одну сторону от KN (этого можно добиться параллельным сдвигом l ).

Тогда один из углов K'KN , N'NK – не тупой, пусть, например, K'KN не тупой (см. рис. 2) . Тогда K'N' = KN sin K'KN KN sin QKN . Но KN sin QKN – это расстояние между прямыми QK и MN , поэтому K'N' KN sin QKN a .

Пусть шестиугольник KLMNPQ помещен в прямоугольник Π со сторонами, равными d₁ , d₂ . Тогда каждая из сторон d₁ , d₂ не меньше, чем длина проекции KLMNPQ на прямые, параллельные сторонам Π . Отсюда по доказанному
d₁ a, d₂ a. (1)
Заметим, что при проекции на плоскость ADD₁A₁ отрезок LP переходит в отрезок AD₁ (см. рис. 1) , поэтому LP AD₁ = . С другой стороны, LP содержится в Π , поэтому длина LP не превосходит длины диагонали прямоугольника Π . Получаем, что
d₁²+d₂² b²+c². (2)
Если бы каждая из сторон d₁ , d₂ была меньше b , то мы получили бы противоречие неравенству (2). Поэтому одна из сторон d₁ , d₂ не меньше b , другая сторона не меньше a в силу (1). Следовательно, в Π можно поместить прямоугольник со сторонами a , b , равный грани ABCD.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Всероссийская олимпиада по математике
год
Год	2004
Этап
Вариант	5
Класс
Класс	11
задача
Номер	04.5.11.8