9024. Основанием прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
служит равнобедренная трапеция ABCD
, в которой AD\parallel BC
, AD:BC=n\gt1
. Параллельно диагонали B_{1}D
проведены плоскость через ребро AA_{1}
и плоскость через ребро BC
; параллельно диагонали A_{1}C
проведены плоскость через ребро DD_{1}
и плоскость через ребро B_{1}C_{1}
. Найдите отношение объёма треугольной пирамиды, ограниченной этими четырьмя плоскостями, к объёму призмы.
Ответ. \frac{1}{12}\left(\frac{5n+3}{n+1}\right)^{3}
.
Решение. Прямая AA_{1}
параллельна плоскости BB_{1}D_{1}D
, так как она параллельна прямой DD_{1}
, лежащей в этой плоскости (рис. 1). Поэтому плоскость \alpha
, проходящая через прямую AA_{1}
параллельно B_{1}D
, параллельна плоскости BB_{1}D_{1}D
. Поэтому плоскость \alpha
пересекается с плоскостью основания ABCD
призмы по прямой l
, параллельной BD
. Аналогично, плоскость \beta
проходящая через прямую DD_{1}
параллельно A_{1}C
, пересекается с плоскостью основания ABCD
призмы по прямой m
, параллельной AC
. Пусть прямые l
и m
пересекаются в точке P
. Тогда плоскости \alpha
и \beta
содержащие грани треугольной пирамиды, о которой говорится в условии задачи, пересекаются по прямой p
, проходящей через точку P
параллельно прямым AA_{1}
и DD_{1}
.
Прямая BC
параллельна плоскости AB_{1}C_{1}D
, так как она параллельна прямой AD
этой плоскости. Тогда плоскость \gamma
, проходящая через ребро BC
параллельно диагонали B_{1}D
, параллельна плоскости AB_{1}C_{1}D
. Аналогично, плоскость \delta
, проходящая через ребро B_{1}C_{1}
параллельно диагонали A_{1}C
, параллельна плоскости BA_{1}D_{1}C
. Пересекающиеся плоскости \gamma
и \delta
проходят через параллельные прямые BC
и B_{1}C_{1}
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой q
, параллельной прямым BC
и B_{1}C_{1}
. Пусть вершины K
и L
треугольной пирамиды KLMN
, грани которой лежат в плоскостях \alpha
, \beta
, \gamma
и \delta
, принадлежат прямой p
, а вершины M
и N
— на прямой q
. Прямая q
параллельна прямой BC
, прямая p
параллельна прямой AA_{1}
, причём AA_{1}\perp BC
, поэтому KL\perp MN
.
Рассмотрим сечение призмы и пирамиды плоскостью, проходящей через прямую KL
перпендикулярно прямой MN
(рис. 2). Пусть эта плоскость пересекает ребро MN
в точке G
. Получим равнобедренный треугольник KLG
и прямоугольник EE_{1}F_{1}F
, причём точки E
и E_{1}
, лежащие на сторонах KG
и LG
, — середины рёбер соответственно BC
и B_{1}C_{1}
призмы, F
и F_{1}
— середины рёбер соответственно AD
и A_{1}D_{1}
, а EE_{1}=FF_{1}=AA_{1}
.
Плоскость KMN
(т. е. плоскость \gamma
) параллельна плоскости AB_{1}C_{1}D
, а секущая плоскость пересекается с плоскостью KLG
по прямой E_{1}F
, то KG\parallel E_{1}F
. Аналогично, LG\parallel EF_{1}
.
Обозначим AA_{1}=h
, BC=a
. Тогда AD=na
. Рассмотрим сечение призмы и пирамиды плоскостью, проходящей через высоту GH
равнобедренного треугольника KLG
и ребро MN
пирамиды KLMN
(рис. 3). Получим равнобедренный треугольник HMN
и равнобедренную трапецию A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}
, равную трапеции ABCD
, причём точки A_{2}
и D_{2}
лежат на сторонах соответственно HN
и HM
, A_{2}D_{2}\parallel MN
, A_{2}C_{2}\parallel HM
, B_{2}D_{2}\parallel HN
.
