Страница 192 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

795. Из точки сферы проведены три попарно перпендикулярные хорды. Докажите, что сумма их квадратов не зависит от положения этих хорд.

Для доказательства используем метод координат. Пусть центр сферы радиуса $R$ находится в начале координат $O(0, 0, 0)$. Тогда уравнение сферы имеет вид $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$.

Пусть $P$ — произвольная точка на сфере, из которой проведены три попарно перпендикулярные хорды $PA$, $PB$ и $PC$. Обозначим длины этих хорд как $a, b, c$ соответственно. Мы должны доказать, что сумма их квадратов, $a^2 + b^2 + c^2$, является постоянной величиной.

Обозначим радиус-вектор точки $P$ как $\vec{r}_P$. Поскольку точка $P$ лежит на сфере, квадрат длины ее радиус-вектора равен квадрату радиуса сферы: $|\vec{r}_P|^2 = R^2$.

Пусть $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$ — единичные векторы (орты), направления которых совпадают с направлениями хорд $PA$, $PB$ и $PC$ соответственно. Так как хорды попарно перпендикулярны, эти векторы образуют ортонормированный базис, то есть они попарно ортогональны и их длины равны единице.

Векторы, соответствующие хордам, можно представить в следующем виде:$\vec{PA} = a \cdot \vec{e}_1$$\vec{PB} = b \cdot \vec{e}_2$$\vec{PC} = c \cdot \vec{e}_3$

Точки $A$, $B$ и $C$, являющиеся концами хорд, также лежат на сфере. Их радиус-векторы можно выразить через радиус-вектор точки $P$ и векторы хорд:$\vec{OA} = \vec{OP} + \vec{PA} = \vec{r}_P + a \vec{e}_1$$\vec{OB} = \vec{OP} + \vec{PB} = \vec{r}_P + b \vec{e}_2$$\vec{OC} = \vec{OP} + \vec{PC} = \vec{r}_P + c \vec{e}_3$

Поскольку точка $A$ лежит на сфере, квадрат длины ее радиус-вектора равен $R^2$. Запишем это условие через скалярное произведение:$|\vec{OA}|^2 = (\vec{r}_P + a \vec{e}_1) \cdot (\vec{r}_P + a \vec{e}_1) = R^2$Раскроем скалярное произведение:$|\vec{r}_P|^2 + 2a(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1) + a^2|\vec{e}_1|^2 = R^2$

Мы знаем, что $|\vec{r}_P|^2 = R^2$ (так как $P$ на сфере) и $|\vec{e}_1|^2 = 1$ (так как $\vec{e}_1$ — единичный вектор). Подставив эти значения, получим:$R^2 + 2a(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1) + a^2 = R^2$$a^2 + 2a(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1) = 0$Поскольку $a$ — это длина хорды, $a \neq 0$, мы можем разделить обе части уравнения на $a$:$a + 2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1) = 0$, откуда $a = -2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1)$.

Проведя аналогичные рассуждения для точек $B$ и $C$, получим выражения для длин хорд $b$ и $c$:$b = -2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_2)$$c = -2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_3)$

Теперь найдем сумму квадратов длин хорд:$a^2 + b^2 + c^2 = (-2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1))^2 + (-2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_2))^2 + (-2(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_3))^2$$a^2 + b^2 + c^2 = 4 [(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1)^2 + (\vec{r}_P \cdot \vec{e}_2)^2 + (\vec{r}_P \cdot \vec{e}_3)^2]$

Выражение в квадратных скобках представляет собой сумму квадратов проекций вектора $\vec{r}_P$ на оси ортонормированного базиса $\{\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3\}$. Эта сумма равна квадрату длины (модуля) самого вектора $\vec{r}_P$:$(\vec{r}_P \cdot \vec{e}_1)^2 + (\vec{r}_P \cdot \vec{e}_2)^2 + (\vec{r}_P \cdot \vec{e}_3)^2 = |\vec{r}_P|^2$

Подставляя это в наше выражение для суммы квадратов, получаем:$a^2 + b^2 + c^2 = 4 |\vec{r}_P|^2$

Используя условие, что $|\vec{r}_P|^2 = R^2$, мы приходим к окончательному результату:$a^2 + b^2 + c^2 = 4R^2$

Полученная величина $4R^2$ зависит только от радиуса сферы $R$ и является константой. Она не зависит ни от положения точки $P$ на сфере, ни от ориентации попарно перпендикулярных хорд, проведенных из этой точки. Что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма квадратов длин трех попарно перпендикулярных хорд, проведенных из одной точки сферы, равна $4R^2$, где $R$ — радиус сферы. Следовательно, эта сумма не зависит от положения хорд.

796. Найдите множество центров всех сечений шара плоскостями, проходящими через данную прямую, не пересекающую шар.

Пусть дан шар с центром в точке $O$ и радиусом $R$, и прямая $l$, не пересекающая этот шар. Это означает, что расстояние от центра шара $O$ до прямой $l$ больше радиуса шара $R$.

Обозначим через $d$ расстояние от точки $O$ до прямой $l$. Пусть $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на прямую $l$. Тогда длина отрезка $OP$ равна $d$, то есть $|OP| = d$. По условию, $d > R$.

Рассмотрим произвольную плоскость $\alpha$, которая проходит через прямую $l$ и пересекает шар. Сечением шара плоскостью $\alpha$ является круг. Обозначим центр этого круга через $C$.

По определению, центр сечения $C$ является ортогональной проекцией центра шара $O$ на плоскость сечения $\alpha$. Это значит, что отрезок $OC$ перпендикулярен плоскости $\alpha$: $OC \perp \alpha$.

Так как прямая $l$ лежит в плоскости $\alpha$ ($l \subset \alpha$), то из условия $OC \perp \alpha$ следует, что отрезок $OC$ перпендикулярен прямой $l$: $OC \perp l$.

Рассмотрим плоскость $\beta$, которая проходит через точку $O$ и перпендикулярна прямой $l$. Все точки $X$, для которых отрезок $OX$ перпендикулярен прямой $l$, лежат в этой плоскости $\beta$. Следовательно, точка $C$ (центр сечения) должна лежать в плоскости $\beta$. Точка $P$ (основание перпендикуляра из $O$ на $l$) также лежит в плоскости $\beta$.

Теперь рассмотрим геометрическое место точек $C$ в плоскости $\beta$. Точки $P$ и $C$ лежат в плоскости сечения $\alpha$. Следовательно, прямая $PC$ также лежит в плоскости $\alpha$. Поскольку $OC \perp \alpha$, то отрезок $OC$ перпендикулярен любой прямой в плоскости $\alpha$, проходящей через точку $C$. В частности, $OC \perp PC$.

Таким образом, в плоскости $\beta$ треугольник $\triangle OPC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$ ($\angle OCP = 90^\circ$). Геометрическое место точек $C$ в плоскости $\beta$, для которых угол $\angle OCP$ является прямым, есть окружность, построенная на отрезке $OP$ как на диаметре.

Это свойство выполняется для центра любого сечения. Однако не каждая точка на этой окружности является центром действительного сечения. Плоскость $\alpha$ пересекает шар тогда и только тогда, когда расстояние от центра шара $O$ до плоскости $\alpha$ не превышает радиуса шара $R$. Это расстояние равно длине отрезка $OC$. Следовательно, должно выполняться условие: $|OC| \le R$.

