Страница 186 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

19.46. Докажите, что объём тетраэдра в три раза меньше объёма описанного около него параллелепипеда.

Пусть дан тетраэдр и описанный около него параллелепипед. Это означает, что все четыре вершины тетраэдра являются вершинами параллелепипеда. Обозначим параллелепипед как $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Четыре вершины тетраэдра можно выбрать так, чтобы они не были смежными по ребру параллелепипеда, например, $A, C, B_1, D_1$. Обозначим объём параллелепипеда как $V_п$, а объём вписанного тетраэдра $ACB_1D_1$ как $V_т$.

Объём параллелепипеда можно представить как сумму объёма вписанного тетраэдра $V_т$ и объёмов четырёх "угловых" тетраэдров, которые отсекаются от углов параллелепипеда. Эти угловые тетраэдры имеют вершины в тех вершинах параллелепипеда, которые не являются вершинами вписанного тетраэдра. В нашем случае это вершины $B, D, A_1, C_1$. Соответствующие тетраэдры: $ABCB_1$, $ADCD_1$, $A_1AB_1D_1$ и $C_1CB_1D_1$.

Найдём объём одного из этих тетраэдров, например, $ABCB_1$. Примем за основание этого тетраэдра треугольник $ABC$, лежащий в основании параллелепипеда. Площадь этого треугольника $S_{ABC}$ равна половине площади основания параллелепипеда $S_{ABCD}$, так как диагональ $AC$ делит параллелограмм $ABCD$ на два равных треугольника: $S_{ABC} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$. Высота тетраэдра $ABCB_1$, проведённая из вершины $B_1$ к основанию $ABC$, равна высоте параллелепипеда $H$.

Объём тетраэдра вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$. Таким образом, объём тетраэдра $ABCB_1$ равен: $V_{ABCB_1} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{2} S_{ABCD}\right) \cdot H = \frac{1}{6} (S_{ABCD} \cdot H)$.

Поскольку объём параллелепипеда $V_п = S_{ABCD} \cdot H$, мы получаем, что $V_{ABCB_1} = \frac{1}{6} V_п$. Аналогичные рассуждения применимы и к трём другим угловым тетраэдрам. Каждый из них имеет объём, равный $\frac{1}{6}$ объёма параллелепипеда. Например, для тетраэдра $A_1AB_1D_1$ можно взять за основание треугольник $A_1B_1D_1$ на верхней грани параллелепипеда, его площадь равна $\frac{1}{2} S_{A_1B_1C_1D_1}$, а высота из вершины $A$ равна $H$. Следовательно, суммарный объём четырёх угловых тетраэдров равен: $V_{угл} = 4 \cdot \frac{1}{6} V_п = \frac{4}{6} V_п = \frac{2}{3} V_п$.

Объём вписанного тетраэдра $V_т$ равен объёму параллелепипеда $V_п$ за вычетом суммарного объёма четырёх угловых тетраэдров: $V_т = V_п - V_{угл} = V_п - \frac{2}{3} V_п = \frac{1}{3} V_п$.

Таким образом, мы доказали, что объём тетраэдра равен одной трети объёма описанного около него параллелепипеда, то есть в три раза меньше.

Ответ: Доказано, что объём тетраэдра составляет $\frac{1}{3}$ объёма описанного около него параллелепипеда.

19.47. Найдите объём равногранного тетраэдра, если его скрещивающиеся рёбра равны $a, b$ и $c$.

Решение

Равногранный тетраэдр — это тетраэдр, у которого все четыре грани являются равными (конгруэнтными) треугольниками. Важным свойством такого тетраэдра является то, что его скрещивающиеся (противоположные) рёбра попарно равны. Пусть длины трёх пар скрещивающихся рёбер равны $a, b$ и $c$.

Для нахождения объёма такого тетраэдра удобно использовать метод вписывания его в прямоугольный параллелепипед. Пусть размеры этого параллелепипеда равны $x, y, z$. Можно вписать равногранный тетраэдр в параллелепипед так, чтобы его шесть рёбер стали диагоналями шести граней параллелепипеда.

При этом длины рёбер тетраэдра $a, b, c$ будут связаны с размерами параллелепипеда $x, y, z$ следующими соотношениями (по теореме Пифагора для диагоналей граней):

$a^2 = y^2 + z^2$
$b^2 = x^2 + z^2$
$c^2 = x^2 + y^2$

Мы получили систему трёх линейных уравнений относительно $x^2, y^2, z^2$. Решим её. Сложим все три уравнения:

$a^2 + b^2 + c^2 = (y^2 + z^2) + (x^2 + z^2) + (x^2 + y^2) = 2(x^2 + y^2 + z^2)$

Отсюда:

$x^2 + y^2 + z^2 = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2}$

Теперь найдём $x^2, y^2$ и $z^2$ поочерёдно, вычитая из полученного выражения исходные уравнения:

$x^2 = (x^2 + y^2 + z^2) - (y^2 + z^2) = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2} - a^2 = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}$

$y^2 = (x^2 + y^2 + z^2) - (x^2 + z^2) = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2} - b^2 = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2}$

$z^2 = (x^2 + y^2 + z^2) - (x^2 + y^2) = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{2} - c^2 = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2}$

Объём прямоугольного параллелепипеда $V_p$ равен произведению его измерений: $V_p = xyz$.
Объём тетраэдра $V$, вписанного в него таким образом, составляет $1/3$ объёма параллелепипеда. (Объём параллелепипеда складывается из объёма тетраэдра и четырёх "угловых" тетраэдров, объём каждого из которых равен $1/6$ от объёма параллелепипеда. Тогда $V = V_p - 4 \cdot \frac{1}{6}V_p = \frac{1}{3}V_p$).

