Информация о задаче

Задача 108000

Темы:	[	Максимальное/минимальное расстояние	]
	[	Правильный тетраэдр	]
	[	Пространственные многоугольники	]
	[	Движение помогает решить задачу	]
	[	Длины и периметры (геометрические неравенства)	]
	[	Медиана пирамиды (тетраэдра)	]
	[	Проектирование помогает решить задачу	]

Сложность: 6-
Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Автор: Шарыгин И.Ф.

Муха летает внутри правильного тетраэдра с ребром a. Какое наименьшее расстояние она должна пролететь, чтобы побывать на каждой грани и вернуться в исходную точку?

Решение

Рассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть муха побывала на каждой из граней тетраэдра и вернулась в исходную точку. Без ограничения общности можно считать, что муха $\epsfbox{1993/ol93116-1.mps}$

сначала побывала на грани ABC, потом - на грани BCD, затем - на DAB, и, наконец, на ACD. Обозначим соответствующие точки на гранях, в которых побывала муха, через E, F, G и H (рис. ). Ясно, что минимальное расстояние, которое муха могла пролететь, равно периметру пространственного четырехугольника EFGH.

1^o. Проведем через DC плоскость, перпендикулярную AB (плоскость симметрии тетраэдра ABCD) и рассмотрим четырехугольник E₁F₁G₁H₁, симметричный EFGH относительно этой плоскости. (Вершины E₁ и G₁ останутся на тех же гранях, что E и G соответственно, F₁ попадет на одну грань с H, а H₁ - на одну грань с F.) Периметры четырехугольников EFGH и E₁F₁G₁H₁ равны.

2^o. Лемма. Рассмотрим любой пространственный четырехугольник KLMN (рис. ). Пусть P и Q - середины сторон KL и MN. Tогда

PQ $\displaystyle \le$ $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ (KN + LM).

Доказательство. Обозначим через R середину диагонали LN. Имеем PR = ${\frac{1}{2}}$ KN, RQ = ${\frac{1}{2}}$ LM. Таким образом,

PQ $\displaystyle \le$ PR + RQ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ (KN + LM).

Лемма доказана.

Обозначим через E₂, F₂, G₂ и H₂ середины отрезков EE₁, FH₁, GG₁ и HF₁ соответственно. Вершины этого четырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, согласно лемме, периметр четырехугольника E₂F₂G₂H₂ не $\epsfbox{1993/ol93116-2.mps}$ $\epsfbox{1993/ol93116-3.mps}$

больше периметра EFGH. Кроме того, вершины E₂ и G₂ (середины EE₁ и GG₁) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через CD, т. е. на медианах CT и DT граней ABC и ABD (рис. ).

Исходя из четырехугольника E₂F₂G₂H₂, точно так же построим E₃F₃G₃H₃, симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через AB, а затем, взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырехугольников, лежащих в одной грани, получим E₄F₄G₄H₄, все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра ABCD, проходящих через CD и AB. Иными словами, вершины E₄ и G₄ лежат на отрезках CT и DT, а вершины F₄ и H₄ - на медианах AS и BS граней ACD и BCD.

При этом периметр E₄F₄G₄H₄ не превосходит периметра EFGH. Значит, периметр EFGH не меньше, чем 4d, где d - расстояние между прямыми CT и BS.

3^o. Осталось построить путь длины 4d и найти d. Пусть E₀ и F₀ - основания общего перпендикуляра к прямым CT и BS, причем E₀ лежит на CT, а F₀ - на BS. Обозначим через G₀ точку, симметричную точке E₀ относительно плоскости ABS. Из симметрии ясно, что F₀G₀ - общий перпендикуляр к прямым BS и DT. Аналогично строится точка H₀, при этом G₀H₀ и H₀E₀ являются общими перпендикулярами соответственно к DT и AS и к AS и CT. Значит, периметр четырехугольника E₀F₀G₀H₀ равен 4d. Заметим, что нужно еще проверить, что основания этих общих перпендикуляров лежат на гранях тетраэдра, а не на их продолжениях, это будет сделано ниже (нам еще нужно вычислить d).

4^o. Проведем через AB плоскость, перпендикулярную CT и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим треугольник ABD' (рис. ), в котором AB = a, D'T = $\sqrt{\frac{2}{3}}$ a (по формуле для длины высоты правильного тетраэдра). $\epsfbox{1993/ol93116-4.mps}$

Точка S перейдет в S' - середину D'T. Искомое расстояние d равно расстоянию от точки T до прямой BS' (поскольку общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции). Кроме того, очевидно, что основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BS', лежит на отрезке BS', а не на его продолжении, значит, точка F₀ лежит на отрезке BS. Аналогично доказывается, что и остальные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не на их продолжениях.

В прямоугольном треугольнике BTS' известны катеты BT = ${\frac{a}{2}}$ , TS' = ${\frac{a}{2}}$ $\sqrt{\frac{2}{3}}$ . Значит, BS' = ${\frac{a}{2}}$ $\sqrt{\frac{5}{3}}$ ; d = ${\frac{BT\cdot TS'}{BS'}}$ = ${\frac{a}{\sqrt{10}}}$ .

Комментарии. 1^o. Из решения задачи видно, что искомых траекторий ровно три (почему?).

2^o. Известна аналогичная задача для плоскости: жук ползает внутри треугольника со сторонами a, b, c. Какое наименьшее расстояние он может проползти, чтобы побывать на каждой стороне и вернуться в исходную точку? В случае остроугольного треугольника эта задача называется задачей Фаньяно.

Оказывается, что кратчайший путь в случае остроугольного треугольника соединяет основания высот треугольника, а в случае прямо- или тупоугольного треугольника вырождается в двойной отрезок высоты.

Замечания

Источники и прецеденты использования


олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	56
Год	1993
вариант
Класс	11
задача
Номер	6