14732. В правильном тетраэдре ABCD
проведено сечение, проходящее через точки K
, L
, M
, лежащие на рёбрах DC
, DB
, DA
соответственно, причём DK:KC=1:3
, DL:LB=2:1
, DM:MA=1:1
. Найдите угол между плоскостями ABC
и построенного сечения.
Ответ. \arccos\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{131}}
.
Решение. Пусть O
— центр равностороннего треугольника ABC
. Опустим перпендикуляры KK_{1}
, LL_{1}
и MM_{1}
на прямые OC
, OB
и OA
соответственно. Тогда точки K_{1}
, L_{1}
и M_{1}
— ортогональные проекции точек соответственно K
, L
и M
на плоскость ABC
, а треугольник K_{1}L_{1}M_{1}
— ортогональная проекция треугольника KLM
на плоскость ABC
.
Пусть \alpha
— угол между плоскостями KLM
и ABC
, а S_{1}
и S
— площади треугольников K_{1}L_{1}M_{1}
и KML
соответственно. Тогда \cos\alpha=\frac{S}{S_{1}}
(см. задачу 8093). Таким образом, задача сводится к нахождению S_{1}
и S
.
Без ограничения общности будем считать, что ребро тетраэдра равно a=12
. Тогда
OC=OB=OA=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3},
S_{\triangle ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=36\sqrt{3},~S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOC}=S_{\triangle BOC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=12\sqrt{3}.
Поскольку DO
— высота тетраэдра, то KK_{1}\parallel LL_{1}\parallel MM_{1}\parallel DO
. Тогда по теореме Фалеса
OK_{1}:K_{1}C=DK:KC=1:3,~OL_{1}:L_{1}B=DL:LB=2:3,
OM_{1}:M_{1}A=DM:MA=1:1.
Значит (см. задачу 3007),
S_{1}=S_{\triangle K_{1}L_{1}M_{1}}=S_{\triangle L_{1}OM_{1}}+S_{\triangle K_{1}OM_{1}}+S_{\triangle K_{1}OL_{1}}=
=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle AOB}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle AOC}+\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}S_{\triangle BOC}=12\sqrt{3}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{8}+\frac{1}{6}\right)=\frac{15\sqrt{3}}{2}.
Поскольку
DK=\frac{1}{4}DC=3,~DL=\frac{2}{3}DB=8,~DM=\frac{1}{2}DA=6,
по теореме косинусов находим
LM=\sqrt{DM^{2}+DL^{2}-2DM\cdot DL\cos60^{\circ}}=\sqrt{36+64-2\cdot6\cdot8\cdot\frac{1}{2}}=2\sqrt{13},
Аналогично находим
KM=3\sqrt{3}~\mbox{и}~KL=7.
Тогда
\cos\angle KML=\frac{ML^{2}+MK^{2}-KL^{2}}{2ML\cdot MK}=\frac{52+27-49}{2\cdot2\sqrt{13}\cdot3\sqrt{3}}=\frac{5}{2\sqrt{39}},
поэтому
\sin\angle KML=\sqrt{1-\frac{25}{156}}=\frac{\sqrt{131}}{2\sqrt{39}}.
Значит,
S=S_{\triangle K_{1}L_{1}M_{1}}=\frac{1}{2}MK\cdot ML\sin\angle KML=\frac{1}{2}\cdot3\sqrt{3}\cdot2\sqrt{13}\cdot\frac{\sqrt{131}}{2\sqrt{39}}=\frac{3\sqrt{131}}{2}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{S_{1}}{S}=\frac{\frac{15\sqrt{3}}{2}}{\frac{3\sqrt{131}}{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{131}}.
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2013-2014, март 2014, закл. тур, 11 класс, задача 5, вариант 4-1