9027. Ребро правильного тетраэдра ABCD
равно a
. На рёбрах AB
, BC
, CD
, DA
соответственно взяты пары точек M
и M_{1}
, N
и N_{1}
, P
и P_{1}
, Q
и Q_{1}
так, что AM=AQ=CN=CP=\frac{1}{8}a
, BM_{1}=BN_{1}=DP_{1}=DQ_{1}=\frac{3}{8}a
. Найдите объём треугольной пирамиды, вершинами которой служат точки пересечения отрезков MP_{1}
и M_{1}P
с отрезками NQ_{1}
и N_{1}Q
.
Ответ. \frac{4\sqrt{2}}{675}a^{3}
.
Решение. Поскольку \frac{DQ_{1}}{DA}=\frac{DP_{1}}{DP}
, прямая P_{1}Q_{1}
параллельна AC
. Аналогично, MN\parallel AC
. Значит, точки P_{1}
, Q_{1}
, M
и N
лежат в одной плоскости. Тогда прямые MP_{1}
и NQ_{1}
пересекаются в некоторой точке E
. Треугольник P_{1}DQ_{1}
подобен треугольнику CDA
с коэффициентом \frac{DP_{1}}{DC}=\frac{3}{8}
, а треугольник MBN
— треугольнику ABC
с коэффициентом \frac{BM}{BA}=\frac{7}{8}
. Тогда треугольник P_{1}EQ_{1}
и MEN
подобны с коэффициентом
\frac{P_{1}Q_{1}}{MN}=\frac{\frac{3}{8}AC}{\frac{7}{8}AC}=\frac{3}{7},
поэтому EQ_{1}=\frac{3}{10}NQ_{1}
.
Пусть отрезки PM_{1}
и NQ_{1}
, лежащие в плоскости параллельных прямых PN
и M_{1}Q_{1}
, пересекаются в точке F
. Из подобия треугольников PFN
и M_{1}FQ_{1}
следует, что
\frac{NF}{FQ_{1}}=\frac{PN}{M_{1}Q_{1}}=\frac{\frac{1}{8}BD}{\frac{5}{8}BD}=\frac{1}{5},
поэтому NF=\frac{1}{6}NQ_{1}
. Следовательно,
EF=NQ_{1}-EQ_{1}-NF=NQ_{1}-\frac{3}{10}NQ_{1}-\frac{1}{6}NQ_{1}=\frac{8}{15}NQ_{1}.
Пусть отрезки PM_{1}
и QN_{1}
пересекаются в точке G
, а отрезки MP_{1}
и QN_{1}
— в точке H
. Аналогично находим, что GH=\frac{8}{15}QN_{1}
.
Известно, что объём тетраэдра равен одной шестой произведения длин двух его противолежащих рёбер на расстояние между прямыми, содержащими эти рёбра, и на синус угла между этими прямыми. Пусть V
— объём тетраэдра ABCD
, V_{1}
— объём тетраэдра NN_{1}QQ_{1}
, V_{2}
— объём тетраэдра EFGH
. Заметим, что расстояние и угол между противоположными рёбрами AD
и BC
тетраэдра ABCD
и противоположными рёбрами NN_{1}
и QQ_{1}
тетраэдра NN_{1}QQ_{1}
соответственно равны. Равны также расстояние и угол между противоположными рёбрами NQ_{1}
и QN_{1}
тетраэдра NN_{1}QQ_{1}
и противоположными рёбрами EF
и GH
тетраэдра EFGH
. Тогда
V_{1}=\frac{NN_{1}}{BC}\cdot\frac{QQ_{1}}{AD}V=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}V=\frac{1}{4}V,
V_{2}=\frac{EF}{NQ_{1}}\cdot\frac{GH}{QN_{1}}V_{1}=\frac{8}{15}\cdot\frac{8}{15}V_{1}=\frac{64}{225}V_{1}=\frac{64}{225}\cdot\frac{1}{4}V=\frac{16}{225}V.
Пусть DK
— высота правильного тетраэдра ABCD
. Тогда
DK=\sqrt{AD^{2}-AK^{2}}=\sqrt{a^{2}-\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=a\sqrt{\frac{2}{3}},
поэтому
V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DK=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{12}.
Следовательно,
V_{2}=\frac{16}{225}V=\frac{16}{225}\cdot\frac{a^{3}\sqrt{3}}{12}=\frac{4\sqrt{2}}{675}a^{3}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1974, билет 12, № 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. — № 74-12-5, с. 176