8998. В параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
все рёбра равны между собой, все плоские углы при вершине A
острые и равные между собой. Плоскость P
проходит через вершину A
и пересекает боковые рёбра BB_{1}
, CC_{1}
и DD_{1}
в точках K
, L
и M
соответственно. Площади фигур AKB
, AMD
, DMLC
и площадь нижнего основания ABCD
образуют в указанном порядке геометрическую прогрессию. Найдите отношение объёма отсечённой части ABCDKLM
к объёму всего параллелепипеда.
Ответ. 3\sqrt{2}-4
.
Решение. Все грани параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— равные ромбы. Пусть сторона каждого из них равна a
, а высота — h
. Обозначим BK=x
, DM=y
, CL=z
. Поскольку числа S_{\triangle AKB}=\frac{1}{2}xh
, S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}yh
, S_{DMLC}=\frac{1}{2}(y+z)h
и S_{ABCD}=ah
образуют в указанном порядке геометрическую прогрессию, S^{2}_{\triangle AMD}=S_{\triangle AKB}\cdot S_{DMLC}
и S^{2}_{DMLC}=S_{\triangle AMD}\cdot S_{ABCD}
, или
\frac{1}{4}y^{2}h^{2}=\frac{1}{2}xh\cdot\frac{1}{2}(y+z)h,~\frac{1}{4}(y+z)^{2}h^{2}={1}{2}yh\cdot ah,
y^{2}=x(y+z),~(y+z)^{2}=2ay.
При пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью образуются параллельные прямые, поэтому четырёхугольник AKLM
— параллелограмм. Через точку K
проведём прямую, параллельную BC
. Пусть эта прямая пересекает ребро CC_{1}
в точке E
. Треугольники KLE
и AMD
равны, поэтому EL=MD=y
и x=BK=CE=CL-EL=z-y
. Таким образом, считая a
известным, получим систему
\syst{y^{2}=x(y+z)\\(y+z)^{2}=2ay\\x=z-y,\\}
причём x
, y
, z
— принимают только положительные значения.
Подставляя x=z-y
в первое уравнение, получим, что z=y\sqrt{2}
. После этого из второго уравнения находим, что y=2a(3-2\sqrt{2})
. Тогда z=2a(3\sqrt{2}-4)
, x=2a(5\sqrt{2}-7)
.
Поскольку объём V
параллелепипеда равен произведению площади основания на высоту, а все грани данного параллелепипеда равны, все высоты параллелепипеда также равны между собой.
Плоскость диагонального сечения AA_{1}C_{1}C
разбивает многогранник ABCDKLM
на две четырёхугольные пирамиды: ABCLK
с основанием BCLK
и ACLMD
с основанием CLMD
, причём высоты этих пирамид равны высоте параллелепипеда. Обозначим её H
, тогда
V_{ABCLK}=\frac{1}{3}S_{BCLK}\cdot H=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}(BK+CL)h\cdot H=\frac{1}{6}(x+z)h\cdot H=
=\frac{1}{6}(2a(5\sqrt{2}-7)+2a(3\sqrt{2}-4))h\cdot H=\frac{1}{3}ahH(8\sqrt{2}-11)=\frac{1}{3}(8\sqrt{2}-11)V,
V_{ACLMD}=\frac{1}{3}S_{CLMD}\cdot H=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}(MD+CL)h\cdot H=\frac{1}{6}(y+z)h\cdot H=
=\frac{1}{6}(2a(3-2\sqrt{2})+2a(3\sqrt{2}-4))h\cdot H=\frac{1}{3}ahH(\sqrt{2}-1)=\frac{1}{3}(\sqrt{2}-1)V,
V_{ABCDKLM}=V_{ABCLK}+V_{ACLMD}=\frac{1}{3}(8\sqrt{2}-11)V+\frac{1}{3}(\sqrt{2}-1)V=(3\sqrt{2}-4)V.
Следовательно,
\frac{V_{ABCDKLM}}{V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}}=3\sqrt{2}-4.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1972, билет 9, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 72-9-5, с. 156