Пусть отрезок GH
пересекает основания B_{2}C_{2}
и A_{2}D_{2}
трапеции A_{1}B_{2}C_{2}D_{2}
в точках E_{2}
и F_{2}
соответственно. Тогда E_{2}
и F_{2}
— середины этих оснований, а E_{2}F_{2}
— высота трапеции.
Пусть прямая B_{2}C_{2}
пересекает стороны HN
и HM
треугольника HMN
в точках N_{1}
и M_{1}
соответственно. Тогда A_{2}C_{2}M_{1}D_{2}
и A_{2}N_{1}B_{2}D_{2}
— параллелограммы, поэтому
B_{2}N_{1}=A_{2}D_{2}=M_{1}C_{2}=na,~M_{1}N_{1}=N_{1}B_{2}+B_{2}C_{2}+C_{2}M_{1}=na+a+na=(2n+1)a.
Из подобия треугольников HN_{1}M_{1}
и HA_{2}D_{2}
находим, что
\frac{HE_{2}}{HF_{2}}=\frac{M_{1}N_{1}}{A_{2}D_{2}}=\frac{(2n+1)a}{na}=\frac{2n+1}{n}.
Рассмотрим треугольник KLG
. Положим HF_{2}=nx
, HE_{2}=(2n+1)x
. Тогда E_{2}F_{2}=HE_{2}-HF_{2}=(n+1)x
. Если O
— точка пересечения диагоналей EF_{1}
и E_{1}F
, то O
— середина E_{2}F_{2}
,
OF_{2}=\frac{1}{2}E_{2}F_{2}=\frac{1}{2}(n+1)x,~OH=OF_{2}+HF_{2}=\frac{1}{2}(n+1)x+nx=\frac{1}{2}(3n+1)x,
GO=EF=E_{2}F_{2}=(n+1)x,~GH=GO+OF_{2}+F_{2}H=(n+1)x+\frac{1}{2}(n+1)x+nx=\frac{1}{2}(5n+3)x,
MN=A_{2}D_{2}\cdot\frac{GH}{HF_{2}}=na\cdot\frac{\frac{1}{2}(5n+3)x}{nx}=\frac{1}{2}a(5n+3).
Пусть продолжения диагоналей EF_{1}
и E_{1}F
пересекают сторону KL
в точках R
и T
соответственно. Тогда EE_{1}TK
и EE_{1}LR
— параллелограммы, поэтому TK=EE_{1}=LR=h
. Из подобия треугольников ORT
и OF_{1}F
находим, что
TR=FF_{1}\cdot\frac{OH}{OF_{2}}=h\cdot\frac{\frac{1}{2}(3n+1)x}{\frac{1}{2}(n+1)x}=\frac{3n+1}{n+1}h,
значит,
KL=KT+TR+RL=h+\frac{3n+1}{n+1}h+h=\frac{5n+3}{n+1}h.
Пусть S_{1}
и S_{2}
— площади треугольника HMN
и трапеции A_{1}B_{2}C_{2}D_{2}
соответственно, а V_{1}
и V_{2}
— объёмы соответственно пирамиды KLMN
и данной призмы. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}MN\cdot GH=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}a(5n+3)\cdot\frac{1}{2}(5n+3)x=\frac{1}{8}ax(5n+3)^{2},
S_{2}=\frac{1}{2}(A_{2}D_{2}+B_{2}C_{2})\cdot E_{2}F_{2}=\frac{1}{2}(na+a)\cdot(n+1)x=\frac{1}{2}(n+1)^{2}ax,
V_{1}=\frac{1}{3}S_{1}\cdot KL=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{8}ax(5n+3)^{2}\cdot\frac{5n+3}{n+1}h=\frac{1}{24}\cdot\frac{(5n+3)^{3}axh}{n+1},
V_{2}=S_{2}\cdot h=\frac{1}{2}(n+1)^{2}axh.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{\frac{1}{24}\cdot\frac{(5n+3)^{3}axh}{n+1}}{\frac{1}{2}(n+1)^{2}axh}=\frac{1}{12}\left(\frac{5n+3}{n+1}\right)^{3}.