Итак, искомое множество центров $C$ — это точки, которые одновременно удовлетворяют двум условиям:
1. Они лежат на окружности с диаметром $OP$ в плоскости $\beta$.
2. Расстояние от них до точки $O$ не превышает $R$, то есть $|OC| \le R$.

Это множество является пересечением окружности с диаметром $OP$ и замкнутого круга с центром в точке $O$ и радиусом $R$ (этот круг является сечением исходного шара плоскостью $\beta$). Так как по условию $|OP| = d > R$, точка $P$ находится вне этого круга, а точка $O$ является его центром. Окружность с диаметром $OP$ проходит через точки $O$ и $P$.

Следовательно, искомое множество точек является дугой окружности с диаметром $OP$. Эта дуга расположена внутри шара (или на его границе), симметрична относительно прямой $OP$ и проходит через центр шара $O$. Концевые точки этой дуги лежат на пересечении окружности с диаметром $OP$ и сферы радиуса $R$ с центром в $O$.

Ответ: Искомое множество центров сечений — это дуга окружности. Эта окружность лежит в плоскости, проходящей через центр шара перпендикулярно данной прямой, и построена на отрезке, соединяющем центр шара с ближайшей к нему точкой данной прямой, как на диаметре. Искомая дуга отсекается от этой окружности сферой данного шара и содержит центр шара.

797. Найдите множество всех таких точек, из которых можно провести к данной сфере три попарно перпендикулярные касательные прямые.

Пусть дана сфера с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Пусть $P$ — это точка, из которой к сфере можно провести три попарно перпендикулярные касательные прямые. Обозначим точки касания этих прямых со сферой как $T_1, T_2$ и $T_3$.

Для любой касательной, проведенной из точки $P$ к сфере, радиус, проведенный из центра сферы $O$ в точку касания $T$, перпендикулярен этой касательной. Это означает, что треугольник $\triangle OPT$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $T$. По теореме Пифагора для такого треугольника имеем:

$|OP|^2 = |OT|^2 + |PT|^2$

Поскольку $|OT| = R$ (радиус сферы), то $|OP|^2 = R^2 + |PT|^2$. Длина отрезка касательной $|PT|$ зависит только от расстояния $|OP|$ и радиуса $R$. Следовательно, для трех наших касательных длины отрезков от точки $P$ до точек касания будут равны:

$|PT_1| = |PT_2| = |PT_3|$

Обозначим эту общую длину через $d$. Таким образом, $d^2 = |OP|^2 - R^2$.

Теперь рассмотрим прямоугольную декартову систему координат, начало которой находится в точке $P$, а оси $Ox, Oy, Oz$ направлены вдоль трех попарно перпендикулярных касательных. В этой системе координат точка $P$ имеет координаты $(0, 0, 0)$. Точки касания, находящиеся на осях на расстоянии $d$ от начала координат, будут иметь координаты (считая, что они лежат на положительных полуосях):

$T_1(d, 0, 0)$, $T_2(0, d, 0)$, $T_3(0, 0, d)$

Пусть в этой системе координат центр сферы $O$ имеет координаты $(x_O, y_O, z_O)$. Вектор, соединяющий центр сферы с точкой касания $T_1$, имеет вид $\vec{OT_1} = (d - x_O, -y_O, -z_O)$. Поскольку этот вектор перпендикулярен касательной в точке $T_1$ (то есть оси $Ox$, направляющий вектор которой $(1,0,0)$), их скалярное произведение равно нулю:

$\vec{OT_1} \cdot (1, 0, 0) = (d-x_O) \cdot 1 + (-y_O) \cdot 0 + (-z_O) \cdot 0 = 0$

Отсюда следует, что $x_O = d$.

Аналогично, из условия перпендикулярности векторов $\vec{OT_2}$ и $\vec{OT_3}$ соответствующим осям $Oy$ и $Oz$ получаем $y_O = d$ и $z_O = d$.

Таким образом, в построенной системе координат центр сферы $O$ имеет координаты $(d, d, d)$.

Теперь мы можем найти квадрат расстояния от точки $P(0,0,0)$ до точки $O(d,d,d)$:

$|OP|^2 = (d-0)^2 + (d-0)^2 + (d-0)^2 = 3d^2$

Мы получили два выражения для величины $|OP|^2$:

1. $|OP|^2 = R^2 + d^2$ (из теоремы Пифагора)
2. $|OP|^2 = 3d^2$ (из координат в специальной системе)

Приравнивая правые части этих равенств, получаем уравнение:

$R^2 + d^2 = 3d^2$

$R^2 = 2d^2$, откуда $d^2 = \frac{R^2}{2}$.

Подставим это значение $d^2$ в выражение для $|OP|^2$:

$|OP|^2 = 3d^2 = 3 \cdot \frac{R^2}{2} = \frac{3}{2}R^2$

Это означает, что расстояние от любой точки $P$, удовлетворяющей условию задачи, до центра данной сферы $O$ является постоянной величиной:

$|OP| = \sqrt{\frac{3}{2}R^2} = R\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{R\sqrt{6}}{2}$

Множество всех точек пространства, находящихся на постоянном расстоянии от фиксированной точки, является сферой. Следовательно, искомое множество точек — это сфера, концентрическая с данной.

Ответ: Искомое множество точек — это сфера, концентрическая (имеющая общий центр) с данной сферой, радиус которой равен $R\sqrt{\frac{3}{2}}$, где $R$ — радиус данной сферы.

798. В тетраэдр с высотами h₁, h₂, h₃, h₄ вписан шар радиуса R. Докажите, что

Обозначим объем тетраэдра как $V$. Пусть $S_1, S_2, S_3, S_4$ — это площади четырех граней тетраэдра, а $h_1, h_2, h_3, h_4$ — соответствующие высоты, опущенные на эти грани из противоположных вершин.

Объем тетраэдра можно выразить через площадь любой его грани и соответствующую высоту по формуле объема пирамиды: $V = \frac{1}{3} \cdot S_{\text{основания}} \cdot h$. Применяя эту формулу для каждой из четырех граней, получаем:

$V = \frac{1}{3} S_1 h_1 = \frac{1}{3} S_2 h_2 = \frac{1}{3} S_3 h_3 = \frac{1}{3} S_4 h_4$

Из этих соотношений можно выразить площади граней через объем и высоты:

$S_1 = \frac{3V}{h_1}, \quad S_2 = \frac{3V}{h_2}, \quad S_3 = \frac{3V}{h_3}, \quad S_4 = \frac{3V}{h_4}$

С другой стороны, рассмотрим вписанный в тетраэдр шар радиуса $R$. Центр этого шара равноудален от всех четырех граней тетраэдра на расстояние $R$. Если соединить центр вписанного шара с вершинами тетраэдра, то исходный тетраэдр разобьется на четыре меньших тетраэдра. Основаниями этих тетраэдров будут грани исходного тетраэдра, а высотами, опущенными на эти основания из общей вершины (центра шара), будет радиус вписанного шара $R$.

