Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3170
2019-05-26 
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 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. Проведем через $DC$ плоскость, перпендикулярную $AB$ (плоскость симметрии тетраэдра $ABCD$) и рассмотрим четырехугольник $E_1F_1G_1H_1$, симметричный $EFGH$ относительно этой плоскости. (Вершины $E_1$ и $G_1$ останутся на тех же гранях, что $E$ и $G$ соответственно, $F_1$ попадет на одну грань с $H$, а $H_1$ - на одну грань с $F$.) Периметры четырехугольников $EFGH$ и $E_1F_1G_1H_1$ равны.
2. Лемма. Рассмотрим любой пространственный четырехугольник $KLMN$ (рис.). Пусть $P$ и $Q$ - середины сторон $KL$ и $MN$. Тогда
$PQ \leq \frac{1}{2}(KN+LM)$.
Доказательство. Обозначим через $R$ середину диагонали $LN$. Имеем $PR = \frac{1}{2}KN, RQ = \frac{1}{2}LM$. Таким образом,
$PQ \leq PR + RQ = \frac{1}{2}(KN+LM)$.
Лемма доказана.
Обозначим через $E_2, F_2, G_2$ и $H_2$ середины отрезков $EE_1, FH_1, GG_1$ и $HF_1$ соответственно. Вершины этого четырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, согласно лемме, периметр четырехугольника $E_2F_2G_2H_2$ не больше периметра $EFGH$. Кроме того, вершины $E_2$ и $G_2$ (середины $EE_1$ и $GG_1$) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $CD$, т. е. на медианах $CT$ и $DT$ граней $ABC$ и $ABD$ (рис.).
Исходя из четырехугольника $E_2F_2G_2H_2$, точно так же построим $E_3F_3G_3H_3$, симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $AB$, а затем, взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырехугольников, лежащих в одной грани, получим $E_4F_4G_4H_4$, все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра $ABCD$, проходящих через $CD$ и $AB$. Иными словами, вершины $E_4$ и $G_4$ лежат на отрезках $CT$ и $DT$, а вершины $F_4$ и $H_4$ - на медианах $AS$ и $BS$ граней $ACD$ и $BCD$.
При этом периметр $E_4F_4G_4H_4$ не превосходит периметра $EFGH$. Значит, периметр $EFGH$ не меньше, чем $4d$, где $d$ - расстояние между прямыми $CT$ и $BS$.
3. Осталось построить путь длины $4d$ и найти $d$. Пусть $E_0$ и $F_0$ - основания общего перпендикуляра к прямым $CT$ и $BS$, причем $E_0$ лежит на $CT$, а $F_0$ - на $BS$. Обозначим через $G_0$ точку, симметричную точке $E_0$ относительно плоскости $ABS$. Из симметрии ясно, что $F_0G_0$ - общий перпендикуляр к прямым $BS$ и $DT$. Аналогично строится точка $H_0$, при этом $G_0H_0$ и $H_0E_0$ являются общими перпендикулярами соответственно к $DT$ и $AS$ и к $AS$ и $CT$. Значит, периметр четырехугольника $E_0F_0G_0H_0$ 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. Проведем через $AB$ плоскость, перпендикулярную $CT$ и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим треугольник $ABD_0$ (рис.), в котором $AB=a, D^{ \prime}T= \sqrt{ \frac{2}{3}}a$ (по формуле для длины высоты правильного тетраэдра). Точка $S$ перейдет в $S^{ \prime}$ - середину $D^{ \prime}T$. Искомое расстояние $d$ равно расстоянию от точки $T$ до прямой $BS^{ \prime}$ (поскольку общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции). Кроме того, очевидно, что основание перпендикуляра, опущенного из точки $T$ на прямую $BS^{ \prime}$, лежит на отрезке $BS^{ \prime}$, а не на его продолжении, значит, точка $F_0$ лежит на отрезке $BS$. Аналогично доказывается, что и остальные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не на их продолжениях.
В прямоугольном треугольнике $BTS^{ \prime}$ известны катеты $BT^{ \prime} = \frac{a}{2}, TS^{ \prime} = \frac{a}{2} \sqrt{ \frac{2}{3}}$. Значит, $BS^{ \prime} = \frac{a}{2} \sqrt{ \frac{5}{3}}; d = \frac{BT \cdot TS^{ \prime}}{BS^{ \prime}} = \frac{a}{ \sqrt{10}}$.
Ответ: Длина кратчайшего пути равна $\frac{4}{ \sqrt{10}}a$.
