8999. В правильном тетраэдре ABCD
плоскость P
пересекает рёбра AB
, BC
, CD
, AD
в точках K
, L
, M
, N
соответственно. Площади треугольников AKN
, KBL
, NDM
составляют соответственно \frac{1}{5}
, \frac{1}{2}
, \frac{1}{5}
площади грани тетраэдра. В каком отношении плоскость P
делит площадь грани BCD
?
Ответ. 1:7
.
Решение. Сначала докажем следующую лемму: если плоскость пересекает рёбра AB
, BC
, CD
, AD
произвольного тетраэдра ABCD
в точках K
, L
, M
, N
соответственно (рис. 1), то \frac{DN}{NA}\cdot\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD}=1
.
Доказательство. Если окажется, что плоскость параллельна прямой BD
, то KN\parallel BD
и ML\parallel BD
. Тогда \frac{DN}{NA}=\frac{KB}{AK}
и \frac{BL}{LC}=\frac{MD}{CM}
, следовательно,
\frac{DN}{NA}\cdot\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD}=\left(\frac{KB}{AK}\cdot\frac{AK}{KB}\right)\cdot\left(\frac{MD}{CM}\cdot\frac{CM}{MD}\right)=1.
Пусть плоскость пересекает прямую BD
в некоторой точке E
. Через вершину A
проведём прямую, параллельную BD
. Пусть эта прямая пересекается с прямой KN
в точке Q
. Из подобия треугольников ANQ
и DEN
следует, что DE=AQ\cdot\frac{DN}{NA}
, а из подобия треугольников AKQ
и BKE
— BE=AQ\cdot\frac{KB}{AK}
, поэтому
\frac{BE}{DE}=\frac{AQ\cdot\frac{KB}{AK}}{AQ\cdot\frac{DN}{NA}}=\frac{KB}{AK}\cdot\frac{NA}{DN}.
Аналогично докажем, что \frac{BE}{DE}=\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD}
. Из равенства \frac{KB}{AK}\cdot\frac{NA}{DN}=\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD}
следует доказываемое утверждение.
Можно считать, все рёбра данного правильного тетраэдра равны 1. Обозначим DN=x
, AK=y
, BL=z
, CM=t
(рис. 2). По лемме
\frac{DN}{NA}\cdot\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD}=\frac{xyzt}{(1-x)(1-y)(1-z)(1-t)}=1.
Кроме того (см. задачу 3007),
\frac{S_{\triangle AKN}}{S_{\triangle ABD}}=\frac{AN}{AD}\cdot\frac{AK}{AB}=\frac{1-x}{1}\cdot\frac{y}{1}=(1-x)y,
\frac{S_{\triangle KBL}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{BK}{BA}\cdot\frac{BL}{BC}=\frac{1-y}{1}\cdot\frac{z}{1}=(1-y)z,
\frac{S_{\triangle NDM}}{S_{\triangle ADC}}=\frac{DN}{DA}\cdot\frac{DM}{DC}=\frac{x}{1}\cdot\frac{1-t}{1}=(1-t)x.
Таким образом, имеем систему
\syst{\frac{xyzt}{(1-x)(1-y)(1-z)(1-t)}=1\\(1-x)y=\frac{1}{5}\\(1-y)z=\frac{1}{2}\\(1-t)x=\frac{1}{5}.\\}
Выразив y
, z
и t
через x
из трёх последних уравнений, получим систему
\syst{\frac{xyzt}{(1-x)(1-y)(1-z)(1-t)}=1\\y=\frac{1}{5(1-x)}\\z=\frac{5(1-x)}{2(4-5x)}\\t=\frac{5x-1}{5x}.\\}
Подставив найденные выражения для y
, z
и t
в первое уравнение, найдём, что x=\frac{2}{5}
. Тогда y=\frac{1}{3}
, z=\frac{3}{4}
, t=\frac{1}{2}
. Поэтому
\frac{S_{\triangle CML}}{S_{\triangle BCD}}=\frac{CL}{CB}\cdot\frac{CM}{CD}=\frac{1-z}{1}\cdot\frac{t}{1}=(1-z)t=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.
Следовательно, \frac{S_{\triangle CML}}{S_{BLMD}}=\frac{1}{7}
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1972, билет 10, № 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. — № 72-10-5, с. 156