Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2028
2019-01-23 
В прямоугольном параллелепипеде проведено сечение, являющееся шестиугольником. Известно, что этот шестиугольник можно поместить в некоторый прямоугольник $П$. Докажите, что в прямоугольник $П$ можно поместить одну из граней параллелепипеда.
Решение:
Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - прямоугольный параллелепипед, в котором $AB = a, AD = b, AA_1 = c,$ причем $a \leq b \leq c$. Без ограничения общности можно считать, что шестиугольное сечение $KLMNPQ$ расположено так, что $K \in AD, L \in AB, M \in BB_1, N \in B_1C_1, P \in C_1D_1, Q \in D_1D$ (см. рис.).
В шестиугольнике $KLMNPQ$ пары противоположных сторон параллельны (как прямые пересечения плоскости с парой параллельных плоскостей). Расстояние между параллельными прямыми $QK$ и $MN$ не меньше, чем расстояние между гранями $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$, которое равно $a$.
Аналогично, расстояние между парами параллельных сторон $KL$ и $NP, LM$ и $PQ$ не меньше длины одного из ребер параллелепипеда, и, следовательно, не меньше $a$.
Докажем, что проекция шестиугольника $KLMNPQ$ на любую прямую, лежащую в плоскости этого шестиугольника, не меньше, чем $а$. Поскольку противоположные стороны шестиугольника $KLMNPQ$ параллельны, его проекция на некоторую прямую $l$ будет совпадать с проекцией одного из отрезков $KN, LP, MQ$. Пусть, для определенности, проекция на $l$ совпадает с отрезком $K^{\prime}N^{\prime}$, где $K^{\prime}$ и $N^{\prime}$ - проекции точек $K$ и $N$ соответственно. Можно предполагать, что $K^{\prime}, N^{\prime}, P$ и $Q$ лежат по одну сторону от $KN$ (этого можно добиться параллельным сдвигом $l$). Тогда один из углов $K^{\prime}KN, N^{\prime}NK$ - не тупой, пусть, например, $\angle K^{\prime}KN$ не тупой (см. рис.). Тогда $K^{\prime}N^{\prime} = KN \sin \angle K^{\prime}KN \geq KN \sin \angle QKN$. Но $KN \sin \angle QKN$ - это расстояние между прямыми $QK$ и $MN$, поэтому $K^{\prime}N^{\prime} \geq KN \sin \angle QKN \geq a$.
Пусть шестиугольник $KLMNPQ$ помещен в прямоугольник $П$ со сторонами, равными $d_1, d_2$. Тогда каждая из сторон $d_1, d_2$ не меньше, чем длина проекции $KLMNPQ$ на прямые, параллельные сторонам $П$. Отсюда по доказанному
$d_1 \geq a, d_2 \geq а$. (1)
Заметим, что при проекции на плоскость $ADD_1A_1$ отрезок $LP$ переходит в отрезок $AD_1$ (см. рис.), поэтому $LP \geq AD_1 = \sqrt{b^2 + с^2}$. С другой стороны, $LP$ содержится в $П$, поэтому длина $LP$ не превосходит длины диагонали $\sqrt{d_1^2 + d_2^2}$ прямоугольника $П$. Получаем, что
$d_1^2 + d_2^2 \geq b^2 + c^2$.
Если бы каждая из сторон $d_1, d_2$ была меньше $b$, то мы получили бы противоречие неравенству (2). Поэтому одна из сторон $d_1, d_2$ не меньше $b$, другая сторона не меньше $а$ в силу (1). Следовательно, в $П$ можно поместить прямоугольник со сторонами $a, b$, равный грани $ABCD$.
В прямоугольном параллелепипеде проведено сечение, являющееся шестиугольником. Известно, что этот шестиугольник можно поместить в некоторый прямоугольник $П$. Докажите, что в прямоугольник $П$ можно поместить одну из граней параллелепипеда.
Решение:
Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - прямоугольный параллелепипед, в котором $AB = a, AD = b, AA_1 = c,$ причем $a \leq b \leq c$. Без ограничения общности можно считать, что шестиугольное сечение $KLMNPQ$ расположено так, что $K \in AD, L \in AB, M \in BB_1, N \in B_1C_1, P \in C_1D_1, Q \in D_1D$ (см. рис.).
В шестиугольнике $KLMNPQ$ пары противоположных сторон параллельны (как прямые пересечения плоскости с парой параллельных плоскостей). Расстояние между параллельными прямыми $QK$ и $MN$ не меньше, чем расстояние между гранями $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$, которое равно $a$.
Аналогично, расстояние между парами параллельных сторон $KL$ и $NP, LM$ и $PQ$ не меньше длины одного из ребер параллелепипеда, и, следовательно, не меньше $a$.
Докажем, что проекция шестиугольника $KLMNPQ$ на любую прямую, лежащую в плоскости этого шестиугольника, не меньше, чем $а$. Поскольку противоположные стороны шестиугольника $KLMNPQ$ параллельны, его проекция на некоторую прямую $l$ будет совпадать с проекцией одного из отрезков $KN, LP, MQ$. Пусть, для определенности, проекция на $l$ совпадает с отрезком $K^{\prime}N^{\prime}$, где $K^{\prime}$ и $N^{\prime}$ - проекции точек $K$ и $N$ соответственно. Можно предполагать, что $K^{\prime}, N^{\prime}, P$ и $Q$ лежат по одну сторону от $KN$ (этого можно добиться параллельным сдвигом $l$). Тогда один из углов $K^{\prime}KN, N^{\prime}NK$ - не тупой, пусть, например, $\angle K^{\prime}KN$ не тупой (см. рис.). Тогда $K^{\prime}N^{\prime} = KN \sin \angle K^{\prime}KN \geq KN \sin \angle QKN$. Но $KN \sin \angle QKN$ - это расстояние между прямыми $QK$ и $MN$, поэтому $K^{\prime}N^{\prime} \geq KN \sin \angle QKN \geq a$.
Пусть шестиугольник $KLMNPQ$ помещен в прямоугольник $П$ со сторонами, равными $d_1, d_2$. Тогда каждая из сторон $d_1, d_2$ не меньше, чем длина проекции $KLMNPQ$ на прямые, параллельные сторонам $П$. Отсюда по доказанному
$d_1 \geq a, d_2 \geq а$. (1)
Заметим, что при проекции на плоскость $ADD_1A_1$ отрезок $LP$ переходит в отрезок $AD_1$ (см. рис.), поэтому $LP \geq AD_1 = \sqrt{b^2 + с^2}$. С другой стороны, $LP$ содержится в $П$, поэтому длина $LP$ не превосходит длины диагонали $\sqrt{d_1^2 + d_2^2}$ прямоугольника $П$. Получаем, что
$d_1^2 + d_2^2 \geq b^2 + c^2$.
Если бы каждая из сторон $d_1, d_2$ была меньше $b$, то мы получили бы противоречие неравенству (2). Поэтому одна из сторон $d_1, d_2$ не меньше $b$, другая сторона не меньше $а$ в силу (1). Следовательно, в $П$ можно поместить прямоугольник со сторонами $a, b$, равный грани $ABCD$.