Итак, $V = \frac{1}{3} xyz$.

Возведём объём в квадрат для удобства вычислений:

$V^2 = \frac{1}{9} x^2 y^2 z^2 = \frac{1}{9} \left(\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}\right) \left(\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2}\right) \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2}\right)$

$V^2 = \frac{1}{72} (b^2 + c^2 - a^2)(a^2 + c^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)$

Извлекая квадратный корень, получаем формулу для объёма:

$V = \sqrt{\frac{1}{72} (a^2 + b^2 - c^2)(a^2 + c^2 - b^2)(b^2 + c^2 - a^2)}$

Упростим коэффициент: $\sqrt{\frac{1}{72}} = \sqrt{\frac{1}{36 \cdot 2}} = \frac{1}{6\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{12}$.

Таким образом, итоговая формула для объёма:

$V = \frac{\sqrt{2}}{12} \sqrt{(a^2 + b^2 - c^2)(a^2 + c^2 - b^2)(b^2 + c^2 - a^2)}$

Ответ: $V = \frac{\sqrt{2}}{12} \sqrt{(a^2 + b^2 - c^2)(a^2 + c^2 - b^2)(b^2 + c^2 - a^2)}$

19.48. Дан тетраэдр $DABC$. Расстояния между прямыми $AB$ и $DC$, $AC$ и $DB$, $BC$ и $AD$ равны соответственно $d_1$, $d_2$ и $d_3$. Докажите, что объём тетраэдра не меньше, чем $\frac{d_1d_2d_3}{3}$.

Доказательство:

Введем векторы, исходящие из одной вершины тетраэдра, например, из вершины A: $\vec{a} = \vec{AB}$, $\vec{b} = \vec{AC}$, $\vec{c} = \vec{AD}$. Объем тетраэдра $V$ выражается через смешанное произведение этих векторов:$V = \frac{1}{6} |(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}|$.

Выразим векторы скрещивающихся ребер через $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$:

• $\vec{AB} = \vec{a}$ и $\vec{DC} = \vec{AC} - \vec{AD} = \vec{b} - \vec{c}$
• $\vec{AC} = \vec{b}$ и $\vec{DB} = \vec{AB} - \vec{AD} = \vec{a} - \vec{c}$
• $\vec{BC} = \vec{AC} - \vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$ и $\vec{AD} = \vec{c}$

Расстояние $d$ между двумя скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку $M_1$ с направляющим вектором $\vec{v_1}$, а другая — через точку $M_2$ с направляющим вектором $\vec{v_2}$, вычисляется по формуле:$d = \frac{| \vec{M_1M_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}) |}{| \vec{v_1} \times \vec{v_2} |}$.

Применим эту формулу для каждой пары скрещивающихся ребер:

1. Для прямых $AB$ и $DC$. Пусть $M_1=A$, $M_2=D$. Тогда $\vec{v_1} = \vec{AB} = \vec{a}$, $\vec{v_2} = \vec{DC} = \vec{b} - \vec{c}$, а $\vec{M_1M_2} = \vec{AD} = \vec{c}$.$d_1 = \frac{|\vec{c} \cdot (\vec{a} \times (\vec{b}-\vec{c}))|}{|\vec{a} \times (\vec{b}-\vec{c})|} = \frac{|\vec{c} \cdot (\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c})|}{|\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c}|}$. В числителе $\vec{c} \cdot (\vec{a}\times\vec{c})$ равно нулю, так как вектор $\vec{a}\times\vec{c}$ ортогонален вектору $\vec{c}$. Поэтому числитель равен $|\vec{c} \cdot (\vec{a}\times\vec{b})| = |(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}| = 6V$. Таким образом, $d_1 = \frac{6V}{|\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c}|}$.

2. Для прямых $AC$ и $DB$. Пусть $M_1=A$, $M_2=D$. Тогда $\vec{v_1} = \vec{AC} = \vec{b}$, $\vec{v_2} = \vec{DB} = \vec{a} - \vec{c}$, а $\vec{M_1M_2} = \vec{AD} = \vec{c}$.$d_2 = \frac{|\vec{c} \cdot (\vec{b} \times (\vec{a}-\vec{c}))|}{|\vec{b} \times (\vec{a}-\vec{c})|} = \frac{|\vec{c} \cdot (\vec{b}\times\vec{a})|}{|\vec{b}\times\vec{a} - \vec{b}\times\vec{c}|} = \frac{|-(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}|}{|\vec{b}\times\vec{a} - \vec{b}\times\vec{c}|} = \frac{6V}{|\vec{b}\times\vec{a} - \vec{b}\times\vec{c}|}$.

3. Для прямых $BC$ и $AD$. Пусть $M_1=A$, $M_2=B$. Тогда $\vec{v_1} = \vec{AD} = \vec{c}$, $\vec{v_2} = \vec{BC} = \vec{b} - \vec{a}$, а $\vec{M_1M_2} = \vec{AB} = \vec{a}$.$d_3 = \frac{|\vec{a} \cdot (\vec{c} \times (\vec{b}-\vec{a}))|}{|\vec{c} \times (\vec{b}-\vec{a})|} = \frac{|\vec{a} \cdot (\vec{c}\times\vec{b})|}{|\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|} = \frac{|(\vec{a}\times\vec{c})\cdot\vec{b}|}{|\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|} = \frac{|(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}|}{|\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|} = \frac{6V}{|\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|}$.

Нам нужно доказать, что $V \ge \frac{d_1d_2d_3}{3}$, или $3V \ge d_1d_2d_3$. Подставим полученные выражения для $d_1, d_2, d_3$:$3V \ge \frac{6V}{|\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c}|} \cdot \frac{6V}{|\vec{b}\times\vec{a} - \vec{b}\times\vec{c}|} \cdot \frac{6V}{|\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|}$.

