5. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $Z$ nožište okomice iz točke $Y$ na ravninu $A'B'C'D'$, a $W$ nožište okomice iz točke $Y$ na ravninu $ABCD$. Vrijedi da je $|ZA'|=|WA|$.

Točka $W$ je težište jednakostraničnog trokuta $ABX$ pa je

$$|WA|=\frac23\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3}{3}.$$

Trokut $AWY$ je pravokutan s pravim kutom u vrhu $W$ pa po Pitagorinom poučku vrijedi

$$|WY|=\sqrt{|AY|^2-|AW|^2} =\sqrt{1^2-\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2} =\frac{\sqrt6}{3}.$$

Iz toga dobivamo

$$|ZY|=|ZW|-|YW|=1-\frac{\sqrt6}{3}=\frac{3-\sqrt6}{3}.$$

Konačno, iz činjenice da je trokut $A'YZ$ pravokutan s pravim kutem u vrhu $Z$, imamo

$$\begin{aligned} |A'Y|&=\sqrt{|A'Z|^2+|YZ|^2}\\ &=\sqrt{|AW|^2+|YZ|^2}\\ &=\sqrt{\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2+\left(\frac{3-\sqrt6}{3}\right)^2}\\ &=\sqrt{2-\frac{2\sqrt6}{3}}. \end{aligned}$$

Drugo rješenje.

Postavimo kocku u koordinatni sustav u prostoru tako da je

$$A(0,0,0),\qquad B(1,0,0),\qquad D(0,1,0),\qquad A'(0,0,1).$$

Koordinate točke $X$ su $X\left(\dfrac12,x,0\right)$ i vrijedi $|AX|=|AB|=1$, pa je $x=\dfrac{\sqrt3}{2}$ i

$$X\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right).$$

Koordinate središta (težišta) trokuta $ABX$ (točka $W$ na slici) su

$$\left(\frac{0+1+\frac12}{3},\frac{0+0+\frac{\sqrt3}{2}}{3},\frac{0+0+0}{3}\right) =\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},0\right).$$

Ta točka je ortogonalna projekcija vrha $Y$ na ravninu $ABCD$, pa je

$$Y\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},y\right).$$

Vrijedi $|AY|=|AB|=1$, pa iz

$$|AY|^2=\left|\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},y\right)\right|^2 =\frac14+\frac3{36}+y^2=1$$

dobivamo $y=\dfrac{\sqrt6}{3}$ i konačno

$$Y\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},\frac{\sqrt6}{3}\right).$$

Sada možemo odrediti traženu udaljenost $|A'Y|$:

$$\begin{aligned} |A'Y| &=\left|\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},\frac{\sqrt6}{3}-1\right)\right|\\ &=\sqrt{\frac14+\frac3{36}+\left(\frac{\sqrt6}{3}-1\right)^2}\\ &=\sqrt{2-2\sqrt{\frac23}}. \end{aligned}$$