Объем исходного тетраэдра равен сумме объемов этих четырех тетраэдров:

$V = \frac{1}{3} S_1 R + \frac{1}{3} S_2 R + \frac{1}{3} S_3 R + \frac{1}{3} S_4 R$

Вынеся общий множитель $\frac{1}{3}R$ за скобки, получим:

$V = \frac{1}{3} R (S_1 + S_2 + S_3 + S_4)$

Теперь подставим в это уравнение ранее найденные выражения для площадей граней $S_1, S_2, S_3, S_4$:

$V = \frac{1}{3} R \left( \frac{3V}{h_1} + \frac{3V}{h_2} + \frac{3V}{h_3} + \frac{3V}{h_4} \right)$

Можно вынести общий множитель $3V$ из скобок:

$V = \frac{1}{3} R \cdot 3V \left( \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4} \right)$

Упростим выражение:

$V = R \cdot V \left( \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4} \right)$

Так как объем тетраэдра $V$ является положительной величиной ($V > 0$), мы можем разделить обе части уравнения на $V$:

$1 = R \left( \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4} \right)$

Разделив обе части на $R$ (так как $R > 0$), получим искомое соотношение:

$\frac{1}{R} = \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4}$

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Доказано, что для тетраэдра с высотами $h_1, h_2, h_3, h_4$ и радиусом вписанного шара $R$ выполняется равенство $\frac{1}{R} = \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4}$.

799. Какому условию должны удовлетворять радиусы трёх шаров, попарно касающихся друг друга, чтобы к ним можно было провести общую касательную плоскость?

Пусть даны три шара с центрами $O_1, O_2, O_3$ и радиусами $r_1, r_2, r_3$ соответственно. По условию, шары попарно касаются друг друга. Это означает, что расстояние между центрами любых двух шаров равно сумме их радиусов: $d(O_1, O_2) = r_1 + r_2$, $d(O_2, O_3) = r_2 + r_3$ и $d(O_3, O_1) = r_3 + r_1$. Центры шаров $O_1, O_2, O_3$ образуют вершины треугольника.

Предположим, что существует общая касательная плоскость $\Pi$ для этих трёх шаров. Поскольку плоскость $\Pi$ касается каждого шара, расстояние от центра $O_i$ до плоскости $\Pi$ равно радиусу $r_i$. Обозначим точки касания шаров с плоскостью $\Pi$ как $P_1, P_2, P_3$. Точка $P_i$ является ортогональной проекцией центра $O_i$ на плоскость $\Pi$. Таким образом, $d(O_i, \Pi) = d(O_i, P_i) = r_i$. Все центры $O_1, O_2, O_3$ должны находиться по одну сторону от плоскости $\Pi$.

Рассмотрим пространственную фигуру, образованную точками $O_1, O_2, P_2, P_1$. В общем случае это прямоугольная трапеция, лежащая в плоскости, перпендикулярной к $\Pi$. Основаниями трапеции являются отрезки $O_1P_1$ и $O_2P_2$, перпендикулярные к $\Pi$, их длины равны $r_1$ и $r_2$. Боковая сторона $O_1O_2$ имеет длину $r_1 + r_2$. Другая боковая сторона $P_1P_2$ лежит в плоскости $\Pi$ и является расстоянием между точками касания.

Чтобы найти длину $P_1P_2$, проведём из одного из центров (например, $O_1$) отрезок, параллельный $P_1P_2$, до пересечения с продолжением отрезка $O_2P_2$ в точке $H$. Получим прямоугольный треугольник $O_1HO_2$, в котором гипотенуза $O_1O_2 = r_1 + r_2$, один катет $O_2H = |r_2 - r_1|$, а второй катет $O_1H$ равен искомому расстоянию $d(P_1, P_2)$. По теореме Пифагора:

$(d(P_1, P_2))^2 = (d(O_1, O_2))^2 - (O_2H)^2 = (r_1 + r_2)^2 - (r_2 - r_1)^2$

Раскрывая скобки, получаем:

$(d(P_1, P_2))^2 = (r_1^2 + 2r_1r_2 + r_2^2) - (r_2^2 - 2r_1r_2 + r_1^2) = 4r_1r_2$

Следовательно, расстояние между точками касания $P_1$ и $P_2$ равно:

$d(P_1, P_2) = \sqrt{4r_1r_2} = 2\sqrt{r_1r_2}$

Аналогично находим расстояния между другими парами точек касания:

$d(P_2, P_3) = 2\sqrt{r_2r_3}$

$d(P_3, P_1) = 2\sqrt{r_3r_1}$

Точки касания $P_1, P_2, P_3$ лежат в одной плоскости $\Pi$ и образуют треугольник (возможно, вырожденный, если точки лежат на одной прямой). Для существования такого треугольника необходимо и достаточно, чтобы длины его сторон удовлетворяли неравенству треугольника. То есть, сумма длин любых двух сторон должна быть не меньше длины третьей стороны:

$2\sqrt{r_1r_2} + 2\sqrt{r_2r_3} \ge 2\sqrt{r_3r_1}$

$2\sqrt{r_2r_3} + 2\sqrt{r_3r_1} \ge 2\sqrt{r_1r_2}$

$2\sqrt{r_3r_1} + 2\sqrt{r_1r_2} \ge 2\sqrt{r_2r_3}$

Сократив на 2 и разделив каждое неравенство на положительную величину $\sqrt{r_1r_2r_3}$, получим эквивалентную, но более простую систему неравенств:

$1/\sqrt{r_3} + 1/\sqrt{r_1} \ge 1/\sqrt{r_2}$

$1/\sqrt{r_1} + 1/\sqrt{r_2} \ge 1/\sqrt{r_3}$

$1/\sqrt{r_2} + 1/\sqrt{r_3} \ge 1/\sqrt{r_1}$

Эти неравенства означают, что величины $1/\sqrt{r_1}$, $1/\sqrt{r_2}$ и $1/\sqrt{r_3}$ должны удовлетворять неравенству треугольника.

Ответ: Величины, обратные квадратным корням из радиусов, должны удовлетворять неравенству треугольника. То есть, для радиусов $r_1, r_2, r_3$ должно выполняться условие: сумма любых двух из величин $1/\sqrt{r_1}, 1/\sqrt{r_2}, 1/\sqrt{r_3}$ должна быть больше или равна третьей величине.

800. На плоскости лежат четыре шара радиуса R, причём три из них попарно касаются друг друга, а четвёртый касается двух из них. На эти шары положены сверху два шара меньшего радиуса r, касающиеся друг друга, причём каждый из них касается трёх больших шаров. Найдите радиус маленьких шаров.

Для решения задачи введем трехмерную декартову систему координат. Пусть плоскость, на которой лежат большие шары, является плоскостью $Oxy$ ($z=0$). Так как радиус больших шаров равен $R$, центры этих шаров будут находиться на высоте $z=R$.

Обозначим центры четырех больших шаров как $C_1, C_2, C_3, C_4$. Три шара ($S_1, S_2, S_3$) попарно касаются друг друга. Это означает, что расстояние между их центрами ($C_1, C_2, C_3$) равно $2R$. Таким образом, центры $C_1, C_2, C_3$ образуют в пространстве равносторонний треугольник со стороной $2R$. Проекции этих центров на плоскость $z=0$ также образуют равносторонний треугольник со стороной $2R$.