При $V>0$ разделим обе части на $3V$:$1 \ge \frac{72V^2}{|\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c}| \cdot |\vec{b}\times\vec{a} - \vec{b}\times\vec{c}| \cdot |\vec{c}\times\vec{b} - \vec{c}\times\vec{a}|}$.

Это неравенство равносильно следующему:$|\vec{a}\times\vec{b} - \vec{a}\times\vec{c}| \cdot |-(\vec{a}\times\vec{b}) - (\vec{b}\times\vec{c})| \cdot |(\vec{b}\times\vec{c}) - (\vec{a}\times\vec{c})| \ge 72V^2$.

Введем вспомогательные векторы: $\vec{P} = \vec{a} \times \vec{b}$, $\vec{Q} = \vec{b} \times \vec{c}$, $\vec{R} = \vec{c} \times \vec{a} = -(\vec{a} \times \vec{c})$. Неравенство принимает вид:$|\vec{P}+\vec{R}| \cdot |-\vec{P}-\vec{Q}| \cdot |\vec{Q}+\vec{R}| \ge 72 \left(\frac{1}{6} |(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}|\right)^2$.$|\vec{P}+\vec{Q}| \cdot |\vec{Q}+\vec{R}| \cdot |\vec{R}+\vec{P}| \ge 2 |(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}|^2$.

Воспользуемся свойством смешанного произведения векторов $\vec{P}, \vec{Q}, \vec{R}$:$(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R} = ((\vec{a}\times\vec{b})\times(\vec{b}\times\vec{c}))\cdot(\vec{c}\times\vec{a}) = ((\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c})\vec{b} \cdot (\vec{c}\times\vec{a}) = ((\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}) ((\vec{c}\times\vec{a})\cdot\vec{b}) = ((\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c})^2$. Таким образом, $|(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}| = |(\vec{a}\times\vec{b})\cdot\vec{c}|^2$.

Неравенство, которое нам нужно доказать, сводится к общему векторному неравенству для любых трех векторов $\vec{P}, \vec{Q}, \vec{R}$:$|\vec{P}+\vec{Q}| \cdot |\vec{Q}+\vec{R}| \cdot |\vec{R}+\vec{P}| \ge 2 |(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}|$.

Докажем это неравенство. Рассмотрим параллелепипед, построенный на векторах $\vec{P}, \vec{Q}, \vec{R}$. Его объем $V_{PQR} = |(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}|$. Рассмотрим другой параллелепипед, построенный на векторах $\vec{x} = \frac{\vec{P}+\vec{Q}}{2}$, $\vec{y} = \frac{\vec{Q}+\vec{R}}{2}$, $\vec{z} = \frac{\vec{R}+\vec{P}}{2}$. Объем этого параллелепипеда $V_{xyz} = |(\vec{x}\times\vec{y})\cdot\vec{z}|$. Вычислим смешанное произведение:$(\vec{x}\times\vec{y})\cdot\vec{z} = \frac{1}{8} ((\vec{P}+\vec{Q})\times(\vec{Q}+\vec{R})) \cdot (\vec{R}+\vec{P}) = \frac{1}{8} (\vec{P}\times\vec{Q} + \vec{P}\times\vec{R} + \vec{Q}\times\vec{R}) \cdot (\vec{R}+\vec{P})$. Раскрывая скобки и учитывая, что смешанное произведение с повторяющимися векторами равно нулю, получаем:$(\vec{x}\times\vec{y})\cdot\vec{z} = \frac{1}{8} ((\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R} + (\vec{Q}\times\vec{R})\cdot\vec{P}) = \frac{1}{8} (2(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}) = \frac{1}{4}(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}$. Следовательно, $V_{xyz} = \frac{1}{4}V_{PQR}$.

Объем любого параллелепипеда не превышает произведения длин его ребер: $V_{xyz} \le |\vec{x}| |\vec{y}| |\vec{z}|$. Подставляя выражения для $V_{xyz}$ и векторов $\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}$, получаем:$\frac{1}{4} V_{PQR} \le \left|\frac{\vec{P}+\vec{Q}}{2}\right| \left|\frac{\vec{Q}+\vec{R}}{2}\right| \left|\frac{\vec{R}+\vec{P}}{2}\right| = \frac{1}{8} |\vec{P}+\vec{Q}| |\vec{Q}+\vec{R}| |\vec{R}+\vec{P}|$.

Умножив обе части на 8, получаем искомое векторное неравенство:$2V_{PQR} \le |\vec{P}+\vec{Q}| |\vec{Q}+\vec{R}| |\vec{R}+\vec{P}|$.$2|(\vec{P}\times\vec{Q})\cdot\vec{R}| \le |\vec{P}+\vec{Q}| |\vec{Q}+\vec{R}| |\vec{R}+\vec{P}|$.

Поскольку это неравенство верно для любых векторов $\vec{P}, \vec{Q}, \vec{R}$, оно верно и для наших векторов, а значит, верно и исходное неравенство для объема тетраэдра. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано, объем тетраэдра $V$ действительно не меньше, чем $\frac{d_1d_2d_3}{3}$.

19.49. Рёбра $AB$ и $CD$ тетраэдра $DABC$ соответственно равны $a$ и $b$. Расстояние и угол между прямыми $AB$ и $CD$ соответственно равны $d$ и $\alpha$. Докажите, что объём $V$ данного тетраэдра можно вычислить по формуле $V = \frac{abd \sin \alpha}{6}$.

Для доказательства данной формулы воспользуемся методом объёмов, который включает в себя преобразование исходного тетраэдра в другой, равный ему по объёму, но более удобный для вычислений.

