14896. Дан тетраэдр ABCD
. На лучах AC
и BD
выбраны соответственно точки E
и F
таким образом, что AE:AC=3:2
, BF:BD=4:3
. Через точки E
, F
и середину ребра AB
проведена плоскость. В каком отношении она делит ребро CD
?
Ответ. 4:3
, считая от вершины C
.
Решение. Первый способ. Пусть M
— середина ребра AB
, а секущая плоскость пересекает рёбра BC
и CD
в точках K
и L
соответственно. Выберем на отрезках FK
и ME
точки P
и Q
, для которых DP\parallel BC
и CQ\parallel AB
. Рассмотрим две пары подобных треугольников: AME
и и CQE
, BMK
и CQK
. Из их подобия вытекает, что
\frac{CK}{BK}=\frac{CQ}{BM}=\frac{CQ}{AM}=\frac{CE}{AE}=\frac{1}{3}.
Из подобия треугольников FDP
и FBK
, а также треугольников DPL
и CKL
окончательно получаем
DP=\frac{1}{4}BK=\frac{1}{4}\cdot3CK=\frac{3}{4}CK,~\frac{CL}{LD}=\frac{CK}{DP}=\frac{CK}{\frac{3}{4}CK}=\frac{4}{3}.
Второй способ. Пусть M
— середина ребра AB
, R
— точка пересечения прямых AD
и MF
, а секущая плоскость пересекает рёбра BC
и CD
в точках K
и L
соответственно.
По теореме Менелая для треугольника ABD
и прямой MF
получаем
1=\frac{AM}{MB}\cdot\frac{BF}{FD}\cdot\frac{DR}{RA}=\frac{1}{1}\cdot\frac{4}{1}\cdot\frac{DR}{RA}=\frac{4}{1}\frac{DR}{RA}~\Rightarrow~\frac{DR}{RA}=\frac{1}{4}.
По теореме Менелая для треугольника ACD
и прямой ER
окончательно получаем
1=\frac{AE}{EC}\cdot\frac{CL}{LD}\cdot\frac{DR}{RA}=\frac{3}{1}\cdot\frac{CL}{LD}\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\frac{CL}{LD}~\Rightarrow~\frac{CL}{LD}=\frac{4}{3}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1999, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1999, с. 242, задача 5, вариант 1