Четвертый шар ($S_4$) касается двух из них, например $S_2$ и $S_3$. Это означает, что расстояния $C_4C_2$ и $C_4C_3$ также равны $2R$. Следовательно, проекции центров четырех шаров на плоскость $z=0$ образуют ромб, состоящий из двух равносторонних треугольников со стороной $2R$.

Разместим центры проекций на плоскости $Oxy$ следующим образом. Пусть точка пересечения диагоналей ромба находится в начале координат $(0,0,0)$. Высота равностороннего треугольника со стороной $2R$ равна $\sqrt{(2R)^2 - R^2} = \sqrt{3R^2} = R\sqrt{3}$. Тогда координаты проекций центров на плоскость $z=0$ будут:

• Проекция $C_1$: $P_1 = (0, R\sqrt{3}, 0)$
• Проекция $C_2$: $P_2 = (-R, 0, 0)$
• Проекция $C_3$: $P_3 = (R, 0, 0)$
• Проекция $C_4$: $P_4 = (0, -R\sqrt{3}, 0)$

Соответственно, координаты центров больших шаров:

• $C_1 = (0, R\sqrt{3}, R)$
• $C_2 = (-R, 0, R)$
• $C_3 = (R, 0, R)$
• $C_4 = (0, -R\sqrt{3}, R)$

Два маленьких шара радиуса $r$ лежат сверху. Обозначим их центры как $c_a$ и $c_b$. Каждый из них касается трех больших шаров. Естественно предположить, что один маленький шар ($s_a$) лежит в углублении, образованном шарами $S_1, S_2, S_3$, а второй ($s_b$) — в углублении, образованном шарами $S_4, S_2, S_3$.

Центр $c_a$ маленького шара $s_a$ должен быть равноудален от центров $C_1, C_2, C_3$. Это означает, что его проекция на плоскость $Oxy$ совпадает с центром описанной окружности (и центром тяжести) треугольника $P_1P_2P_3$. Координаты центра тяжести треугольника $P_1P_2P_3$ равны среднему арифметическому координат его вершин:$x_a = \frac{0 + (-R) + R}{3} = 0$$y_a = \frac{R\sqrt{3} + 0 + 0}{3} = \frac{R\sqrt{3}}{3}$

Аналогично, центр $c_b$ маленького шара $s_b$ равноудален от центров $C_4, C_2, C_3$. Его проекция на плоскость $Oxy$ совпадает с центром тяжести треугольника $P_4P_2P_3$:$x_b = \frac{0 + (-R) + R}{3} = 0$$y_b = \frac{-R\sqrt{3} + 0 + 0}{3} = -\frac{R\sqrt{3}}{3}$

Из симметрии задачи следует, что центры маленьких шаров $c_a$ и $c_b$ находятся на одной высоте $h$. Таким образом, их координаты:$c_a = (0, \frac{R\sqrt{3}}{3}, h)$$c_b = (0, -\frac{R\sqrt{3}}{3}, h)$

По условию, два маленьких шара касаются друг друга. Расстояние между их центрами $c_a$ и $c_b$ равно сумме их радиусов, то есть $r+r = 2r$. Вычислим это расстояние по формуле расстояния между двумя точками в пространстве:$d(c_a, c_b) = \sqrt{(x_a-x_b)^2 + (y_a-y_b)^2 + (z_a-z_b)^2}$$2r = \sqrt{(0-0)^2 + \left(\frac{R\sqrt{3}}{3} - \left(-\frac{R\sqrt{3}}{3}\right)\right)^2 + (h-h)^2}$$2r = \sqrt{\left(\frac{2R\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \frac{2R\sqrt{3}}{3}$

Сокращая на 2, получаем выражение для радиуса $r$:$r = \frac{R\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $r = \frac{R\sqrt{3}}{3}$

801. На плоскости лежат три шара радиуса R, попарно касающиеся друг друга. Основание конуса лежит в указанной плоскости, а данные шары касаются его извне. Высота конуса равна λR. Найдите радиус его основания.

Для решения задачи введем систему координат. Пусть основание конуса лежит в плоскости $z=0$, а ось конуса совпадает с осью $Oz$. Тогда вершина конуса находится в точке $V(0, 0, H)$, где высота $H = \lambda R$.

Три шара радиуса $R$ лежат на плоскости $z=0$ и касаются друг друга. Их центры $C_1, C_2, C_3$ находятся на высоте $R$ от плоскости и образуют в пространстве равносторонний треугольник со стороной $2R$. Проекции этих центров на плоскость $z=0$ также образуют равносторонний треугольник со стороной $2R$. Центр основания конуса, в силу симметрии, совпадает с центром этого треугольника (точкой пересечения медиан).

Найдем расстояние от центра основания конуса (начала координат $O$) до проекции центра одного из шаров. Это расстояние равно радиусу описанной окружности равностороннего треугольника со стороной $a=2R$.$d = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2R}{\sqrt{3}}$.

Рассмотрим осевое сечение системы, проходящее через ось конуса и центр одного из шаров, например $C_1$. В этом сечении конус представляет собой равнобедренный треугольник, а шар — окружность радиуса $R$. Координаты центра этой окружности $C_1$ будут $(d, R)$, то есть $(\frac{2R}{\sqrt{3}}, R)$.

Образующая конуса в этом сечении является прямой, касательной к окружности. Пусть радиус основания конуса равен $r_c$. Тогда образующая проходит через точки $P(r_c, 0)$ и $V(0, H)$. Уравнение этой прямой имеет вид:$\frac{x}{r_c} + \frac{z}{H} = 1$, или $Hx + r_c z - H r_c = 0$.

Условие касания заключается в том, что расстояние от центра окружности $C_1(\frac{2R}{\sqrt{3}}, R)$ до этой прямой равно радиусу шара $R$. Используем формулу расстояния от точки до прямой:$D = \frac{|A x_0 + B z_0 + C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$.В нашем случае $A=H, B=r_c, C=-Hr_c, x_0 = \frac{2R}{\sqrt{3}}, z_0 = R$.$R = \frac{|H \cdot \frac{2R}{\sqrt{3}} + r_c \cdot R - H r_c|}{\sqrt{H^2+r_c^2}}$.

Так как шары касаются конуса извне, их центры должны находиться с той стороны от образующей, которая является внешней для конуса. Это означает, что выражение в числителе должно быть положительным.$R \sqrt{H^2+r_c^2} = H \frac{2R}{\sqrt{3}} + r_c R - H r_c$.Подставим $H=\lambda R$ и разделим обе части на $R$ (считая $R>0$):$\sqrt{(\lambda R)^2+r_c^2} = \lambda R \frac{2}{\sqrt{3}} + r_c - \lambda r_c$.$\sqrt{\lambda^2 R^2+r_c^2} = \frac{2\lambda R}{\sqrt{3}} + r_c(1-\lambda)$.

Возведем обе части уравнения в квадрат:$\lambda^2 R^2+r_c^2 = \left(\frac{2\lambda R}{\sqrt{3}} + r_c(1-\lambda)\right)^2$$\lambda^2 R^2+r_c^2 = \frac{4\lambda^2 R^2}{3} + \frac{4\lambda R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} r_c + r_c^2(1-\lambda)^2$$\lambda^2 R^2+r_c^2 = \frac{4\lambda^2 R^2}{3} + \frac{4\lambda R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} r_c + r_c^2(1-2\lambda+\lambda^2)$.Сократим $r_c^2$ и перегруппируем члены, чтобы получить квадратное уравнение относительно $r_c$:$r_c^2(2\lambda - \lambda^2) - r_c \frac{4\lambda R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} + \left(\lambda^2 R^2 - \frac{4\lambda^2 R^2}{3}\right) = 0$$r_c^2 \lambda(2 - \lambda) - r_c \frac{4\lambda R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} - \frac{\lambda^2 R^2}{3} = 0$.