Рассмотрим тетраэдр $DABC$. По условию задачи, длины его скрещивающихся рёбер $AB$ и $CD$ равны $a$ и $b$ соответственно. Расстояние между прямыми $AB$ и $CD$ равно $d$, а угол между ними равен $\alpha$. Объём тетраэдра обозначим как $V$.

1. Построение равновеликого тетраэдра.

Выполним параллельный перенос ребра $CD$ на вектор $\overrightarrow{CA}$. При этом точка $C$ перейдёт в точку $A$, а точка $D$ — в некоторую точку $E$, так что $\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{CD}$. Получим новый тетраэдр $ABCE$. Докажем, что его объём равен объёму исходного тетраэдра $DABC$.

Объём тетраэдра можно вычислить с помощью смешанного произведения векторов, исходящих из одной вершины. Для тетраэдра $DABC$ с вершиной в точке $A$ объём равен:

$V_{DABC} = \frac{1}{6} |(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AD}|$.

Для нового тетраэдра $ABCE$ объём, выраженный через векторы из той же вершины $A$, равен:

$V_{ABCE} = \frac{1}{6} |(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AE}|$.

По нашему построению $\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{CD}$. Вектор $\overrightarrow{CD}$ можно выразить через векторы, отложенные от вершины $A$: $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}$.

Подставим это выражение в формулу для объёма $V_{ABCE}$:

$V_{ABCE} = \frac{1}{6} |(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC})|$.

Используя свойство дистрибутивности скалярного произведения, раскроем скобки:

$V_{ABCE} = \frac{1}{6} |(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AD} - (\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AC}|$.

Смешанное произведение $(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AC}$ равно нулю, поскольку вектор $\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}$ перпендикулярен вектору $\overrightarrow{AC}$, а скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю. Таким образом, второе слагаемое обнуляется.

Следовательно, мы получаем:

$V_{ABCE} = \frac{1}{6} |(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AD}| = V_{DABC}$.

Это доказывает, что объём $V$ исходного тетраэдра равен объёму построенного тетраэдра $ABCE$.

2. Вычисление объёма тетраэдра ABCE.

Теперь найдём объём тетраэдра $ABCE$, используя формулу $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота.

В качестве основания тетраэдра $ABCE$ выберем треугольник $ABE$. Его площадь $S_{ABE}$ можно найти по формуле:

$S_{ABE} = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{AE}| \cdot \sin\gamma$, где $\gamma$ — угол между векторами $\overrightarrow{AB}$ и $\overrightarrow{AE}$.

Из условия мы знаем, что $|\overrightarrow{AB}| = a$. По построению $\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{CD}$, поэтому $|\overrightarrow{AE}| = |\overrightarrow{CD}| = b$. Угол $\gamma$ между векторами $\overrightarrow{AB}$ и $\overrightarrow{AE}$ равен углу между векторами $\overrightarrow{AB}$ и $\overrightarrow{CD}$. Синус этого угла соответствует синусу угла $\alpha$ между прямыми $AB$ и $CD$, то есть $\sin\gamma = \sin\alpha$.

Таким образом, площадь основания равна:

$S_{ABE} = \frac{1}{2} ab \sin\alpha$.

Высотой $H$ тетраэдра $ABCE$, опущенной из вершины $C$ на основание $ABE$, является длина перпендикуляра от точки $C$ до плоскости $(ABE)$.

Рассмотрим плоскость $(ABE)$. Она содержит прямую $AB$ и прямую $AE$. Так как $\overrightarrow{AE}$ параллелен $\overrightarrow{CD}$, то прямая $AE$ параллельна прямой $CD$. Следовательно, плоскость $(ABE)$ является плоскостью, проходящей через прямую $AB$ параллельно прямой $CD$.

Расстояние от любой точки прямой $CD$ до параллельной ей плоскости $(ABE)$ одинаково. Это расстояние как раз и является расстоянием между скрещивающимися прямыми $AB$ и $CD$, так как $AB$ лежит в этой плоскости. По условию, это расстояние равно $d$.

Следовательно, высота $H$ тетраэдра $ABCE$ из вершины $C$ равна $d$.

3. Итоговый расчёт объёма.

Теперь мы можем вычислить объём тетраэдра $ABCE$ (а значит и $DABC$):

$V = \frac{1}{3} S_{ABE} \cdot H = \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2} ab \sin\alpha\right) d = \frac{abd \sin\alpha}{6}$.

Таким образом, формула доказана.

Ответ: $V = \frac{abd \sin\alpha}{6}$.

19.50. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно 6 см. На отрезке $DB_1$ отметили точки $K$ и $F$, а на отрезке $AC$ — точки $M$ и $P$. Известно, что $KF = 3$ см, $MP = 2$ см. Найдите объём тетраэдра $KFMP$.

Для вычисления объёма тетраэдра $KFMP$ воспользуемся формулой для объёма тетраэдра, построенного на двух отрезках ($KF$ и $MP$), лежащих на скрещивающихся прямых ($DB_1$ и $AC$ соответственно):

$V = \frac{1}{6} \cdot KF \cdot MP \cdot d \cdot \sin\alpha$,

где $KF$ и $MP$ — длины данных отрезков, $d$ — расстояние между прямыми $DB_1$ и $AC$, а $\alpha$ — угол между ними.

Сначала найдём угол $\alpha$ между прямыми $AC$ и $DB_1$. Диагональ основания $AC$ перпендикулярна другой диагонали основания $DB$. Также $AC$ перпендикулярна боковому ребру $DD_1$ (так как $DD_1$ перпендикулярно всей плоскости основания). Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($DB$ и $DD_1$) в плоскости диагонального сечения $DBB_1D_1$, она перпендикулярна и всей этой плоскости. Прямая $DB_1$ лежит в этой плоскости, следовательно, $AC \perp DB_1$. Таким образом, угол $\alpha = 90^\circ$ и $\sin\alpha = 1$.

