2019-04-01
Найдите длину ребра наибольшего правильного октаэдра, который можно поместить внутрь куба с ребром длины 1.
Решение:
Рассмотрим октаэдр, вписанный в куб так, как показано на рис. (ось октаэдра проходит через середины $B$ и $B^{\prime}$ противоположных рёбер куба). Сместим точку $B$ в положение $A$ (а точку $B^{\prime}$ - в положение $A^{\prime}$) и проведём через центр куба $O$ плоскость $a \perp OA$.
Сечением куба плоскостью $а$ является шестиугольник $CDEFGH$ (рис.). Рассмотрим такое положение точки $A$, при котором $CEFH$ - квадрат (обозначим длину его стороны через $x$). Из прямоугольного треугольника $OO^{\prime}M$ (заштрихованного на рис.) имеем:
$OO^{\prime}2 = OM^2 -O^{\prime} M^2$,
$\left ( \frac{1}{2} \right )^2 = \left ( \frac{x}{2} \right )^2 - \left ( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{x}{2} \right )^2$,
откуда $x = \frac{3 \sqrt{2}}{4}$. При этом
$OA = OB \cdot \frac{OM}{OO^{\prime}} = \frac{ \sqrt{2}}{2} \cdot \frac { \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \sqrt{2}}{ \frac{1}{2}} = \frac{3}{4}$
т. е. $ACEFHA^{\prime}$ - вписанный октаэдр (длина его ребра равна $\frac{3 \sqrt{2}}{4}$, радиус описанной сферы - $\frac{3}{4}$).
Докажем, что построенный октаэдр является наибольшим. Можно считать, что центр $O^{\prime}$ октаэдра $M$ совпадает с центром куба $O$, так как октаэдр $M$, смещённый на вектор $\vec{O^{\prime}O}$, принадлежит выпуклой оболочке октаэдров $M$ и (центрально-симметричного $M$ относительно $O$), т. е. принадлежит кубу. Пусть $A_1, \cdots, A_6$ - вершины $M$. Продолжим $OA_i (i = 1, \cdots , 6)$ до пересечения с гранями куба. Получим точки $A_1, \cdots , A_6$. Предположим, что $OA_i > \frac{3}{4} (i = 1, \cdots, 6)$. Тогда точки $A_i^{\prime}$ принадлежат «шапочкам», ограниченным гранями куба и сферой с центром $O$ радиуса $\frac{3}{4}$ (рис.). Причём если точка $A_k^{\prime}$. находится внутри некоторой «шапочки», то некоторая другая точка $A_l^{\prime}$ находится внутри центрально-симметричной «шапочки». Поэтому можно выбрать две «шапочки», прилегающие к двум противоположным вершинам одной грани куба, содержащие точки $A_m^{\prime}$ и $A_n^{\prime}$. Спроецируем точки $A_m^{\prime}$ и $A_n^{\prime}$ на плоскость этой грани из точки $O$, получим точки $A_m^{\prime \prime}$ и $A_n^{\prime \prime}$, принадлежащие области, заштрихованной на рис. Тогда
$90^{\circ} = \angle A_mOA_n = \angle A_m^{\prime \prime} OA_n^{\prime \prime} > \angle POQ \geq \angle AOH$
(так как $OP = OQ = OA = OH$ и $AH \leq PQ$). Но $\angle AOH = 90^{\circ}$, так как $A$ и $H$ - вершины построенного нами октаэдра. Противоречие.
Ответ: $\frac{3}{4} \sqrt{2}$.