При $\lambda \neq 0$, можно разделить уравнение на $\lambda$:$r_c^2 (2 - \lambda) - r_c \frac{4R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} - \frac{\lambda R^2}{3} = 0$.Это квадратное уравнение вида $ax^2+bx+c=0$ для $r_c$ с коэффициентами:$a = 2-\lambda$$b = -\frac{4R(1-\lambda)}{\sqrt{3}}$$c = -\frac{\lambda R^2}{3}$

Найдем дискриминант $D = b^2-4ac$:$D = \left(-\frac{4R(1-\lambda)}{\sqrt{3}}\right)^2 - 4(2-\lambda)\left(-\frac{\lambda R^2}{3}\right)$$D = \frac{16R^2(1-\lambda)^2}{3} + \frac{4R^2\lambda(2-\lambda)}{3} = \frac{4R^2}{3}[4(1-2\lambda+\lambda^2) + 2\lambda-\lambda^2]$$D = \frac{4R^2}{3}[4 - 8\lambda + 4\lambda^2 + 2\lambda - \lambda^2] = \frac{4R^2}{3}(3\lambda^2 - 6\lambda + 4)$.

Решения для $r_c$:$r_c = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{\frac{4R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} \pm \sqrt{\frac{4R^2}{3}(3\lambda^2 - 6\lambda + 4)}}{2(2-\lambda)}$$r_c = \frac{\frac{4R(1-\lambda)}{\sqrt{3}} \pm \frac{2R}{\sqrt{3}}\sqrt{3\lambda^2 - 6\lambda + 4}}{2(2-\lambda)} = \frac{2R(1-\lambda) \pm R\sqrt{3\lambda^2 - 6\lambda + 4}}{\sqrt{3}(2-\lambda)}$.

Чтобы выбрать правильный знак, рассмотрим случай $\lambda=1$ (высота конуса равна радиусу шара). Уравнение для $r_c$ упрощается до $r_c^2 - R^2/3 = 0$, откуда $r_c = R/\sqrt{3}$.Подставив $\lambda=1$ в решение, получим:$r_c = \frac{0 \pm R\sqrt{3-6+4}}{\sqrt{3}(1)} = \frac{\pm R}{\sqrt{3}}$.Так как радиус должен быть положительным, $r_c = R/\sqrt{3}$. Это соответствует знаку «+» в общем решении.Таким образом, для $\lambda \neq 2$:$r_c = \frac{2R(1-\lambda) + R\sqrt{3\lambda^2 - 6\lambda + 4}}{\sqrt{3}(2-\lambda)}$.

В случае, когда $\lambda=2$, коэффициент при $r_c^2$ обращается в ноль, и уравнение становится линейным:$0 - r_c \frac{4R(1-2)}{\sqrt{3}} - \frac{2 R^2}{3} = 0 \implies r_c \frac{4R}{\sqrt{3}} = \frac{2R^2}{3} \implies r_c = \frac{2R^2}{3} \frac{\sqrt{3}}{4R} = \frac{R\sqrt{3}}{6}$.Этот же результат можно получить, вычислив предел общего выражения при $\lambda \to 2$.

Ответ: Радиус основания конуса $r_c$ равен:
при $\lambda \neq 2$: $r_c = R \frac{2(1-\lambda) + \sqrt{3\lambda^2 - 6\lambda + 4}}{\sqrt{3}(2-\lambda)}$
при $\lambda = 2$: $r_c = \frac{R\sqrt{3}}{6}$

802. Плоскости AB₁C₁ и А₁ВС разбивают треугольную призму ABCА₁В₁С₁ на четыре части. Найдите отношение объёмов этих частей.

Пусть $V$ — объём призмы $ABCA_1B_1C_1$. Пусть $S$ — площадь основания $ABC$ (и $A_1B_1C_1$), а $h$ — высота призмы. Тогда объём призмы равен $V = S \cdot h$.

Рассмотрим, как каждая из плоскостей по отдельности рассекает призму.

1. Плоскость $A_1BC$ отсекает от призмы тетраэдр $T_1 = A_1ABC$. Основанием этого тетраэдра является основание призмы $ABC$ с площадью $S$, а вершиной — точка $A_1$. Высота этого тетраэдра, опущенная из вершины $A_1$ на плоскость основания $ABC$, совпадает с высотой призмы $h$. Объём тетраэдра вычисляется по формуле $V_{тетр} = \frac{1}{3} \times \text{площадь основания} \times \text{высота}$.Следовательно, объём тетраэдра $T_1$ равен:$V(T_1) = \frac{1}{3} S \cdot h = \frac{1}{3} V$.

2. Аналогично, плоскость $AB_1C_1$ отсекает от призмы тетраэдр $T_2 = AA_1B_1C_1$. Его основанием можно считать верхнее основание призмы $A_1B_1C_1$ с площадью $S$, а вершиной — точку $A$. Высота этого тетраэдра, опущенная из вершины $A$ на плоскость $A_1B_1C_1$, также равна высоте призмы $h$.Объём тетраэдра $T_2$ равен:$V(T_2) = \frac{1}{3} S \cdot h = \frac{1}{3} V$.

Две плоскости $A_1BC$ и $AB_1C_1$ пересекаются внутри призмы и делят её на четыре части. Эти четыре части можно определить через тетраэдры $T_1$ и $T_2$:

• Часть 1: Объём, принадлежащий только тетраэдру $T_1$, то есть $T_1 \setminus T_2$.
• Часть 2: Объём, принадлежащий только тетраэдру $T_2$, то есть $T_2 \setminus T_1$.
• Часть 3: Общая часть тетраэдров $T_1$ и $T_2$, то есть их пересечение $T_1 \cap T_2$.
• Часть 4: Оставшаяся часть призмы, не входящая ни в $T_1$, ни в $T_2$, то есть $V_{призмы} \setminus (T_1 \cup T_2)$.

Найдём объём пересечения тетраэдров $V(T_1 \cap T_2)$.Для этого введём векторную систему координат с началом в точке $A$. Обозначим векторы: $\vec{a} = \vec{AA_1}$, $\vec{b} = \vec{AB}$, $\vec{c} = \vec{AC}$.Объём призмы выражается через смешанное произведение этих векторов: $V = \frac{1}{2} |(\vec{b} \times \vec{c}) \cdot \vec{a}|$.

