9878. Прямая, проходящая через середины M
и N
рёбер AB
и CD
правильного тетраэдра ABCD
является осью конуса с вершиной в середине M
ребра AB
, а окружность основания конуса касается граней двугранного угла с ребром CD
. Высота тетраэдра равна 1. Найдите длину её отрезка, заключённого внутри конуса, если отношение высоты конуса к отрезку MN
равно:
1) 2:3
; 2) 5:6
; 3) 7:12
; 4) 1:2
; 5) 1:3
; 6) 1:6
.
Ответ. 1) \frac{2}{5}
; 2) \frac{5}{33}
; 3) \frac{49}{152}
; 4) \frac{1}{4}
; 5) \frac{1}{4}
; 6) \frac{1}{28}
.
Решение. Пусть DD_{1}
— высота тетраэдра, H
— точка пересечения отрезков DD_{1}
и MN=a
, O
— центр основания конуса, PQ
— отрезок высоты DD_{1}
тетраэдра, заключённый внутри конуса (точка P
между D
и Q
). Тогда DH:HD_{1}=3:1
и H
— середина MN
(см. задачу 7110 и 1108).
Заметим, что основание конуса вписано в сечение тетраэдра плоскостью \alpha
, проходящей через точку O
параллельно прямым AB
и CD
, т. е. в прямоугольник, стороны которого соответственно параллельны этим прямым.
Рассмотрим сечение тетраэдра плоскостью CDM
— равнобедренный треугольник CDM
с основанием CD
. Плоскость \alpha
пересекается с этой плоскостью по прямой l
. Пусть лучи MP
и MQ
пересекают сторону CD
в точках K
и L
соответственно, прямая l
пересекает лучи MP
и MQ
, лежащие в плоскости CMD
, в точках X
и Y
соответственно, а отрезки MD
и MC
— в точках E
и F
соответственно. Тогда XY
— диаметр основания конуса.
1) Пусть \frac{MO}{MN}=\frac{2}{3}
. Тогда
\frac{MX}{MK}=\frac{MY}{ML}=\frac{ME}{MD}=\frac{MF}{MC}=\frac{MO}{MN}=\frac{2}{3},
поэтому EF=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}a
. Стороны прямоугольника, в который вписана окружность основания конуса, равны \frac{2}{3}a
и \frac{1}{3}a
, а диаметр основания равен меньшей из них, т. е. XY=\frac{1}{3}a
. Центр O
окружности основания конуса — общая середина отрезков XY
и EF
, поэтому
EX=FE=\frac{1}{2}(EF-XY)=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}a\right)=\frac{1}{6}a.
Значит,
DK:KL:LC=EX:XY:YF=\frac{1}{6}a:\frac{1}{3}a:\frac{1}{6}a=1:2:1
(см. задачу 1597). Тогда MK
и DH
— медианы DMN
, поэтому \frac{MP}{MK}=\frac{2}{3}=\frac{MX}{MK}
. Следовательно, точка X
совпадает с P
.
Точка F
— середина отрезка CD_{1}
, а N
— середина отрезка CD
, поэтому NE
— средняя линия треугольника CD_{1}D
. Значит, NF\parallel DD_{1}
, поэтому NFPD
— параллелограмм. Тогда
DP=NF=\frac{1}{2}DD_{1}=\frac{1}{2}.
Опустим перпендикуляр LG
на сторону CM
. Тогда CG
— средняя линия треугольника CFN
, поэтому
CG=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}CM=\frac{1}{6}CM,~MG=\frac{5}{6}CM,
а так как MD_{1}=\frac{1}{3}CM
, то
\frac{MD_{1}}{MG}=\frac{\frac{1}{3}CM}{\frac{5}{6}CM}=\frac{2}{5}.
Из подобия треугольников MD_{1}Q
и MGL
находим, что
D_{1}Q=\frac{2}{5}LG=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}NF=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{10}.
Следовательно,
PQ=DD_{1}-DP-D_{1}Q=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{10}=\frac{2}{5}.
2) Пусть \frac{MO}{MN}=\frac{5}{6}
Тогда
\frac{MX}{MK}=\frac{MY}{ML}=\frac{ME}{MD}=\frac{MF}{MC}=\frac{MO}{MN}=\frac{5}{6},
поэтому EF=\frac{5}{6}CD=\frac{5}{6}a
. Стороны прямоугольника, в который вписана окружность основания конуса, равны \frac{5}{6}a
и \frac{1}{6}a
, а диаметр основания равен меньшей из них, т. е. XY=\frac{1}{6}a
. Центр O
окружности основания конуса — общая середина отрезков XY
и EF
, поэтому
EX=FE=\frac{1}{2}(EF-XY)=\frac{1}{2}\left(\frac{5}{6}a-\frac{1}{6}a\right)=\frac{1}{3}a,~
Значит,
DK:KL:LC=EX:XY:YF=\frac{1}{3}a:\frac{1}{6}a:\frac{1}{3}a=2:1:2
(см. задачу 1597).
Опустим перпендикуляр LG
на сторону CM
. Тогда
\frac{CG}{CD_{1}}=\frac{CL}{CD}=\frac{2}{5},~CG=\frac{2}{5}CD_{1}=\frac{2}{5}\cdot\frac{2}{3}CM=\frac{4}{15}CM,~MG=\frac{11}{15}CM,
Коэффициент подобия треугольников MD_{1}Q
и MGL
равен
\frac{MD_{1}}{MG}=\frac{\frac{1}{3}CM}{\frac{11}{15}CM}=\frac{5}{11},
значит,
D_{1}Q=\frac{5}{11}LG=\frac{5}{11}\cdot\frac{2}{5}DD_{1}=\frac{2}{11}.
Пусть прямая, проведённая через точку D
параллельно MC
, пересекается с прямой MK
в точке T
. Из подобия треугольников DKT
и CKM
получаем, что DT=MC\cdot\frac{DK}{KC}=\frac{2}{3}MC
, а из подобия треугольников DPT
и D_{1}PM
—
\frac{DP}{PD_{1}}=\frac{DT}{MD_{1}}=\frac{\frac{2}{3}MC}{\frac{1}{3}MC}=2.
Значит, DP=\frac{2}{3}DD_{1}=\frac{2}{3}
. Следовательно,
PQ=DD_{1}-D_{1}Q-DP=1-\frac{2}{11}-\frac{2}{3}=1-\frac{28}{33}=\frac{5}{33}.
Остальные пункты решаются аналогично.
Примечание. Отрезки D_{1}Q=\frac{2}{11}
и DP=\frac{2}{3}
можно получить, применив теорему Менелая к треугольнику CDD_{1}
и прямым QL
и KP
соответственно:
\frac{DL}{LC}\cdot\frac{CM}{MD_{1}}\cdot\frac{D_{1}Q}{QD}=\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{D_{1}Q}{QD}=1~\Rightarrow~\frac{D_{1}Q}{QD}=\frac{2}{9}~\Rightarrow~D_{1}Q=\frac{2}{11}DD_{1}=\frac{2}{11},
\frac{DK}{KC}\cdot\frac{CM}{MD_{1}}\cdot\frac{D_{1}P}{PD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{D_{1}P}{PD}=1~\Rightarrow~\frac{D_{1}P}{DP}=\frac{1}{2}~\Rightarrow~DP=\frac{2}{3}DD_{1}=\frac{2}{3}.
Остальные пункты решаются аналогично.