14565. Дана треугольная призма ABCA'B'C'
с основаниями ABC
и A'B'C'
и боковыми рёбрами AA'
, BB'
, CC'
. Через точки B
и C
проходит плоскость, делящая объём призмы пополам. Эта плоскость пересекает прямую AA'
в точке D
. Найдите отношение AA':A'D
Ответ. \sqrt{3}
.
Решение. Предположим, что точка D
лежит на отрезке AA'
. Тогда объём пирамиды ABCD
с основанием ABC
не больше объёма пирамиды ABCA'
с тем же основанием, а значит, не больше трети объёма призмы. Следовательно, этот случай невозможен, и точка D
лежит на продолжении ребра AA'
за точку A'
.
Пусть отрезок BD
пересекает ребро A'B'
в точке P
, а отрезок CD
пересекает ребро A'C'
в точке Q
. Обозначим через k
отношение высот h_{1}
и h
треугольных пирамид A'PQD
и ABCD
соответственно, проведённых из общей вершины D
.
Эти пирамиды подобны с коэффициентом k=\frac{h_{1}}{h}
(см. задачу 9105), значит, отношение их объёмов равно кубу коэффициента подобия, т. е. \frac{V_{1}}{V}=k^{3}
.
Пусть S
— площадь основания призмы. Тогда объём призмы равен S(h-h_{1})
, а объём её части, отсекаемой плоскостью BCD
, равен
V-V_{1}=V-k^{3}V=(1-k^{3})V=(1-k^{3})\cdot\frac{1}{3}Sh.
По условию
V-V_{1}=\frac{1}{2}S(h-h_{1})~\Rightarrow~(1-k^{3})\cdot\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{2}S(h-h_{1})~\Rightarrow
\Rightarrow~(1-k^{3})\cdot\frac{1}{3}h=\frac{1}{2}\left(1-\frac{h_{1}}{h}\right)~\Rightarrow~(1-k^{3})\cdot\frac{1}{3}h=\frac{1}{2}(1-k),
а так как k\ne1
, то получаем уравнение
2(k^{2}+k+1)=3,~\mbox{или}~2k^{2}+2k-1=0,
откуда k=\frac{-1\pm\sqrt{3}}{2}
. Условию задачи удовлетворяет только положительный корень этого уравнения k=\frac{\sqrt{3}-1}{2}
. Следовательно,
\frac{AA'}{A'D}=\frac{h-h_{1}}{h_{1}}=\frac{h}{h_{1}}-1=\frac{1}{k}-1=\frac{2}{\sqrt{3}-1}-1=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}.
Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2021, июль, вариант 1, № 7