Пересечением тетраэдров $T_1 = A_1ABC$ и $T_2 = AA_1B_1C_1$ является тетраэдр $AA_1MN$, где $M$ — точка пересечения диагоналей $A_1B$ и $AB_1$ в грани $ABB_1A_1$, а $N$ — точка пересечения диагоналей $A_1C$ и $AC_1$ в грани $ACC_1A_1$. Точки $M$ и $N$ являются серединами соответствующих диагоналей.Выразим координаты вершин тетраэдра $AA_1MN$ через введённые векторы:

• $\vec{A} = \vec{0}$
• $\vec{A_1} = \vec{a}$
• $\vec{M} = \frac{1}{2}(\vec{A_1} + \vec{B}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$
• $\vec{N} = \frac{1}{2}(\vec{A_1} + \vec{C}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c})$

Объём тетраэдра $AA_1MN$ (обозначим его $V_3$) равен $V_3 = \frac{1}{6} |\vec{AA_1} \cdot (\vec{AM} \times \vec{AN})|$.$\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$ и $\vec{AN} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c})$.Вычислим векторное произведение:$\vec{AM} \times \vec{AN} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b}) \times (\vec{a} + \vec{c}) = \frac{1}{4}(\vec{a}\times\vec{a} + \vec{a}\times\vec{c} + \vec{b}\times\vec{a} + \vec{b}\times\vec{c}) = \frac{1}{4}(\vec{a}\times\vec{c} - \vec{a}\times\vec{b} + \vec{b}\times\vec{c})$.Теперь вычислим смешанное произведение:$\vec{AA_1} \cdot (\vec{AM} \times \vec{AN}) = \vec{a} \cdot \frac{1}{4}(\vec{a}\times\vec{c} - \vec{a}\times\vec{b} + \vec{b}\times\vec{c}) = \frac{1}{4}(\vec{a}\cdot(\vec{a}\times\vec{c}) - \vec{a}\cdot(\vec{a}\times\vec{b}) + \vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c}))$.Так как смешанное произведение с двумя одинаковыми векторами равно нулю ($\vec{a}\cdot(\vec{a}\times\vec{c})=0$ и $\vec{a}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})=0$), получаем:$\vec{AA_1} \cdot (\vec{AM} \times \vec{AN}) = \frac{1}{4}\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})$.Тогда объём пересечения:$V_3 = V(T_1 \cap T_2) = \frac{1}{6} |\frac{1}{4}\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})| = \frac{1}{24} |\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})|$.Так как $V = \frac{1}{2} |\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})|$, то $|\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c})| = 2V$.Подставляя это в формулу для $V_3$, получаем:$V_3 = \frac{1}{24} (2V) = \frac{1}{12}V$.

Теперь мы можем найти объёмы всех четырёх частей:

• $V_1 = V(T_1 \setminus T_2) = V(T_1) - V(T_1 \cap T_2) = \frac{1}{3}V - \frac{1}{12}V = \frac{4-1}{12}V = \frac{3}{12}V = \frac{1}{4}V$.
• $V_2 = V(T_2 \setminus T_1) = V(T_2) - V(T_1 \cap T_2) = \frac{1}{3}V - \frac{1}{12}V = \frac{3}{12}V = \frac{1}{4}V$.
• $V_3 = V(T_1 \cap T_2) = \frac{1}{12}V$.
• $V_4 = V - (V_1 + V_2 + V_3) = V - (\frac{1}{4}V + \frac{1}{4}V + \frac{1}{12}V) = V - (\frac{3}{12}V + \frac{3}{12}V + \frac{1}{12}V) = V - \frac{7}{12}V = \frac{5}{12}V$.

Таким образом, объёмы четырёх частей относятся как:$V_1 : V_2 : V_3 : V_4 = \frac{1}{4}V : \frac{1}{4}V : \frac{1}{12}V : \frac{5}{12}V$.Умножив все части на 12, получим отношение в целых числах:$3 : 3 : 1 : 5$.

Ответ: Отношение объёмов этих частей равно $3:3:1:5$.

803. Докажите, что объём тетраэдра равен 16abc sin φ, где а и b — противоположные рёбра, а φ и с — соответственно угол и расстояние между ними.

Для доказательства воспользуемся методами векторной алгебры.

Пусть в тетраэдре выбраны два противоположных (скрещивающихся) ребра. Обозначим векторы, соответствующие этим рёбрам, как $\vec{p}$ и $\vec{q}$. Согласно условию задачи:

• $a = |\vec{p}|$ и $b = |\vec{q}|$ — длины этих рёбер.
• $\varphi$ — угол между прямыми, содержащими эти рёбра (т.е. угол между направлениями векторов $\vec{p}$ и $\vec{q}$).
• $c$ — кратчайшее расстояние между этими прямыми.

Объём тетраэдра $V$ может быть выражен через смешанное произведение векторов, представляющих два противоположных ребра ($\vec{p}$, $\vec{q}$) и вектор $\vec{d}$, соединяющий какие-либо две точки на этих рёбрах (например, их начала). Формула для объёма имеет вид:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{p} \times \vec{q}) \cdot \vec{d}|$

Рассмотрим модуль смешанного произведения в этой формуле.

Вектор $\vec{n} = \vec{p} \times \vec{q}$ по определению векторного произведения перпендикулярен как вектору $\vec{p}$, так и вектору $\vec{q}$. Следовательно, он задаёт направление общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым, на которых лежат рёбра.

Модуль этого вектора равен:

$|\vec{n}| = |\vec{p} \times \vec{q}| = |\vec{p}| \cdot |\vec{q}| \cdot \sin\varphi = ab\sin\varphi$

Теперь рассмотрим скалярное произведение $(\vec{p} \times \vec{q}) \cdot \vec{d} = \vec{n} \cdot \vec{d}$. Его модуль можно записать как:

$|\vec{n} \cdot \vec{d}| = |\vec{n}| \cdot |\vec{d}| \cdot |\cos\theta|$, где $\theta$ — угол между векторами $\vec{n}$ и $\vec{d}$.

Величина $|\vec{d}| \cdot |\cos\theta|$ представляет собой модуль проекции вектора $\vec{d}$ на направление вектора $\vec{n}$. Так как вектор $\vec{d}$ соединяет точки на двух скрещивающихся прямых, а вектор $\vec{n}$ задаёт направление общего перпендикуляра к ним, то модуль этой проекции есть в точности кратчайшее расстояние $c$ между этими прямыми.

$c = |\vec{d}| \cdot |\cos\theta| = |\text{пр}_{\vec{n}}\vec{d}|$

Таким образом, мы можем выразить модуль смешанного произведения:

$|(\vec{p} \times \vec{q}) \cdot \vec{d}| = |\vec{n}| \cdot c = (ab\sin\varphi) \cdot c = abc\sin\varphi$

Подставим это выражение в формулу для объёма тетраэдра:

$V = \frac{1}{6} (abc\sin\varphi)$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Объем тетраэдра, выраженный через длины $a$ и $b$ двух противоположных рёбер, расстояние $c$ и угол $\varphi$ между ними, действительно равен $V = \frac{1}{6} abc\sin\varphi$.

804. Докажите, что плоскость, проходящая через ребро и середину противоположного ребра тетраэдра, разделяет его на две части, объёмы которых равны.

Доказательство:

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Пусть $M$ — середина ребра $CD$, которое является противоположным (скрещивающимся) ребру $AB$. Рассмотрим плоскость, проходящую через ребро $AB$ и точку $M$.

Эта плоскость разделяет тетраэдр $ABCD$ на два меньших тетраэдра: $ABCM$ (с вершинами $A, B, C, M$) и $ABDM$ (с вершинами $A, B, D, M$). Нам необходимо доказать, что объемы этих двух тетраэдров равны.