Теперь найдём расстояние $d$ между прямыми $AC$ и $DB_1$. Так как $AC \perp$ плоскости $DBB_1D_1$, то расстояние между прямыми равно расстоянию от точки $O$ (пересечение $AC$ и $DB$) до прямой $DB_1$. Это расстояние является высотой $OH$ треугольника $DOB_1$, опущенной из вершины $O$ на сторону $DB_1$.

Рассмотрим прямоугольник $DBB_1D_1$. Сторона куба равна 6 см. Диагональ основания $DB = \sqrt{6^2 + 6^2} = 6\sqrt{2}$ см. Точка $O$ — середина $DB$, поэтому $DO = \frac{1}{2} DB = 3\sqrt{2}$ см. Главная диагональ куба $DB_1 = \sqrt{6^2 + 6^2 + 6^2} = 6\sqrt{3}$ см.

Площадь треугольника $DOB_1$ можно найти двумя способами. С одной стороны, $S_{\triangle DOB_1} = \frac{1}{2} \cdot DO \cdot BB_1 = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{2} \cdot 6 = 9\sqrt{2}$ см$^2$ (где $BB_1=6$ см — высота, опущенная из вершины $B_1$ на прямую, содержащую основание $DO$).С другой стороны, $S_{\triangle DOB_1} = \frac{1}{2} \cdot DB_1 \cdot OH = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{3} \cdot d$.

Приравнивая эти два выражения, получаем:

$\frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{3} \cdot d = 9\sqrt{2}$

$3\sqrt{3} \cdot d = 9\sqrt{2}$

$d = \frac{9\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{6}}{3} = \sqrt{6}$ см.

Теперь можем вычислить объём тетраэдра. По условию $KF = 3$ см и $MP = 2$ см. Подставляем все значения в формулу:

$V = \frac{1}{6} \cdot 3 \cdot 2 \cdot \sqrt{6} \cdot 1 = \frac{6\sqrt{6}}{6} = \sqrt{6}$ см$^3$.

Ответ: $\sqrt{6}$ см$^3$.

19.51. Ребро правильного тетраэдра $DABC$ равно 4 см. На ребре $AB$ отметили точки $M$ и $N$, а на ребре $CD$ — точки $K$ и $E$. Известно, что $MN = 1$ см, $KE = 3$ см. Найдите объём тетраэдра $MNKE$.

Для нахождения объёма тетраэдра $MNKE$ воспользуемся формулой, связывающей объём тетраэдра с длинами двух его скрещивающихся (противоположных) рёбер, расстоянием и углом между ними:

$V = \frac{1}{6} a b d \sin\theta$,

где $a$ и $b$ — длины скрещивающихся рёбер, $d$ — расстояние между прямыми, содержащими эти рёбра, а $\theta$ — угол между этими прямыми.

В тетраэдре $MNKE$ выберем в качестве скрещивающихся рёбер рёбра $MN$ и $KE$. Согласно условию задачи, их длины равны:

$a = MN = 1$ см,

$b = KE = 3$ см.

Точки $M$ и $N$ лежат на ребре $AB$ правильного тетраэдра $DABC$, а точки $K$ и $E$ — на ребре $CD$. Это означает, что ребро $MN$ лежит на прямой $AB$, а ребро $KE$ — на прямой $CD$. Следовательно, расстояние $d$ и угол $\theta$ между рёбрами $MN$ и $KE$ равны расстоянию и углу между рёбрами $AB$ и $CD$ исходного правильного тетраэдра $DABC$.

Найдём угол $\theta$ и расстояние $d$ для рёбер $AB$ и $CD$ правильного тетраэдра $DABC$ с длиной ребра $L = 4$ см.

1. Угол между рёбрами $AB$ и $CD$. В правильном тетраэдре любые два скрещивающихся ребра перпендикулярны. Таким образом, прямые $AB$ и $CD$ перпендикулярны, и угол между ними $\theta = 90^\circ$. Отсюда следует, что $\sin\theta = \sin(90^\circ) = 1$.

2. Расстояние между рёбрами $AB$ и $CD$. Расстояние между двумя скрещивающимися рёбрами правильного тетраэдра с ребром $L$ вычисляется по формуле $d = \frac{L}{\sqrt{2}}$. В нашем случае $L = 4$ см, поэтому:

$d = \frac{4}{\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см.

Теперь, когда все необходимые величины найдены, можем вычислить объём тетраэдра $MNKE$:

$V_{MNKE} = \frac{1}{6} \cdot MN \cdot KE \cdot d \cdot \sin\theta$

$V_{MNKE} = \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{2} \cdot 1 = \frac{6\sqrt{2}}{6} = \sqrt{2}$ см$^3$.

Ответ: $\sqrt{2}$ см$^3$.

19.52. Площади боковых граней прямоугольного тетраэдра равны $S_1$, $S_2$ и $S_3$. Найдите радиус сферы, вписанной в тетраэдр.

Пусть дан прямоугольный тетраэдр. Это тетраэдр, у которого три грани, сходящиеся в одной вершине, являются прямоугольными треугольниками, а ребра, выходящие из этой вершины, взаимно перпендикулярны. Обозначим длины этих ребер как $a$, $b$ и $c$.

