9665. Дана выпуклая четырёхугольная пирамида MABCD
с вершиной M
. Плоскость пересекает рёбра MA
, MB
, MC
и MD
в точках A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
и D_{1}
соответственно. Докажите, что
S_{\triangle BCD}\cdot\frac{MA}{MA_{1}}+S_{\triangle ABD}\cdot\frac{MC}{MC_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot\frac{MD}{MD_{1}}+S_{\triangle ACD}\cdot\frac{MB}{MB_{1}}.
Решение. Пусть h
— высота данной пирамиды. Плоскость пересекает боковые рёбра MB
, MC
и MD
тетраэдра MBCD
в точках B_{1}
, C_{1}
и D_{1}
, поэтому (см. задачу 7244)
V_{MB_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{MB_{1}}{MB}\cdot\frac{MC_{1}}{MC}\cdot\frac{MD_{1}}{MD}V_{MBCD}=
=\frac{1}{3}h\left(\frac{MA_{1}}{MA}\cdot\frac{MB_{1}}{MB}\cdot\frac{MC_{1}}{MC}\cdot\frac{MD_{1}}{MD}\right)\frac{MA}{MA_{1}}S_{\triangle BCD}.
Аналогично
V_{MA_{1}B_{1}D_{1}}=\frac{1}{3}h\left(\frac{MA_{1}}{MA}\cdot\frac{MB_{1}}{MB}\cdot\frac{MC_{1}}{MC}\cdot\frac{MD_{1}}{MD}\right)\frac{MC}{MC_{1}}S_{\triangle ABD},
V_{MA_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}h\left(\frac{MA_{1}}{MA}\cdot\frac{MB_{1}}{MB}\cdot\frac{MC_{1}}{MC}\cdot\frac{MD_{1}}{MD}\right)\frac{MD}{MD_{1}}S_{\triangle ABC},
V_{MA_{1}D_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}h\left(\frac{MA_{1}}{MA}\cdot\frac{MB_{1}}{MB}\cdot\frac{MC_{1}}{MC}\cdot\frac{MD_{1}}{MD}\right)\frac{MB}{MB_{1}}S_{\triangle ADC}.
Подставляя полученные выражения в равенство
V_{MB_{1}C_{1}D_{1}}+V_{MA_{1}B_{1}D_{1}}=V_{MA_{1}B_{1}C_{1}}+V_{MA_{1}D_{1}C_{1}},
после очевидных сокращений получаем, что
S_{\triangle BCD}\cdot\frac{MA}{MA_{1}}+S_{\triangle ABD}\cdot\frac{MC}{MC_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot\frac{MD}{MD_{1}}+S_{\triangle ACD}\cdot\frac{MB}{MB_{1}}.