Задача 110953

Темы:    [ Построения в пространстве и ГМТ ] [ Правильная призма ] [ Симметрия относительно плоскости ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 4, а боковое ребро равно 3. На ребре BB1 взята точка F , а на ребре CC1 – точка G так, что B1F=1 , CG= . Точки E и D – середины рёбер AC и B1C1 соответственно. Найдите наименьшее возможное значение суммы EP+PQ , где точка P принадлежит отрезку A1D , а точка Q – отрезку FG .

Решение

Заметим, что для любого фиксированного положения точки P сумма EP+PQ будет наименьшей, если PQ FG . Через прямую A1D проведём плоскость, перпендикулярную прямой FG . Это можно сделать, т.к. прямые прямые A1D и FG перпендикулярны (прямая FG лежит в плоскости грани BB1C1C , а прямая A1D перпендикулярна этой плоскости). Проведённая плоскость пересекает прямую FG в искомой точке Q0 (рис.1). При этом DQ0 FG . Рассмотрим прямоугольник BB1C1C (рис.2). Пусть L – проекция точки Q0 на B1C1 , N – точка пересечения прямых FG и B1C1 , а F' – проекция точки F на сторону CC1 . Обозначим GFF' = α , LD = 3t . Тогда LQ0D = Q0ND = GFF' = α . Из прямоугольного треугольника GFF' находим, что

tg α = = = = = .
Тогда
QL = = = 3t, NB1 = = = 3, ND = NB1+B1D = 3+2=5.
В прямоугольном треугольнике NQ0D отрезок Q0L – высота, проведённая из вершины прямого угла, поэтому Q0L2 = NL· LD , или 9t2 = (5-t)t , откуда находим, что t = . Тогда LD=t= , Q0L = 3t = . Пусть Q' – точка, симметричная точке Q0 относительно плоскости основания A1B1C1 . Тогда EP+PQ0 = EP+PQ' , поэтому задача сводится к нахождению минимальной суммы EP+PQ' . Докажем, что отрезки EQ' и A1D пересекаются (тогда искомая точка P будет пересечением этих отрезков). Поскольку плоскости граней BB1C1 и A1B1C1 перпендикулярны, точка L – середина Q0Q' . Пусть E1 – проекция точки E на плоскость основания A1B1C1 , а T – проекция точки Q0 на плоскость основания ABC . Тогда E1 – середина A1C1 . Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через параллельные прямые EE1 и TL (рис.3). Пусть отрезки EQ' и LE1 пересекаются в точке O . Из подобия треугольников LQO и EE1O находим, что
= = = = .
Рассмотрим основание A1B1C1 (рис.4). Пусть отрезки A1D и LE1 пересекаются в точке O1 . Через точку E1 проведём прямую, параллельную B1C1 , до пересечения с A1D в точке S . Тогда E1S – средняя линия треугольника A1DC1 , поэтому E1S = DC1 = 1 . Из подобия треугольников DO1L и SO1E1 находим, что
= = = .
Таким образом, отрезки EQ' и A1D пересекаются с отрезком LE1 в точках O и O1 соответственно, причём = . Значит, точки O и O1 совпадают. Следовательно, отрезки EQ' и A1D пересекаются. Пусть P0 – точка их пересечения. Тогда
EP+PQ EP+PQ0 = EP+PQ' EQ',
причём равенство достигается, когда точка P совпадает с точкой P0 . В этом случае
EP+PQ = EP0+PQ0 = EQ' = = =

==

==.


Выберем систему координат, как показано на рис.5. Обозначим A1P=x . Тогда рассматриваемые точки имеют координаты: P(x;0;0) , E(;1;3) , Q0(2;-;) . Задача сводится к нахождению наименьшего значения функции
f(x) = PE+PQ0 = + =

=+.
на отрезке [0;2] . Заметим, что для каждого фиксированного x [0;2] число f(x) – это сумма расстояний от точки W(x;0) плоскости xOy до точек U(;) и V(2;) этой плоскости. В свою очередь, эта задача сводится к нахождению на оси Ox такой точки X , для которой сумма расстояний до точек U и V минимальна. Известно, что X – это точка пересечения с осью Ox отрезка WV , где W – точка, симметричная точке U относительно оси Ox . Если U1 и V1 – проекции точек соответственно U и V на ось Ox , то = = = 2 . Значит,
x = +(2-)=.
Следовательно,
EP0+PQ0=UX+XV = f() =

=+ = .

Ответ

.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8855