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

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 А₁PС 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 A₁PС  — 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