7238. Две плоскости, параллельные противоположным рёбрам AB
и CD
тетраэдра ABCD
, делят ребро BC
на три равные части. Какая часть объёма тетраэдра заключена между этими плоскостями?
Ответ. \frac{13}{27}
.
Решение. Первый способ. Пусть точки M
и N
лежат на ребре BC
, причём BN=NM=MC
. Плоскость, проходящая через точку M
параллельно прямым AB
и CD
, пересекает плоскости граней ABC
и ADC
по прямым, параллельным AB
, а плоскости граней BDC
и ADC
— по прямым, параллельным CD
. Значит, сечение тетраэдра этой плоскостью — параллелограмм MPQR
(точки P
, Q
и R
лежат на рёбрах BD
, AD
и AC
соответственно).
Пусть объём пирамиды ABCD
равен V
, площадь основания ABC
равна S
, а высота равна h
. Тогда V=\frac{1}{3}Sh
.
Рассмотрим многогранник, состоящий из треугольной призмы с основаниями CMR
, LPQ
и боковыми рёбрами MP=RQ=CL
и треугольной пирамиды DLPQ
с вершиной D
. Площадь основания призмы равна \frac{1}{9}S
, высота равна \frac{2}{3}h
. Площадь основания пирамиды также равна \frac{1}{9}S
, а высота равна \frac{1}{3}h
. Значит, объём рассматриваемого многогранника равен
\frac{1}{9}\cdot\frac{2}{3}h+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{9}S\cdot\frac{1}{3}h=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{9}Sh+\frac{1}{27}Sh\right)=\frac{7}{27}\cdot\frac{1}{3}Sh=\frac{7}{27}V.
Теперь заметим, что объём многогранника, отсечённого от данного тетраэдра второй указанной в условии плоскостью, также равен \frac{7}{27}V
. Следовательно, между плоскостями заключён многогранник, объём которого равен V-2\cdot\frac{7}{27}V=\frac{13}{27}V
.
Второй способ. Обозначим AB=a
, CD=b
, угол и расстояние между скрещивающимися прямыми AB
и CD
— \alpha
и d
соответственно. Пусть точки M
и N
лежат на ребре BC
, причём BN=NM=MC
. Плоскость, проходящая через точку M
параллельно прямым AB
и CD
, пересекает плоскости граней ABC
и ADC
по прямым, параллельным AB
, а плоскости граней BDC
и ADC
— по прямым, параллельным CD
. Значит, сечение тетраэдра этой плоскостью — параллелограмм MPQR
(точки P
, Q
и R
лежат на рёбрах BD
, AD
и AC
соответственно), причём
PQ=MR=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}a,~PM=QR=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}b.
Рассмотрим треугольную призму с основаниями CMR
, DEF
и боковыми рёбрами ME=RF=CD=b
.
Расстояние между боковым ребром CD
полученной призмы до противоположной боковой грани MEFR
равно трети расстояния между прямыми AB
и CD
, т. е. \frac{1}{3}d
. Значит, её объём равен
\frac{1}{2}S_{MEFR}\cdot\frac{1}{3}h=\frac{1}{2}b\cdot\frac{1}{3}a\sin\alpha\cdot\frac{1}{3}d=\frac{1}{6}abd\sin\alpha\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3}V,
где V
— объём данного тетраэдра.
Объём V_{1}
многогранника с вершинами C
, M
, R
, L
, P
, Q
, E
равен разности объёма V_{2}
рассмотренной призмы и объёма V_{3}
четырёхугольной пирамиды с вершиной D
и основанием PEFQ
, а так как
V_{2}=\frac{1}{3}S_{PEFQ}\cdot\frac{d}{3}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}b\cdot\frac{1}{3}a\sin\alpha\cdot\frac{d}{3}=\frac{2}{27}\frac{1}{6}abd\sin\alpha=\frac{2}{27}V,
то
V_{1}=\frac{1}{3}V-\frac{2}{27}V=\frac{7}{27}V.
Теперь заметим, что объём многогранника, отсечённого от данного тетраэдра второй указанной в условии плоскостью, также равен \frac{7}{27}V
. Следовательно, между плоскостями заключён многогранник, объём которого равен V-2\cdot\frac{7}{27}V=\frac{13}{27}V
.
Третий способ. Пусть искомый объём равен v
. По формуле Симпсона (см. задачу 9628)
v=\frac{d}{18}\left(\frac{2}{3}a\cdot\frac{1}{3}b\sin\alpha+\frac{1}{3}a\cdot\frac{2}{3}b\sin\alpha+4\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{2}b\sin\alpha\right)=
=\frac{1}{18}abd\sin\alpha\left(\frac{2}{9}+\frac{2}{9}+1\right)=\frac{13}{162}abd\sin\alpha=\frac{13}{27}\cdot\frac{1}{6}abd\sin\alpha=\frac{13}{27}V.
Четвёртый способ. Обозначим AB=a
, CD=b
, угол и расстояние между скрещивающимися прямыми AB
и CD
— \alpha
и d
соответственно. Пусть точки M
и N
лежат на ребре BC
, причём BN=NM=MC
. Плоскость, проходящая через точку M
параллельно прямым AB
и CD
, пересекает плоскости граней ABC
и ADC
по прямым, параллельным AB
, а плоскости граней BDC
и ADC
— по прямым, параллельным CD
. Значит, сечение тетраэдра этой плоскостью — параллелограмм MPQR
(точки P
, Q
и R
лежат на рёбрах BD
, AD
и AC
соответственно), причём
PQ=MR=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}a,~PM=QR=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}b.
Пусть V
— объём тетраэдра ABCD
, а V_{1}
— объём многогранника CMRDPQ
(клина). Площадь S'
сечения, перпендикулярного его параллельным рёбрам CD
, MP
и RQ
, равна половине произведения расстояния между прямыми MP
и RQ
(т. е. высоте параллелограмма MPQR
, равной \frac{1}{3}a\sin\alpha
) на \frac{1}{3}d
. Тогда (см. задачу 14318)
V_{1}=\frac{1}{3}S'\cdot(CD+MP+RQ)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}a\sin\alpha\cdot\frac{1}{3}d\cdot\left(b+\frac{2}{3}b+\frac{2}{3}b\right)=
=\frac{1}{6}abd\sin\alpha\cdot\frac{7}{27}=\frac{7}{27}V.
Теперь заметим, что объём многогранника, отсечённого от данного тетраэдра второй указанной в условии плоскостью, также равен \frac{7}{27}V
. Следовательно, между плоскостями заключён многогранник, объём которого равен V-2\cdot\frac{7}{27}V=\frac{13}{27}V
.