9061. Отношение длин двух скрещивающихся рёбер тетраэдра равно k
. Параллельно этим рёбрам проведена плоскость, причём в сечении получился ромб. В каком отношении эта плоскость делит объём тетраэдра?
Ответ. \frac{k^{2}(3+k)}{1+3k}
.
Решение. Первый способ. Пусть вершины K
, L
, M
и N
ромба KLMN
лежат на рёбрах соответственно BC
, BD
, AD
и AC
тетраэдра ABCD
. Тогда ML\parallel AB\parallel NK
и KL\parallel CD\parallel MN
. Положим AB=1
, CD=k
, KL=LM=MN=NK=x
. Тогда \frac{ML}{AB}=\frac{DL}{DB}
и \frac{KL}{CD}=\frac{BL}{BD}
. Сложив эти равенства, получим, что
\frac{ML}{AB}+\frac{KL}{CD}=\frac{DL}{DB}+\frac{BL}{BD}=\frac{DL+BL}{BD}=\frac{BD}{BD}=1,
или \frac{x}{1}+\frac{x}{k}=1
, откуда x=\frac{k}{1+k}
.
Пусть объём пирамиды ABCD
равен V
, площадь основания ABC
равна S
, а высота равна h
. Тогда V=\frac{1}{3}Sh
.
Рассмотрим многогранник объёма V_{1}
, состоящий из треугольной призмы с основаниями CKN
, ELM
и боковыми рёбрами CE=NM=KL=x
и треугольной пирамиды DELM
с вершиной D
. Площадь основания призмы равна \left(\frac{NK}{AB}\right)^{2}S=x^{2}S
, высота равна \frac{KL}{CD}\cdot h=\frac{x}{k}\cdot h
. Площадь основания пирамиды также равна x^{2}S
, а высота равна \frac{DL}{DB}\cdot h=\frac{ML}{AB}\cdot h=xh
. Значит,
V_{1}=x^{2}S\cdot\frac{x}{k}h+\frac{1}{3}\cdot x^{2}S\cdot xh=\frac{1}{3}Sh\left(\frac{3x^{3}}{k}+x^{3}\right)=
=V\cdot\frac{x^{3}(k+3)}{k}=V\cdot\frac{k^{3}(k+3)}{k(k+1)^{3}}=V\cdot\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}.
Поэтому
\frac{V_{1}}{V}=\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}}.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V-V_{1}}=\frac{k^{2}(k+3)}{(k+1)^{3}-k^{2}(k+3)}=\frac{k^{2}(3+k)}{3k+1}.
Второй способ. Пусть вершины K
, L
, M
и N
ромба KLMN
лежат на рёбрах соответственно BC
, BD
, AD
и AC
тетраэдра ABCD
. Тогда ML\parallel AB\parallel NK
и KL\parallel CD\parallel MN
. Положим AB=1
, CD=k
, KL=LM=MN=NK=x
. Тогда \frac{ML}{AB}=\frac{DL}{DB}
и \frac{KL}{CD}=\frac{BL}{BD}
. Сложив эти равенства, получим, что
\frac{ML}{AB}+\frac{KL}{CD}=\frac{DL}{DB}+\frac{BL}{BD}=\frac{DL+BL}{BD}=\frac{BD}{BD}=1,
или \frac{x}{1}+\frac{x}{k}=1
, откуда x=\frac{k}{1+k}
.
Пусть d
— расстояние между скрещивающимися прямыми AB
и CD
, \alpha
— угол между этими прямыми, V
— объём тетраэдра ABCD
. Тогда
V=\frac{1}{6}AB\cdot CD\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}\cdot1\cdot k\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}kd\sin\alpha,
откуда находим, что kd\sin\alpha=6V
.
На продолжениях отрезков ML
и NK
за точки L
и K
отметим такие точки Q
и P
соответственно, что MQ=NP=AB=1
. Тогда AMNBQP
— треугольная призма. Пусть V_{1}
— её объём, d_{1}
— расстояние между прямой AB
и плоскостью боковой грани MNPQ
. Тогда
S_{MNPQ}=MN\cdot PN\sin\angle MNP=x\cdot1\cdot\sin\alpha=\frac{k}{1+k}\cdot\sin\alpha,~
h_{1}=\frac{KL}{CD}\cdot d=\frac{x}{k}\cdot d=\frac{1}{1+k}\cdot d,
V_{1}=\frac{1}{2}S_{MNPQ}\cdot d_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{1+k}\cdot\sin\alpha\cdot\frac{1}{1+k}\cdot d=
=\frac{kd\sin\alpha}{2(1+k)^{2}}=\frac{6V}{2(1+k)^{2}}=\frac{3V}{(1+k)^{2}}.
Пусть V_{2}
— объём четырёхугольной пирамиды BKPQL
с вершиной B
. Тогда
V_{2}=\frac{1}{3}S_{KPQL}\cdot d_{1}=\frac{1}{3}KP\cdot KL\cdot\sin\alpha\cdot d_{1}=\frac{1}{3}(1-x)x\sin\alpha\cdot d_{1}=
=\frac{1}{3}\left(1-\frac{k}{1+k}\right)\cdot\frac{k}{1+k}\cdot\sin\alpha\cdot\frac{1}{1+k}d=
=\frac{kd}{3(1+k)^{3}}\sin\alpha=\frac{1}{3(1+k)^{3}}\cdot6V=\frac{2V}{(1+k)^{3}}.
Объём V_{3}
многогранника ABKLMN
равен разности объёмов треугольной призмы AMNBQP
и четырёхугольной пирамиды BKPQL
, т. е.
V_{ABKLMN}=V_{1}-V_{2}=\frac{3V}{(1+k)^{2}}-\frac{2V}{(1+k)^{3}}=\frac{V(1+3k)}{(1+k)^{3}}.
Значит,
V_{CDMLKN}=V-V_{ABKLMN}=V-\frac{V(1+3k)}{(1+k)^{3}}=\frac{k^{2}(3+k)V}{(1+k)^{3}}.
Следовательно,
\frac{V_{CDMLKN}}{V_{ABKLMN}}=\frac{\frac{k^{2}(3+k)V}{(1+k)^{3}}}{\frac{V(1+3k)}{(1+k)^{3}}}=\frac{k^{2}(3+k)}{1+3k}.
Третий способ. Пусть вершины K
, L
, M
и N
ромба KLMN
лежат на рёбрах соответственно BC
, BD
, AD
и AC
тетраэдра ABCD
. Тогда ML\parallel AB\parallel NK
и KL\parallel CD\parallel MN
. Обозначим AB=a
, CD=b
Пусть \frac{a}{b}=k
. Тогда
\frac{ML}{a}=\frac{DL}{DB}~\mbox{и}~\frac{KL}{b}=\frac{BL}{BD}.
Сложив эти равенства, получим, что
\frac{ML}{a}+\frac{KL}{b}=\frac{DL}{DB}+\frac{BL}{BD}=\frac{DL+BL}{BD}=\frac{BD}{BD}=1,
а так как KL=ML
и b=\frac{a}{k}
, то \frac{ML}{a}+\frac{kML}{a}=1
, откуда \frac{ML}{a}=\frac{1}{1+k}
. Тогда
\frac{CN}{AC}=\frac{KN}{AB}=\frac{KN}{a}=\frac{ML}{a}=\frac{1}{1+k}.
Значит, \frac{AN}{CN}=k
. В этом же отношении секущая плоскость делит общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AB
и CD
. Следовательно (см. задачу 14319), искомое отношение объёмов частей тетраэдра равно \frac{k^{2}(3+k)}{1+3k}
.