Площади боковых граней, которые являются прямоугольными треугольниками с катетами $(a, b)$, $(b, c)$ и $(c, a)$, по условию равны $S_1$, $S_2$ и $S_3$. Таким образом, мы можем записать:

$S_1 = \frac{1}{2}ab$
$S_2 = \frac{1}{2}bc$
$S_3 = \frac{1}{2}ca$

Радиус $r$ сферы, вписанной в любой тетраэдр, можно найти по общей формуле, связывающей объем тетраэдра $V$ и площадь его полной поверхности $S_{полн}$:

$r = \frac{3V}{S_{полн}}$

Сначала найдем объем тетраэдра $V$. Объем прямоугольного тетраэдра с взаимно перпендикулярными ребрами $a$, $b$, $c$ вычисляется как:

$V = \frac{1}{6}abc$

Чтобы выразить объем через $S_1$, $S_2$, $S_3$, найдем произведение $abc$. Из формул для площадей имеем: $ab = 2S_1$, $bc = 2S_2$, $ca = 2S_3$. Перемножим эти три равенства:

$(ab)(bc)(ca) = (2S_1)(2S_2)(2S_3)$
$a^2b^2c^2 = 8S_1S_2S_3$
$abc = \sqrt{8S_1S_2S_3} = 2\sqrt{2S_1S_2S_3}$

Теперь подставим найденное значение в формулу для объема:

$V = \frac{1}{6}(2\sqrt{2S_1S_2S_3}) = \frac{\sqrt{2S_1S_2S_3}}{3}$

Далее найдем площадь полной поверхности тетраэдра $S_{полн}$. Она равна сумме площадей всех четырех граней:

$S_{полн} = S_1 + S_2 + S_3 + S_{осн}$

где $S_{осн}$ — это площадь четвертой грани (основания), которая не является прямоугольным треугольником. Для прямоугольного тетраэдра площадь основания связана с площадями боковых граней теоремой де Гуа (пространственный аналог теоремы Пифагора):

$S_{осн}^2 = S_1^2 + S_2^2 + S_3^2$

Отсюда, $S_{осн} = \sqrt{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}$.

Таким образом, площадь полной поверхности равна:

$S_{полн} = S_1 + S_2 + S_3 + \sqrt{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}$

Наконец, подставим найденные выражения для объема $V$ и площади полной поверхности $S_{полн}$ в формулу для радиуса вписанной сферы:

$r = \frac{3V}{S_{полн}} = \frac{3 \cdot \frac{\sqrt{2S_1S_2S_3}}{3}}{S_1 + S_2 + S_3 + \sqrt{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}}$

После упрощения получаем:

$r = \frac{\sqrt{2S_1S_2S_3}}{S_1 + S_2 + S_3 + \sqrt{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}}$

Ответ: $r = \frac{\sqrt{2S_1S_2S_3}}{S_1 + S_2 + S_3 + \sqrt{S_1^2 + S_2^2 + S_3^2}}$

19.53. Две грани тетраэдра — равносторонние треугольники со стороной $2\sqrt{2}$ см, а две другие грани — равнобедренные прямоугольные треугольники. Найдите радиус шара, вписанного в тетраэдр.

Радиус шара, вписанного в тетраэдр, можно найти по формуле: $r = \frac{3V}{S_{полн}}$, где $V$ — объём тетраэдра, а $S_{полн}$ — площадь его полной поверхности.

Сначала определим геометрию тетраэдра и найдём площадь его поверхности.

Пусть сторона равносторонних треугольников равна $a = 2\sqrt{2}$ см. Две грани тетраэдра — равносторонние треугольники, а две другие — равнобедренные прямоугольные треугольники. Чтобы такая фигура существовала, грани должны иметь общие рёбра одинаковой длины. Единственная возможная конфигурация — это когда два равносторонних треугольника ($\triangle ABD$ и $\triangle ABC$) имеют общее ребро ($AB$), а два равнобедренных прямоугольных треугольника ($\triangle ADC$ и $\triangle BDC$) также имеют общее ребро ($CD$), которое является их гипотенузой.

Таким образом, рёбра $AB, AD, BD, AC, BC$ равны стороне равностороннего треугольника: $AB = AD = BD = AC = BC = 2\sqrt{2}$ см.

Грани $\triangle ADC$ и $\triangle BDC$ — равнобедренные прямоугольные треугольники. Их катеты — это рёбра $AD, AC$ и $BD, BC$ соответственно, каждое длиной $2\sqrt{2}$ см. Гипотенуза у них общая — ребро $CD$. По теореме Пифагора найдём длину гипотенузы $CD$:

$CD^2 = AC^2 + AD^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 8 + 8 = 16$.

$CD = \sqrt{16} = 4$ см.

Теперь вычислим площадь полной поверхности тетраэдра $S_{полн}$.

1. Площадь одного равностороннего треугольника ($S_1$) со стороной $a=2\sqrt{2}$:

$S_1 = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(2\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{8\sqrt{3}}{4} = 2\sqrt{3}$ см$^2$.

2. Площадь одного равнобедренного прямоугольного треугольника ($S_2$) с катетами $k=2\sqrt{2}$:

$S_2 = \frac{1}{2} k \cdot k = \frac{1}{2} (2\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см$^2$.

Полная площадь поверхности состоит из двух граней каждого типа:

$S_{полн} = 2 \cdot S_1 + 2 \cdot S_2 = 2 \cdot 2\sqrt{3} + 2 \cdot 4 = 4\sqrt{3} + 8$ см$^2$.

Далее найдём объём тетраэдра $V$.

Для этого воспользуемся методом координат. Поместим тетраэдр в систему координат так, чтобы основание $\triangle ABD$ лежало в плоскости $Oxy$. Пусть середина ребра $AB$ находится в начале координат $O(0,0,0)$, а само ребро $AB$ лежит на оси $Ox$.

Поскольку $AB = 2\sqrt{2}$, то координаты вершин $A$ и $B$ будут $A(-\sqrt{2}, 0, 0)$ и $B(\sqrt{2}, 0, 0)$.

