9028. Два правильных тетраэдра ABCD
и MNPQ
расположены так, что плоскости BCD
и NPQ
совпадают, вершина M
лежит на высоте AO
первого тетраэдра, а плоскость MNP
проходит через центр грани ABC
и середину ребра BD
. Найдите отношение длин рёбер тетраэдров.
Ответ. \frac{4+3\sqrt{6}}{19}
.
Решение. Пусть K
— центр грани ABC
тетраэдра ABCD
, E
и F
— середины его рёбер BC
и BD
соответственно (рис. 1). Пусть прямая OE
и прямая MK
, содержащаяся в грани MNP
правильного тетраэдра MNPQ
, пересекаются в некоторой точке L
. Тогда плоскости MNP
и BCD
пересекаются по прямой FL
, причём на этой прямой лежит ребро тетраэдра MNPQ
.
Заметим, что отношение рёбер правильных тетраэдров равно отношению их высот. Будем считать, что высота правильного тетраэдра ABCD
равна 1, а высота правильного тетраэдра MNPQ
равна k
, т. е. AO=1
и MO=k
. Тогда, если ребро тетраэдра ABCD
равно a
, то a\sqrt{\frac{2}{3}}=1
, поэтому
a=\sqrt{\frac{3}{2}},~OF=OE=\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{2}}{4}.
Если ребро правильного тетраэдра MNPQ
равно b
, то k=MO=b\sqrt{\frac{2}{3}}
, откуда b=k\sqrt{\frac{3}{2}}
.
Через вершину A
проведём прямую, параллельную OL
(рис. 2). Пусть эта прямая пересекается с прямой LM
в точке T
. Обозначим LE=x
. Из подобия треугольников AKT
и EKL
следует, что AT=\frac{AK}{KE}\cdot LE=2LE=2x
, а из подобия треугольников AMT
и OML
— AT=\frac{AM}{MO}\cdot OL=\frac{1-k}{k}\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{4}+x\right)
. Из равенства 2x=\frac{1-k}{k}\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{4}+x\right)
находим, что x=\frac{\sqrt{2}(1-k)}{4(3k-1)}
. Тогда
OL=OE+x=\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}(1-k)}{4(3k-1)}=\frac{k\sqrt{2}}{2(3k-1)}.
По теореме косинусов
FL=\sqrt{OF^{2}+OL^{2}-2OF\cdot OL\cos120^{\circ}}=
=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{k\sqrt{2}}{2(3k-1)}\right)^{2}+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{k\sqrt{2}}{2(3k-1)}\cdot\frac{1}{2}}=
=\sqrt{\frac{1}{8}+\frac{k^{2}}{2(3k-1)^{2}}+\frac{k}{4(3k-1)}}=\frac{\sqrt{19k^{2}-8k+1}}{2\sqrt{2}(3k-1)}.
Пусть OH
— высота треугольника FOL
. Одна из сторон основания правильного тетраэдра MNPQ
лежит на прямой FL
, поэтому
OH=\frac{b\sqrt{3}}{6}=\frac{k\sqrt{\frac{3}{2}}\cdot\sqrt{3}}{6}=\frac{k\sqrt{2}}{4}.
Выражая площадь треугольника FOL
двумя способами, получим, что
\frac{1}{2}OF\cdot OL\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}FL\cdot OH,~
\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{k\sqrt{2}}{2(3k-1)}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{19k^{2}-8k+1}}{2\sqrt{2}(3k-1)}\cdot\frac{k\sqrt{2}}{4},
\sqrt{3}=\sqrt{19k^{2}-8k+1},~19k^{2}-8k-2=0,
откуда k=\frac{4+3\sqrt{6}}{19}
.