2014-06-08
Дан куб $ABCDA^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$ (см рис.).
а) Найдите геометрическое место середин отрезков $XY$, где $X$ - любая точка отрезка $AC$ и $Y$ - любая точка отрезка $B^{\prime}D^{\prime}$.
б) Найдите геометрическое место точек $Z$ отрезка $XY$, которые удовлетворяют соотношению $|ZY| = 2 |XZ|$.
Решение:
Докажем пункт б).
б) Если $X$ совпадает с $A$, a $Y$ с $B^{\prime}$, то условию удовлетворяет точка $E$ (рис.), делящая отрезок $AB^{\prime}$ в отношении $\frac{|B^{\prime}E|}{|AE|} = \frac{2}{1}$. При совпадении $X$ с точкой $C$, а $Y$ с $B^{\prime}$ условию удовлетворяет точка $F$, делящая $CB^{\prime}$ в отношении $\frac{|BF^{\prime}|}{|FC|} = \frac{2}{1}$. Если $X$ перемещается по $AC$, а $Y$совпадает с $B^{\prime}$, то геометрическим местом точек, удовлетворяющих указанному отношению, будет $EF$. Действительно, $\triangle B^{\prime}EF$ гомотетичен треугольнику $B^{\prime}AC$. Поэтому отрезок $EF$ есть геометрическое место точек, удовлетворяющих тому же условию, что и точки $E$ и $F$.
Аналогично строится геометрическое место $KL$ в плоскости $D^{\prime}AC$. Соединив $K$ с $F$, a $L$ с $E$, получим две пары гомотетичных треугольников: $\triangle CKF \thicksim \triangle CD^{\prime}B^{\prime}$ и $\triangle AEL \thicksim \triangle ADB^{\prime}$. Точки отрезков $KF$ и $EL$ принадлежат искомому геометрическому месту точек. Это следует из того, что $\triangle CKF$ гомотетичен $\triangle CD^{\prime}B^{\prime}$ и $\triangle AEL$ гомотетичен $\triangle AD^{\prime}B^{\prime}$ с коэффициентом гомотетии $\frac{1}{3}$.
Таким образом, контур четырехугольника весь принадлежит искомому геометрическому месту точек. Любая внутренняя точка четырехугольника $EFKL$ - также принадлежит этому геометрическому месту точек. Действительно, возьмем на $AC$ произвольную точку $X$, а на $D^{\prime}B^{\prime}$ - точку $Y$. Покажем, что точка $Z$, делящая отрезок $XY$ в отношении $\frac{|YZ|}{|XZ|} = \frac{2}{1}$, принадлежит четырехугольнику $EFKL$. Для этого через $AC$ и $K$ проведем плоскость. Она пересекается с плоскостями $D^{\prime}C^{\prime}B^{\prime}$ по $CY$ и с $AB^{\prime}D^{\prime}$ по $AY$. И следовательно, пересекает плоскость четырехугольника по искомой прямой $MN$. $\triangle YMN$ гомотетичен $\triangle YCA$. Легко показать, что их коэффициент гомотетии $\frac{2}{3}$. Прямая $XY$ лежит в плоскости этих треугольников. Она выходит из центра их гомотетии $Y$. Значит, отрезок $XY$ пересекает прямую $MN$, параллельную основанию в некоторой точке $Z$, и делится в ней в отношении 2:1, но на $XY$ может быть только одна точка, делящая этот отрезок в указанном отношении. Значит, эта точка совпадает с $Z$, т. е. точка $Z$, делящая $XY$ в отношении 2:1, принадлежит плоскости четырехугольника $EFKL$. Покажем, что любая внутренняя точка $Z$ четырехугольника $EFKL$ принадлежит некоторому отрезку с концами на $AC$ и $D^{\prime}B^{\prime}$, который делится в этой точке в отношении 2:1. Проведем через $AC$ и $Z$ плоскость. Она пересечет $EFKL$ по некоторой прямой $MN \parallel EF \parallel KL$. Причем, так как $Z$ - внутренняя точка четырехугольника, то $MN$ проходит между $KL$ и $EF$, следовательно, точки ее пересечения с $LE$ и $FK$ лежат внутри этих отрезков. Поэтому эта плоскость пересекает $CD^{\prime}B^{\prime}$ и $AD^{\prime}B^{\prime}$ по прямим, идущим внутри углов $D^{\prime}CB^{\prime}$ и $D^{\prime}AB^{\prime}$, т. е. она пересекает отрезок $D^{\prime}B^{\prime}$ в некоторой внутренней точке $Y$. Из рассмотрения $\triangle YMN$ и $\triangle YCA$ очевидно, что $|YZ| : |XZ| = 2 :1$.
В заключение покажем, что $EFKL$ - прямоугольник, и найдем его стороны $LL \parallel EF \parallel AC. LK = EF$. Это следует из гомотетии соответствующих треугольников и равенства коэффициентов гомотетии. $EL \parallel KF \parallel AC$ - аналогично. Но $AC \perp D^{\prime}B^{\prime}$. Значит, $EFKL$ - прямоугольник.
$|KF| = |LE| = \frac{1}{3} |D^{\prime}B^{\prime}| = \frac{a \sqrt{2}}{3}; |EF| = |LK| = \frac{2}{3} |AC| = \frac{2a \sqrt{2}}{3}$.
Рассмотренная задача допускает обобщение на произвольную величину отношения $\frac{|YZ|}{|XZ|}$. Причем приведенное доказательство полностью сохраняет силу. В a) $|YZ| : |XZ| = 1$.