Объем тетраэдра вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $h$ — высота, опущенная на это основание.

Рассмотрим эти два тетраэдра, выбрав в качестве их общей вершины точку $B$, а в качестве оснований — треугольники $ACM$ и $ADM$ соответственно.

Оба основания, $\triangle ACM$ и $\triangle ADM$, лежат в одной и той же плоскости — в плоскости грани $ACD$. Следовательно, высоты этих двух тетраэдров, опущенные из их общей вершины $B$ на плоскость $ACD$, равны. Обозначим эту общую высоту как $h_B$.

Тогда объем тетраэдра $ABCM$ (который можно обозначить как $B-ACM$) равен $V_1 = \frac{1}{3} S_{ACM} \cdot h_B$.

А объем тетраэдра $ABDM$ (обозначение $B-ADM$) равен $V_2 = \frac{1}{3} S_{ADM} \cdot h_B$.

Для того чтобы доказать равенство объемов $V_1$ и $V_2$, нам достаточно доказать, что площади их оснований равны, то есть $S_{ACM} = S_{ADM}$.

Рассмотрим треугольники $ACM$ и $ADM$. Они лежат в плоскости грани $ACD$. В треугольнике $ACD$ отрезок $AM$ соединяет вершину $A$ с серединой $M$ противолежащей стороны $CD$. Таким образом, $AM$ является медианой треугольника $ACD$.

Медиана треугольника делит его на два треугольника с равными площадями (равновеликих). Это происходит потому, что треугольники $ACM$ и $ADM$ имеют равные основания ($CM = DM$ по определению середины) и общую высоту, опущенную из вершины $A$ на прямую $CD$.

Следовательно, $S_{ACM} = S_{ADM}$.

Так как площади оснований $S_{ACM}$ и $S_{ADM}$ равны и высота $h_B$ у тетраэдров общая, то их объемы также равны:

$V_1 = \frac{1}{3} S_{ACM} \cdot h_B = \frac{1}{3} S_{ADM} \cdot h_B = V_2$.

Таким образом, мы доказали, что плоскость, проходящая через ребро и середину противоположного ребра тетраэдра, разделяет его на две части равного объема.

Ответ: Утверждение доказано.

805. Основанием пирамиды OABCD является параллелограмм ABCD. В каком отношении делит объём пирамиды плоскость, проходящая через прямую AB и среднюю линию грани OCD?

Пусть дана пирамида $OABCD$, основанием которой является параллелограмм $ABCD$. Пусть $V$ — объём этой пирамиды.

Обозначим через $M$ и $N$ середины рёбер $OC$ и $OD$ соответственно. Линия $MN$ является средней линией грани (треугольника) $OCD$. По свойству средней линии, отрезок $MN$ параллелен стороне $CD$ и его длина равна половине длины $CD$.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через прямую $AB$ и среднюю линию $MN$. Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, его противоположные стороны параллельны, то есть $AB \parallel CD$. Из того, что $AB \parallel CD$ и $MN \parallel CD$, следует, что $AB \parallel MN$. Это означает, что точки $A$, $B$, $M$, $N$ лежат в одной плоскости, и сечением пирамиды является трапеция $ABMN$.

Эта плоскость делит исходную пирамиду $OABCD$ на два многогранника: верхний многогранник $OABMN$ и нижний многогранник $ABMNCD$. Найдём отношение их объёмов.

Объём верхнего многогранника $V_1 = V_{OABMN}$ можно найти, разбив его на два тетраэдра (треугольные пирамиды) общей плоскостью $OAN$. Таким образом, $V_1 = V_{OABN} + V_{OAMN}$.

Вычислим объём каждого из этих тетраэдров в долях от объёма $V$ всей пирамиды.

1. Вычисление объёма $V_{OAMN}$

Рассмотрим тетраэдр $OAMN$ как пирамиду $A-OMN$ с вершиной в точке $A$. Сравним её объём с объёмом пирамиды $OACD$, которую также можно представить как пирамиду $A-OCD$. Обе эти пирамиды имеют общую вершину $A$, а их основания ($OMN$ и $OCD$) лежат в одной плоскости. Отношение их объёмов равно отношению площадей их оснований:$$ \frac{V_{A-OMN}}{V_{A-OCD}} = \frac{S_{OMN}}{S_{OCD}} $$Треугольник $OMN$ подобен треугольнику $OCD$ с коэффициентом подобия $k = \frac{OM}{OC} = \frac{1}{2}$. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия:$$ \frac{S_{OMN}}{S_{OCD}} = k^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} $$Следовательно, $V_{OAMN} = \frac{1}{4} V_{OACD}$.Объём пирамиды $OACD$ равен половине объёма исходной пирамиды $OABCD$, так как площадь её основания $\triangle ACD$ составляет половину площади параллелограмма $ABCD$: $V_{OACD} = \frac{1}{2}V$.Таким образом, объём тетраэдра $OAMN$ равен:$$ V_{OAMN} = \frac{1}{4} \cdot \left(\frac{1}{2}V\right) = \frac{1}{8}V $$

2. Вычисление объёма $V_{OABN}$

Рассмотрим тетраэдр $OABN$ как пирамиду $N-OAB$ с вершиной в точке $N$. Сравним её объём с объёмом пирамиды $OABD$, которую представим как пирамиду $D-OAB$. У этих пирамид общее основание $OAB$. Следовательно, отношение их объёмов равно отношению их высот, опущенных из вершин $N$ и $D$ на плоскость основания $OAB$:$$ \frac{V_{N-OAB}}{V_{D-OAB}} = \frac{h_N}{h_D} $$Так как точка $N$ является серединой ребра $OD$, высота из точки $N$ на плоскость $OAB$ вдвое меньше высоты из точки $D$ на ту же плоскость ($h_N = \frac{1}{2}h_D$).Значит, $V_{OABN} = \frac{1}{2} V_{OABD}$.Объём пирамиды $OABD$ также равен половине объёма исходной пирамиды $OABCD$, так как площадь её основания $\triangle ABD$ равна половине площади параллелограмма $ABCD$: $V_{OABD} = \frac{1}{2}V$.Таким образом, объём тетраэдра $OABN$ равен:$$ V_{OABN} = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}V\right) = \frac{1}{4}V $$

3. Нахождение искомого отношения объёмов

Суммарный объём верхней части $V_1$ составляет:$$ V_1 = V_{OAMN} + V_{OABN} = \frac{1}{8}V + \frac{1}{4}V = \frac{1}{8}V + \frac{2}{8}V = \frac{3}{8}V $$Объём нижней части $V_2$ равен разности объёма всей пирамиды и объёма верхней части:$$ V_2 = V - V_1 = V - \frac{3}{8}V = \frac{5}{8}V $$Искомое отношение объёмов, на которые плоскость делит пирамиду, равно:$$ \frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{3}{8}V}{\frac{5}{8}V} = \frac{3}{5} $$

Ответ: $3:5$.

806. Даны три параллельные прямые, не лежащие в одной плоскости. На одной из них взят отрезок AB, а на двух других — точки С и D соответственно. Докажите, что объём тетраэдра ABCD не зависит от выбора точек С и D.

Обозначим три данные параллельные прямые как $l_1$, $l_2$ и $l_3$. По условию, отрезок $AB$ лежит на прямой $l_1$, точка $C$ может быть выбрана в любом месте на прямой $l_2$, а точка $D$ — в любом месте на прямой $l_3$.

Для доказательства утверждения воспользуемся формулой для вычисления объема тетраэдра: $V = \frac{1}{3} S_{\text{осн}} \cdot h$ где $S_{\text{осн}}$ — площадь основания, а $h$ — высота, проведенная к этому основанию.

Рассмотрим тетраэдр $ABCD$. В качестве его основания выберем треугольник $ABC$, тогда вершиной будет точка $D$. Объем тетраэдра в этом случае равен: $V_{ABCD} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot h_D$ где $S_{ABC}$ — это площадь треугольника $ABC$, а $h_D$ — это высота тетраэдра, то есть перпендикуляр, опущенный из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$.

Чтобы доказать, что объем $V_{ABCD}$ не зависит от выбора точек $C$ и $D$, нам нужно показать, что ни площадь $S_{ABC}$, ни высота $h_D$ не меняются при перемещении точек $C$ и $D$ по их прямым.

Докажем постоянство площади основания $S_{ABC}$.

Площадь треугольника $ABC$ вычисляется по формуле $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h'$, где $|AB|$ — длина стороны $AB$, а $h'$ — высота, опущенная из вершины $C$ на прямую $l_1$, содержащую отрезок $AB$.

Длина отрезка $AB$ — это заданная, фиксированная величина. Высота $h'$ представляет собой расстояние от точки $C$, лежащей на прямой $l_2$, до прямой $l_1$. Поскольку прямые $l_1$ и $l_2$ по условию параллельны, расстояние между ними является постоянной величиной. Это означает, что для любой точки $C$ на прямой $l_2$ расстояние до прямой $l_1$ будет одним и тем же. Следовательно, высота $h'$ постоянна.

Так как и длина основания $|AB|$, и высота $h'$ постоянны, то площадь треугольника $S_{ABC}$ также является постоянной величиной и не зависит от выбора положения точки $C$ на прямой $l_2$.

Докажем постоянство высоты тетраэдра $h_D$.

Высота тетраэдра $h_D$ — это расстояние от точки $D$ до плоскости, в которой лежит треугольник $ABC$. Обозначим эту плоскость как $\alpha$.

Плоскость $\alpha$ определяется прямой $l_1$ (на которой лежат точки $A$ и $B$) и точкой $C$, не лежащей на $l_1$. Так как точка $C$ принадлежит прямой $l_2$, которая параллельна прямой $l_1$, то вся прямая $l_2$ также лежит в плоскости $\alpha$. Таким образом, $\alpha$ — это плоскость, содержащая две параллельные прямые $l_1$ и $l_2$.

Точка $D$ лежит на прямой $l_3$. По условию все три прямые параллельны, следовательно, $l_3 \parallel l_1$. Согласно признаку параллельности прямой и плоскости, если прямая ($l_3$) параллельна некоторой прямой ($l_1$), лежащей в плоскости ($\alpha$), то она параллельна и самой плоскости. При этом, по условию, три прямые не лежат в одной плоскости, что означает, что $l_3$ не принадлежит $\alpha$.

Расстояние от любой точки прямой до параллельной ей плоскости является постоянным. Это означает, что расстояние от точки $D$ до плоскости $\alpha$, то есть высота $h_D$, не изменяется при перемещении точки $D$ вдоль прямой $l_3$.

Таким образом, мы показали, что площадь основания $S_{ABC}$ не зависит от выбора точки $C$, а высота тетраэдра $h_D$ не зависит от выбора точки $D$. Поскольку обе эти величины постоянны, их произведение, а значит и объем тетраэдра $V_{ABCD} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot h_D$, также является постоянной величиной, не зависящей от выбора точек $C$ и $D$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Объем тетраэдра $ABCD$ не зависит от выбора точек $C$ и $D$, так как он равен $V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot h_D$, где площадь основания $S_{ABC}$ постоянна из-за параллельности прямых, на которых лежат основание $AB$ и вершина $C$, а высота $h_D$ постоянна из-за параллельности прямой, на которой лежит вершина $D$, и плоскости основания $ABC$.

807. Точки Е и F — середины рёбер DC и ВВ₁ куба ABCDA₁B₁C₁D₁ с ребром 1 см. Найдите объём тетраэдра AD₁EF.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введём прямоугольную систему координат с началом в вершине $D$ куба. Направим оси координат вдоль рёбер куба: ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$.

Так как длина ребра куба составляет 1 см, мы можем определить координаты вершин тетраэдра $AD_1EF$:

• Вершина $A$ находится на оси $Ox$ на расстоянии 1 от начала координат. Её координаты: $A(1; 0; 0)$.
• Вершина $D_1$ находится на оси $Oz$ на расстоянии 1 от начала координат. Её координаты: $D_1(0; 0; 1)$.
• Точка $E$ является серединой ребра $DC$. Координаты вершин $D$ и $C$ равны $D(0; 0; 0)$ и $C(0; 1; 0)$. Координаты точки $E$: $E(\frac{0+0}{2}; \frac{0+1}{2}; \frac{0+0}{2}) = E(0; \frac{1}{2}; 0)$.
• Точка $F$ является серединой ребра $BB_1$. Координаты вершин $B$ и $B_1$ равны $B(1; 1; 0)$ и $B_1(1; 1; 1)$. Координаты точки $F$: $F(\frac{1+1}{2}; \frac{1+1}{2}; \frac{0+1}{2}) = F(1; 1; \frac{1}{2})$.

Объём тетраэдра, заданного координатами своих вершин, можно вычислить с помощью смешанного произведения векторов, исходящих из одной из его вершин. Объём $V$ равен одной шестой модуля смешанного произведения векторов $\vec{AD_1}$, $\vec{AE}$ и $\vec{AF}$:
$V = \frac{1}{6} |(\vec{AD_1} \times \vec{AE}) \cdot \vec{AF}|$

Найдём координаты векторов, исходящих из вершины $A$:
$\vec{AD_1} = (0-1; 0-0; 1-0) = (-1; 0; 1)$
$\vec{AE} = (0-1; \frac{1}{2}-0; 0-0) = (-1; \frac{1}{2}; 0)$
$\vec{AF} = (1-1; 1-0; \frac{1}{2}-0) = (0; 1; \frac{1}{2})$

Смешанное произведение этих векторов вычисляется как определитель матрицы, строки которой являются координатами векторов:
$(\vec{AD_1} \times \vec{AE}) \cdot \vec{AF} = \begin{vmatrix} -1 & 0 & 1 \\ -1 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \end{vmatrix}$

Вычислим определитель, разложив его по первой строке:
$\det = -1 \cdot (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - 0 \cdot 1) - 0 \cdot ((-1) \cdot \frac{1}{2} - 0 \cdot 0) + 1 \cdot ((-1) \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot 0)$
$= -1 \cdot (\frac{1}{4}) - 0 + 1 \cdot (-1) = -\frac{1}{4} - 1 = -\frac{5}{4}$

Теперь можем найти объём тетраэдра:
$V = \frac{1}{6} \left|-\frac{5}{4}\right| = \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{4} = \frac{5}{24}$

Ответ: объём тетраэдра $AD_1EF$ равен $\frac{5}{24}$ см³.