Задача 111397

Темы:    [ Отношение объемов ] [ Прямая призма ] [ Тетраэдр и пирамида ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Основанием прямой призмы ABCDA1B1C1D1 служит равнобедренная трапеция ABCD , в которой AD || BC , AD:BC=n>1 . Параллельно диагонали B1D проведены плоскость через ребро AA1 и плоскость через ребро BC ; параллельно диагонали A1C проведены плоскость через ребро DD1 и плоскость через ребро B1C1 . Найдите отношение объёма треугольной пирамиды, ограниченной этими четырьмя плоскостями, к объёму призмы.

Решение

Прямая AA1 параллельна плоскости BB1D1D , т.к. она параллельна прямой DD1 , лежащей в этой плоскости (рис.1). Поэтому плоскость α , проходящая через прямую AA1 параллельно B1D , параллельна плоскости BB1D1D . Поэтому плоскость α пересекается с плоскостью основания ABCD призмы по прямой l , параллельной BD . Аналогично, плоскость β проходящая через прямую DD1 параллельно A1C , пересекается с плоскостью основания ABCD призмы по прямой m , параллельной AC . Пусть прямые l и m пересекаются в точке P . Тогда плоскости α и β содержащие грани треугольной пирамиды, о которой говорится в условии задачи, пересекаются по прямой p , проходящей через точку P параллельно прямым AA1 и DD1 . Прямая BC параллельна плоскости AB1C1D , т.к. она параллельна прямой AD этой плоскости. Тогда плоскость γ , проходящая через ребро BC параллельно диагонали B1D , параллельна плоскости AB1C1D . Аналогично, плоскость δ , проходящая через ребро B1C1 параллельно диагонали A1C , параллельна плоскости BA1D1C . Пересекающиеся плоскости γ и δ проходят через параллельные прямые BC и B1C1 , значит, эти плоскости пересекаются по прямой q , параллельной прямым BC и B1C1 . Пусть вершины K и L треугольной пирамиды KLMN , грани которой лежат в плоскостях α , β , γ и δ , принадлежат прямой p , а вершины M и N – на прямой q . Прямая q параллельна прямой BC , прямая p параллельна прямой AA1 , причём AA1 BC , поэтому KL 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 EE1F1F , причём точки E и E1 , лежащие на сторонах KG и LG , – середины рёбер соответственно BC и B1C1 призмы, F и F1 – середины рёбер соответственно AD и A1D1 , а EE1=FF1=AA1 . Плоскость KMN (т.е. плоскость γ ) параллельна плоскости AB1C1D , а секущая плоскость пересекается с плоскостью KLG по прямой E1F , то KG || E1F . Аналогично, LG || EF1 . Обозначим AA1=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 A2B2C2D2 , равную трапеции ABCD , причём точки A2 и D2 лежат на сторонах соответственно HN и HM , A2D2 || MN , A2C2 || HM , B2D2 || HN . Пусть отрезок GH пересекает основания B2C2 и A2D2 трапеции A1B2C2D2 в точках E2 и F2 соответственно. Тогда E2 и F2 – середины этих оснований, а E2F2 – высота трапеции. Пусть прямая B2C2 пересекает стороны HN и HM треугольника HMN в точках N1 и M1 соответственно. Тогда A2C2M1D2 и A2N1B2D2 – параллелограммы, поэтому

B2N1=A2D2= M1C2 = na, M1N1 = N1B2+B2C2+C2M1 = na+a+na=(2n+1)a.
Из подобия треугольников HN1M1 и HA2D2 находим, что
= = =.
Рассмотрим треугольник KLG . Положим HF2=nx , HE2=(2n+1)x . Тогда E2F2=HE2-HF2=(n+1)x . Если O – точка пересечения диагоналей EF1 и E1F , то O – середина E2F2 ,
OF2 = E2F2 = (n+1)x, OH = OF2+HF2 = (n+1)x+ nx= (3n+1)x,

GO=EF=E2F2 = (n+1)x, GH=GO+OF2+F2H = (n+1)x+(n+1)x+nx=(5n+3)x,

MN = A2D2· =na· = a(5n+3).
Пусть продолжения диагоналей EF1 и E1F пересекают сторону KL в точках R и T соответственно. Тогда EE1TK и EE1LR – параллелограммы, поэтому TK=EE1=LR=h . Из подобия треугольников ORT и OF1F находим, что
TR = FF1· = h· = h,
значит,
KL=KT+TR+RL = h+h+h = h.
Пусть S1 и S2 – площади треугольника HMN и трапеции A1B2C2D2 соответсвенно, а V1 и V2 – объёмы соответственно пирамиды KLMN и данной призмы. Тогда
S1=MN· GH = · a(5n+3)· (5n+3)x= ax(5n+3)2,

S2=(A2D2+B2C2)· E2F2 = (na+a)· (n+1)x = (n+1)2ax,

V1=S1· KL = · ax(5n+3)2· h= · ,

V2 = S2· h = (n+1)2axh.
Следовательно,
= = ()3.

Ответ

()3 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	9024