14319. Плоскость, параллельная двум противоположным рёбрам тетраэдра, делит расстояние между ними в отношении k
. В каком отношении эта плоскость делит объём тетраэдра?
Ответ. \frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}
.
Решение. Первый способ. Пусть секущая плоскость, параллельная рёбрам AB
и CD
тетраэдра ABCD
, пересекает рёбра AC
, AD
, BD
и BC
тетраэдра ABCD
в точках K
, L
, M
и N
соответственно. По условию эта плоскость делит общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AB
и CD
в отношении k
, поэтому она делит в этом же отношении любой отрезок с концами на этих прямых. Значит,
\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LD}=\frac{BM}{MD}=\frac{BN}{NC}=k,
причём, если AB=a
и CD=b
, то KLMN
— параллелограмм со сторонами
KN=ML=\frac{a}{k+1},~KL=NM=\frac{kb}{k+1}.
На лучах NK
и ML
отложим отрезки NP=MQ=AB=a
. Тогда APQBNM
— треугольная призма с боковыми рёбрами AB=PN=QM=a
.
Пусть расстояние между прямыми AB
и CD
равно d
, угол между ними равен \alpha
, объём тетраэдра ABCD
равен V
, объём части тетраэдра, лежащей по ту же сторону от секущей плоскости, что и прямая AB
, т. е. многогранника AKLBMN
, равен V_{1}
, объём призмы APQBNM
равен v
, а площадь её боковой грани MNPQ
равна s
, расстояние между прямой AB
и секущей плоскостью равно d_{1}
, а объём четырёхугольной пирамиды AKPQL
с основанием KPQL
равен v'
. Тогда (см. задачи 7234 и 7237)
V=\frac{1}{6}abd\sin\alpha,~v=\frac{1}{2}d_{1}s,~v'=\frac{1}{3}S_{KPQL}\cdot d_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{KP}{PN}s\cdot d_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{k}{k+1}s\cdot d_{1},
V_{1}=v-v'=\frac{1}{2}d_{1}s-\frac{1}{3}\cdot\frac{k}{k+1}s\cdot d_{1}=\frac{1}{6}sd_{1}\left(3-\frac{2k}{k+1}\right)=
=\frac{1}{6}sd_{1}\cdot\frac{k+3}{k+1}=\frac{1}{6}a\cdot\frac{kb}{k+1}\sin\alpha\cdot\frac{k}{k+1}d\cdot\frac{k+3}{k+1}=
=\frac{1}{6}abd\sin\alpha\cdot\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}=V\cdot\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V-V_{1}}=\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}-k^{2}(k+3)}=\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}.
Второй способ. Пусть секущая плоскость, параллельная рёбрам AB
и CD
тетраэдра ABCD
, пересекает рёбра AC
, AD
, BD
и BC
тетраэдра ABCD
в точках K
, L
, M
и N
соответственно. Тогда
\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LD}=\frac{BM}{MD}=\frac{BN}{NC}=k,
причём, если AB=a
и CD=b
, то KLMN
— параллелограмм со сторонами
KN=ML=\frac{a}{k+1},~KL=NM=\frac{kb}{k+1}.
Пусть V
— объём данного тетраэдра, V_{1}
— объём многогранника AKLBNM
(клина), S
— площадь ортогональной проекции грани ADC
на произвольную плоскость, перпендикулярную ребру AB
, S'
— площадь перпендикулярного сечения этого многогранника, т. е. его сечения плоскостью, перпендикулярной параллельным рёбрам AB
, LM
и KN
. Поскольку рассматриваемое перпендикулярное сечение есть треугольник, подобный указанной проекции грани ABD
с коэффициентом \frac{AK}{AC}=\frac{k}{k+1}
, то
S'=\left(\frac{k}{k+1}\right)^{2}S=\frac{k^{2}}{(k+1)^{2}}.
Тогда (см. задачи 14318 и 9415)
V_{1}=\frac{1}{3}(AB+KN+ML)\cdot S'=\frac{1}{3}\left(a+\frac{2a}{k+1}\right)\cdot\frac{k^{2}}{(k+1)^{2}}=
=\frac{1}{3}a\left(1+\frac{2}{k+1}\right)\frac{k^{2}}{(k+1)^{2}}=\frac{1}{3}aS\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}=\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}\cdot V.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V-V_{1}}=\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}-k^{2}(k+3)}=\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}.