[petras]

Se da un cubo \( ABCD A_1 B_1 C_1 D_1 \), con arista \( a \). En la arista \( C_!D_1 \) tomamos un punto \( L \), con \( C_1L=\dfrac{3a}{4} \); en la arista \( A_1B_1 \) tomamos el punto \( M \), con \( A_1M=\dfrac{a}{2} \); en el borde BB_1, se toma el punto N, con \( B_1N=\dfrac{a}{4} \).
Calcula el perímetro de la sección determinada en el cubo, por un plano guiado por los puntos \( L \), \( M \) y \( N \).

La respuesta que obtuve es correcta pero consideré que los triángulos \( MB_1N \) y \( LC_!E \) son similares pero no pude demostrarlo.

¿Sería posible demostrar esta similitud o hay otra forma de resolverla?

\(
\triangle MNB1:MN^2=(\frac{a}{4})^2+(\frac{a}{2})^2 \implies \boxed{MN = \frac{a\sqrt5}{4}}\\ MO \perp D_1C_1 (O \in D_1C_1)\implies \triangle MLO: LM^2 = a^2+(\frac{a}{4})^2 \implies \boxed{LM=\frac{a\sqrt{17}}{4}}\\ \triangle MB_1N \sim \triangle LC_1E :\\ C1E.\frac{a}{2}=\frac{a}{4}.\frac{3a}{4} \therefore C_1E = \frac{3a}{8}\\ \triangle LC_1E: LE^2 = (\frac{3a}{4})^2+(\frac{3a}{8})^2 \therefore \boxed{LE =\frac{3a\sqrt5}{8} }\\ P \perp C_1E:(P \in C_1E) \implies \triangle NPE: NE^2 = a^2+(\frac{3a}{8}-\frac{a}{4})^2 \therefore \boxed{NE=\frac{a\sqrt65}{8}}\\ 2p =\frac{a\sqrt5}{4} +\frac{3a\sqrt5}{8}+\frac{a\sqrt{17}}{4}+\frac{a\sqrt{65}}{8}=\\ \frac{5a\sqrt5}{8}+\frac{a\sqrt{17}}{4}+\frac{a\sqrt{65}}{8}=\boxed{\frac{a}{8}(5\sqrt5+2\sqrt{17}+\sqrt{65})} \)

[Luis Fuentes]

Hola

Se da un cubo \( ABCD A_1 B_1 C_1 D_1 \), con arista \( a \). En la arista \( C_!D_1 \) tomamos un punto \( L \), con \( C_1L=\dfrac{3a}{4} \); en la arista \( A_1B_1 \) tomamos el punto \( M \), con \( A_1M=\dfrac{a}{2} \); en el borde BB_1, se toma el punto N, con \( B_1N=\dfrac{a}{4} \).
Calcula el perímetro de la sección determinada en el cubo, por un plano guiado por los puntos \( L \), \( M \) y \( N \).

La respuesta que obtuve es correcta pero consideré que los triángulos \( MB_1N \) y \( LC_!E \) son similares pero no pude demostrarlo.

¿Sería posible demostrar esta similitud o hay otra forma de resolverla?

 Los triángulos son semejantes porque tienen los lados paralelos dos a dos:

 \( B_1N \) y \( C_1E \) paralelos por estar sobre aristas opuestas de una misma cara del cubo.
 \( B_1M \) y \( C_1L \) paralelos por estar sobre aristas opuestas de una misma cara del cubo.
 \( MN \) y \( LE \) paralelos por yacer en las rectas intersección de un plano con dos planos paralelos entre si.

Saludos.

[ancape]

....
La respuesta que obtuve es correcta pero consideré que los triángulos \( MB_1N \) y \( LC_!E \) son similares pero no pude demostrarlo.
.....

Hola

Otra forma:
Los planos \( NML \) y las caras inferior e izquierda del cubo se cortan en un punto \( P \).
Con centro \( P \), los triángulos \( B_1MN \) y \( C_1EL \) son perspectivos y están situados en planos paralelos \( \Rightarrow{} \) son semejantes.

Saludos

[petras]

Agradecido a todos

[ani_pascual]

Agradecido a todos

Hola:
Y luego está la forma "tirar por los cerros de Úbeda"  , tomando como origen de coordenadas el punto \( C_1 \), se tienen los puntos \( N(a,\frac{a}{4},0), M(a,0,\frac{a}{2}), L(0,0,\frac{3a}{4}) \) y el vector normal del plano en cuestión \( \vec{NM}\times\vec{ML}=(\frac{-a^2}{16},\frac{-a^2}{2}\frac{-a^2}{4}) \), con lo que la ecuación del plano es \( x+8y+4z+D=0 \). Como \( L(0,0,\frac{3a}{4}) \) pertenece al plano, es \( D=-3a \) y el plano queda \( x+8y+4z-3a=0 \). El corte con el eje \( OY\left\{\begin{array}{l}z=0\\x=0\end{array}\right. \) es el punto \( E(0,\frac{3a}{8},0) \). Por tanto,  se calcula el perímetro sumando los lados, que son los módulos de los vectores \( \vec{NM},\vec{ML},\vec{LE},\vec{EN} \), es decir, \( |\vec{ML}|=\dfrac{a\sqrt{17}}{4},|\vec{NM}|=\dfrac{a\sqrt{5}}{4},|\vec{LE}|=\dfrac{a\sqrt{45}}{8},|\vec{EN}|=\dfrac{a\sqrt{65}}{8} \) luego \( P=\dfrac{a\sqrt{17}}{4}+\dfrac{a\sqrt{5}}{4}+\dfrac{a\sqrt{45}}{8}+\dfrac{a\sqrt{65}}{8}=\boxed{\dfrac{a}{8}\left(2\sqrt{17}+5\sqrt{5}+\sqrt{65}\right)}\,\,u \)
Saludos