Вершина $D$ лежит в плоскости $Oxy$ и образует с $A$ и $B$ равносторонний треугольник. Её x-координата равна 0, а y-координату найдём из высоты треугольника $h_{ABD} = a \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{6}$. Итак, $D(0, \sqrt{6}, 0)$.

Площадь основания $S_{осн} = S_{\triangle ABD} = 2\sqrt{3}$ см$^2$.

Вершина $C(x,y,z)$ равноудалена от $A$ и $B$ ($AC=BC=2\sqrt{2}$), поэтому она лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку $AB$ и проходящей через его середину, то есть в плоскости $Oyz$. Значит, $x=0$.

Найдём координаты $y$ и $z$ для точки $C(0,y,z)$ из условий:

$AC^2 = (0-(-\sqrt{2}))^2 + (y-0)^2 + (z-0)^2 = 2+y^2+z^2 = (2\sqrt{2})^2=8 \implies y^2+z^2=6$.

$CD^2 = (0-0)^2 + (y-\sqrt{6})^2 + (z-0)^2 = y^2-2\sqrt{6}y+6+z^2 = 4^2=16$.

Подставим $y^2+z^2=6$ во второе уравнение:

$6 - 2\sqrt{6}y + 6 = 16 \implies 12 - 2\sqrt{6}y = 16 \implies -2\sqrt{6}y = 4 \implies y = -\frac{2}{\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Теперь найдём $z$:

$z^2 = 6 - y^2 = 6 - (-\frac{\sqrt{6}}{3})^2 = 6 - \frac{6}{9} = 6 - \frac{2}{3} = \frac{16}{3}$.

$z = \sqrt{\frac{16}{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Высота тетраэдра $H$ из вершины $C$ на основание $\triangle ABD$ (плоскость $Oxy$) равна z-координате точки $C$: $H = \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Теперь можем вычислить объём тетраэдра:

$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot (2\sqrt{3}) \cdot \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{8 \cdot 3}{9} = \frac{8}{3}$ см$^3$.

Наконец, найдём радиус вписанного шара:

$r = \frac{3V}{S_{полн}} = \frac{3 \cdot \frac{8}{3}}{8 + 4\sqrt{3}} = \frac{8}{8 + 4\sqrt{3}} = \frac{8}{4(2 + \sqrt{3})} = \frac{2}{2 + \sqrt{3}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$r = \frac{2(2 - \sqrt{3})}{(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})} = \frac{2(2 - \sqrt{3})}{4 - 3} = 2(2 - \sqrt{3}) = 4 - 2\sqrt{3}$ см.

Ответ: $4 - 2\sqrt{3}$ см.

19.54. Ребро $SA$ четырёхугольной пирамиды $SABCD$ перпендикулярно плоскости основания и равно 6 см. Основанием пирамиды является квадрат $ABCD$, сторона которого равна 8 см. Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AD$ и $CD$ соответственно. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду $SDMN$.

Для нахождения радиуса $r$ сферы, вписанной в пирамиду, воспользуемся формулой $r = \frac{3V}{S_{full}}$, где $V$ — объём пирамиды, а $S_{full}$ — площадь её полной поверхности.

Рассмотрим пирамиду $SDMN$. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$, осью $Ox$ вдоль ребра $AB$ и осью $Oy$ вдоль ребра $AD$. Тогда ось $Oz$ будет направлена вдоль ребра $AS$.

Координаты вершин исходной пирамиды $SABCD$:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(8, 0, 0)$
• $D(0, 8, 0)$
• $C(8, 8, 0)$
• $S(0, 0, 6)$

Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AD$ и $CD$ соответственно. Найдём их координаты:

• $M = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+8}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, 4, 0)$
• $N = (\frac{8+0}{2}, \frac{8+8}{2}, \frac{0+0}{2}) = (4, 8, 0)$

Таким образом, вершинами пирамиды $SDMN$ являются точки $S(0, 0, 6)$, $D(0, 8, 0)$, $M(0, 4, 0)$ и $N(4, 8, 0)$.

1. Вычисление объёма пирамиды SDMN.

Основанием пирамиды $SDMN$ является треугольник $DMN$, который лежит в плоскости $z=0$. Найдём его площадь. В плоскости $xy$ его вершины имеют координаты $D(0, 8)$, $M(0, 4)$, $N(4, 8)$. Катеты этого прямоугольного треугольника — отрезки $DM$ и $DN$.

$DM = \sqrt{(0-0)^2 + (4-8)^2} = 4$

$DN = \sqrt{(4-0)^2 + (8-8)^2} = 4$

Площадь основания $S_{DMN} = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot DN = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8$ см².

Высотой пирамиды является перпендикуляр, опущенный из вершины $S$ на плоскость основания $DMN$. Так как плоскость $DMN$ совпадает с плоскостью $z=0$, а координата $z$ точки $S$ равна 6, то высота пирамиды $h=SA=6$ см.

Объём пирамиды $V_{SDMN} = \frac{1}{3} S_{DMN} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 8 \cdot 6 = 16$ см³.

2. Вычисление площади полной поверхности пирамиды SDMN.

$S_{full} = S_{DMN} + S_{SDM} + S_{SDN} + S_{SMN}$.

Площадь основания $S_{DMN} = 8$ см².

Найдём площади боковых граней:

а) Грань $SDM$. Вершины $S(0,0,6)$, $D(0,8,0)$, $M(0,4,0)$ лежат в плоскости $x=0$ (плоскость $SAD$). Так как $SA \perp AD$, то площадь треугольника $SDM$ можно найти как разность площадей прямоугольных треугольников $SAD$ и $SAM$.

