ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 115446
Темы:    [ Куб ]
[ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ]
[ Теорема о трех перпендикулярах ]
[ Расстояние между двумя точками. Уравнение сферы ]
[ Теорема Пифагора в пространстве ]
Сложность: 4-
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Укажите точки на поверхности куба, из которых диагональ куба видна под наименьшим углом.

Решение

Рассмотрим одну из диагоналей куба АВСDA1B1C1D1 , например, А1С (см. рис. 11.3б, в). Заметим, что диагональ A1C видна из любой вершины куба (кроме точек А1 и С ) под прямым углом (это следует из теоремы о трех перпендикулярах или из теоремы, обратной теореме Пифагора). Докажем, что из других точек поверхности куба эта диагональ видна под тупым углом. Возможны различные способы рассуждений.
Первый способ. Опишем вокруг куба сферу. Из сказанного выше следует, что диагональ А1С куба является ее диаметром. Докажем, что из любой точки Р внутри сферы (не лежащей на диаметре) этот диаметр виден под тупым углом. Действительно, проведем сечение сферы плоскостью А1 и получим окружность. Из точек, лежащих внутри окружности, диаметр виден под тупым углом (*), что и требовалось.
(*) Этот планиметрический факт можно доказывать различными способами, например, использовать то, что угол А1РС  — внешний для прямоугольного треугольника РЕС (см. рис. 11.3 а).
Для удобства изложения других способов рассуждений рассмотрим произвольную точку P на поверхности куба, отличную от его вершин, и расположенную, например, в грани ABCD .







Второй способ. Пусть F  — центр грани ABCD , являющийся проекцией середины O диагонали A1C на грань ABCD (см. рис. 11.3б).
Так как FP < FC , то по свойству наклонных и их проекций OP < OC = A1C .
Докажем, что угол A1PC  — тупой. Построим в плоскости A1PC окружность на отрезке A1C как на диаметре, тогда из доказанного неравенства следует, что точка Р лежит внутри этой окружности, а из точек, лежащих внутри окружности, диаметр виден под тупым углом (*), что и требовалось.
Третий способ. Прямая AP  — проекция прямой A1P на плоскость ABC (см. рис. 11.3б). Применим к прямым PA1 , PA и PC формулу трех косинусов: cos A1PC= cos A1PA· cos APC .
Треугольник A1PA  — прямоугольный, значит, угол A1PA  — острый, то есть cos A1PA>0 . Угол АРС  — тупой, так как точка Р лежит внутри окружности с диаметром АС ( ), значит, cos APC < 0 . Следовательно, cos A1PC< 0 , то есть угол A1 — тупой, что и требовалось.
Четвертый способ. Введем в пространстве декартову систему координат так, что А(0; 0; 0) , B(a; 0; 0) , D(0; a; 0) , A1(0; 0; a) (см. рис. 11.3в).
Пусть P(x; y; 0) , тогда 0 < x a и 0 < y a (оба равенства одновременно выполняться не могут). Найдем стороны треугольника A1PC : PC2=(a-x)2+(a-y)2 , PA12=PA2+AA12=x2+y2+a2 , A1C2=3a2 . Тогда PA12+PC2-A1C2 = 2x2-2ax+2y2-2ay = 2x(x-a)+2y(y-a) < 0 .
Следовательно, cos A1PC= < 0 , то есть угол A1PC  — тупой, что и требовалось.

Ответ

все вершины куба, кроме концов этой диагонали.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Окружная олимпиада (Москва)
год
Год 2009
Класс
Класс 11
задача
Номер 06.4.11.3

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .