Номер 7.21, страница 82 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

7.21. Точки $M$ и $N$ — середины соответственно рёбер $AC$ и $BD$ тетраэдра $DABC$. На ребре $BC$ отмечена точка $K$. Плоскость $MNK$ пересекает ребро $AD$ в точке $P$. Докажите, что $BK : KC = DP : PA$.

Для доказательства воспользуемся методом вспомогательных построений и теоремой Менелая.

Рассмотрим плоскость грани $BCD$. В ней лежат точки $B, C, D$, а также точки $N$ (на $BD$) и $K$ (на $BC$). Прямая $NK$ также полностью лежит в этой плоскости. Прямая $CD$ является линией пересечения плоскостей $BCD$ и $ACD$. Так как $N$ является серединой $BD$, а $K$ - произвольная точка на $BC$, то в общем случае прямая $NK$ не параллельна $CD$ (параллельность была бы возможна только если $K$ - середина $BC$, в этом случае $NK$ - средняя линия $\triangle BCD$). Следовательно, прямые $NK$ и $CD$ пересекаются. Обозначим их точку пересечения $Q$.

Точка $Q$ принадлежит прямой $NK$, а значит, и плоскости $(MNK)$. Также точка $Q$ принадлежит прямой $CD$, а значит, и плоскости $(ACD)$. Точка $M$ по условию принадлежит ребру $AC$, следовательно, она также принадлежит плоскости $(ACD)$. Таким образом, прямая $MQ$ является линией пересечения плоскости $(MNK)$ и плоскости $(ACD)$.

По условию, точка $P$ — это точка пересечения плоскости $(MNK)$ с ребром $AD$. Поскольку ребро $AD$ лежит в плоскости $(ACD)$, точка $P$ должна лежать на линии пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(ACD)$, то есть на прямой $MQ$. Таким образом, точки $M$, $P$ и $Q$ коллинеарны (лежат на одной прямой).

Теперь мы имеем конфигурацию для применения теоремы Менелая. Рассмотрим треугольник $\triangle ADC$ и секущую $MPQ$. По теореме Менелая: $$ \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1 $$ По условию, $M$ — середина ребра $AC$, поэтому $CM = MA$, и отношение $\frac{CM}{MA} = 1$. Равенство упрощается до вида: $$ \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QC} = 1 $$ Из этого следует, что $\frac{AP}{PD} = \frac{QC}{DQ}$. Перевернув дроби, получим: $$ \frac{DP}{PA} = \frac{DQ}{QC} \quad (1) $$

Далее рассмотрим треугольник $\triangle BCD$ и секущую $NKQ$. По теореме Менелая: $$ \frac{BK}{KC} \cdot \frac{CQ}{QD} \cdot \frac{DN}{NB} = 1 $$ По условию, $N$ — середина ребра $BD$, поэтому $DN = NB$, и отношение $\frac{DN}{NB} = 1$. Равенство упрощается до вида: $$ \frac{BK}{KC} \cdot \frac{CQ}{QD} = 1 $$ Из этого следует, что: $$ \frac{BK}{KC} = \frac{QD}{CQ} \quad (2) $$

Сравнивая выражения (1) и (2), мы видим, что их правые части ($\frac{DQ}{QC}$ и $\frac{QD}{CQ}$) равны, так как они являются отношением длин одних и тех же отрезков. Следовательно, мы можем приравнять и левые части равенств: $$ \frac{BK}{KC} = \frac{DP}{PA} $$ Это соотношение эквивалентно записи $BK : KC = DP : PA$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $BK : KC = DP : PA$ доказано.