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 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. Проведем через $DC$ плоскость, перпендикулярную $AB$ (плоскость симметрии тетраэдра $ABCD$) и рассмотрим четырехугольник $E_1F_1G_1H_1$, симметричный $EFGH$ относительно этой плоскости. (Вершины $E_1$ и $G_1$ останутся на тех же гранях, что $E$ и $G$ соответственно, $F_1$ попадет на одну грань с $H$, а $H_1$ - на одну грань с $F$.) Периметры четырехугольников $EFGH$ и $E_1F_1G_1H_1$ равны.
2. Лемма. Рассмотрим любой пространственный четырехугольник $KLMN$ (рис.). Пусть $P$ и $Q$ - середины сторон $KL$ и $MN$. Тогда
$PQ \leq \frac{1}{2}(KN+LM)$.
Доказательство. Обозначим через $R$ середину диагонали $LN$. Имеем $PR = \frac{1}{2}KN, RQ = \frac{1}{2}LM$. Таким образом,
$PQ \leq PR + RQ = \frac{1}{2}(KN+LM)$.
Лемма доказана.
Обозначим через $E_2, F_2, G_2$ и $H_2$ середины отрезков $EE_1, FH_1, GG_1$ и $HF_1$ соответственно. Вершины этого четырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, согласно лемме, периметр четырехугольника $E_2F_2G_2H_2$ не больше периметра $EFGH$. Кроме того, вершины $E_2$ и $G_2$ (середины $EE_1$ и $GG_1$) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $CD$, т. е. на медианах $CT$ и $DT$ граней $ABC$ и $ABD$ (рис.).
Исходя из четырехугольника $E_2F_2G_2H_2$, точно так же построим $E_3F_3G_3H_3$, симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через $AB$, а затем, взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырехугольников, лежащих в одной грани, получим $E_4F_4G_4H_4$, все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра $ABCD$, проходящих через $CD$ и $AB$. Иными словами, вершины $E_4$ и $G_4$ лежат на отрезках $CT$ и $DT$, а вершины $F_4$ и $H_4$ - на медианах $AS$ и $BS$ граней $ACD$ и $BCD$.
При этом периметр $E_4F_4G_4H_4$ не превосходит периметра $EFGH$. Значит, периметр $EFGH$ не меньше, чем $4d$, где $d$ - расстояние между прямыми $CT$ и $BS$.
3. Осталось построить путь длины $4d$ и найти $d$. Пусть $E_0$ и $F_0$ - основания общего перпендикуляра к прямым $CT$ и $BS$, причем $E_0$ лежит на $CT$, а $F_0$ - на $BS$. Обозначим через $G_0$ точку, симметричную точке $E_0$ относительно плоскости $ABS$. Из симметрии ясно, что $F_0G_0$ - общий перпендикуляр к прямым $BS$ и $DT$. Аналогично строится точка $H_0$, при этом $G_0H_0$ и $H_0E_0$ являются общими перпендикулярами соответственно к $DT$ и $AS$ и к $AS$ и $CT$. Значит, периметр четырехугольника $E_0F_0G_0H_0$ 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. Проведем через $AB$ плоскость, перпендикулярную $CT$ и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим треугольник $ABD_0$ (рис.), в котором $AB=a, D^{ \prime}T= \sqrt{ \frac{2}{3}}a$ (по формуле для длины высоты правильного тетраэдра). Точка $S$ перейдет в $S^{ \prime}$ - середину $D^{ \prime}T$. Искомое расстояние $d$ равно расстоянию от точки $T$ до прямой $BS^{ \prime}$ (поскольку общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции). Кроме того, очевидно, что основание перпендикуляра, опущенного из точки $T$ на прямую $BS^{ \prime}$, лежит на отрезке $BS^{ \prime}$, а не на его продолжении, значит, точка $F_0$ лежит на отрезке $BS$. Аналогично доказывается, что и остальные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не на их продолжениях.
В прямоугольном треугольнике $BTS^{ \prime}$ известны катеты $BT^{ \prime} = \frac{a}{2}, TS^{ \prime} = \frac{a}{2} \sqrt{ \frac{2}{3}}$. Значит, $BS^{ \prime} = \frac{a}{2} \sqrt{ \frac{5}{3}}; d = \frac{BT \cdot TS^{ \prime}}{BS^{ \prime}} = \frac{a}{ \sqrt{10}}$.
Ответ: Длина кратчайшего пути равна $\frac{4}{ \sqrt{10}}a$.