$S_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24$ см².

$S_{SAM} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12$ см².

$S_{SDM} = S_{SAD} - S_{SAM} = 24 - 12 = 12$ см².

б) Грань $SDN$. По теореме о трёх перпендикулярах, так как $SA \perp (ABC)$, $SD$ — наклонная, $AD$ — её проекция, и $AD \perp DN$ (так как $AD \perp CD$), то и $SD \perp DN$. Значит, треугольник $SDN$ — прямоугольный.

Найдём длины катетов. $DN = \frac{1}{2}CD = 4$ см. $SD$ — гипотенуза в прямоугольном треугольнике $SAD$, $SD = \sqrt{SA^2 + AD^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36+64} = \sqrt{100} = 10$ см.

$S_{SDN} = \frac{1}{2} \cdot SD \cdot DN = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 4 = 20$ см².

в) Грань $SMN$. Найдём площади проекций треугольника $SMN$ на координатные плоскости.

Проекция на плоскость $xy$ ($z=0$) — это треугольник $AMN$ с вершинами $A(0,0)$, $M(0,4)$, $N(4,8)$. Его площадь $S_{xy} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot (\text{x-координата N}) = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8$.

Проекция на плоскость $yz$ ($x=0$) — треугольник с вершинами $(0,6)$, $(4,0)$, $(8,0)$. Его площадь $S_{yz} = \frac{1}{2} \cdot (8-4) \cdot 6 = 12$.

Проекция на плоскость $xz$ ($y=0$) — треугольник с вершинами $(0,6)$, $(0,0)$, $(4,0)$. Его площадь $S_{xz} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12$.

Площадь грани $SMN$ вычисляется по формуле: $S_{SMN} = \sqrt{S_{xy}^2 + S_{yz}^2 + S_{xz}^2} = \sqrt{8^2 + 12^2 + 12^2} = \sqrt{64 + 144 + 144} = \sqrt{352} = \sqrt{16 \cdot 22} = 4\sqrt{22}$ см².

Теперь найдём полную площадь поверхности:

$S_{full} = 8 + 12 + 20 + 4\sqrt{22} = 40 + 4\sqrt{22}$ см².

3. Вычисление радиуса вписанной сферы.

$r = \frac{3V}{S_{full}} = \frac{3 \cdot 16}{40 + 4\sqrt{22}} = \frac{48}{4(10 + \sqrt{22})} = \frac{12}{10 + \sqrt{22}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$r = \frac{12(10 - \sqrt{22})}{(10 + \sqrt{22})(10 - \sqrt{22})} = \frac{12(10 - \sqrt{22})}{100 - 22} = \frac{12(10 - \sqrt{22})}{78} = \frac{2(10 - \sqrt{22})}{13}$.

Ответ: $\frac{2(10 - \sqrt{22})}{13}$ см.

19.55. Дан тетраэдр $DABC$. На лучах $DA$, $DB$ и $DC$ отметили соответст-венно точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$. Докажите, что отношение объёмов тетра-эдров $DABC$ и $DA_1B_1C_1$ равно $\frac{DA \cdot DB \cdot DC}{DA_1 \cdot DB_1 \cdot DC_1}$.

Для решения этой задачи воспользуемся формулой для объема тетраэдра, выраженной через длины трех ребер, выходящих из одной вершины, и углы между ними. Объем тетраэдра $DABC$ можно вычислить, приняв за основание одну из граней, например, $DBC$, а в качестве вершины — точку $A$.

Объем тетраэдра $DABC$ равен $V_{DABC} = \frac{1}{3} S_{DBC} \cdot h_A$, где $S_{DBC}$ — площадь основания (треугольника $DBC$), а $h_A$ — высота, опущенная из вершины $A$ на плоскость основания $DBC$.

Площадь треугольника $DBC$ можно выразить через две стороны и угол между ними: $S_{DBC} = \frac{1}{2} DB \cdot DC \cdot \sin(\angle BDC)$.

Тогда объем тетраэдра $DABC$ будет:$V_{DABC} = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{2} DB \cdot DC \cdot \sin(\angle BDC)\right) \cdot h_A = \frac{1}{6} DB \cdot DC \cdot \sin(\angle BDC) \cdot h_A$.

Аналогично, для тетраэдра $DA_1B_1C_1$ с основанием $DB_1C_1$ и вершиной $A_1$:$V_{DA_1B_1C_1} = \frac{1}{3} S_{DB_1C_1} \cdot h_{A_1}$, где $h_{A_1}$ — высота из вершины $A_1$ на плоскость $DB_1C_1$.

Поскольку точки $B_1$ и $C_1$ лежат на лучах $DB$ и $DC$, плоскость треугольника $DB_1C_1$ совпадает с плоскостью треугольника $DBC$. Также, угол $\angle B_1DC_1$ равен углу $\angle BDC$.

Площадь треугольника $DB_1C_1$ равна: $S_{DB_1C_1} = \frac{1}{2} DB_1 \cdot DC_1 \cdot \sin(\angle B_1DC_1) = \frac{1}{2} DB_1 \cdot DC_1 \cdot \sin(\angle BDC)$.

Тогда объем тетраэдра $DA_1B_1C_1$ будет:$V_{DA_1B_1C_1} = \frac{1}{6} DB_1 \cdot DC_1 \cdot \sin(\angle BDC) \cdot h_{A_1}$.

Теперь найдем отношение объемов:$\frac{V_{DABC}}{V_{DA_1B_1C_1}} = \frac{\frac{1}{6} DB \cdot DC \cdot \sin(\angle BDC) \cdot h_A}{\frac{1}{6} DB_1 \cdot DC_1 \cdot \sin(\angle BDC) \cdot h_{A_1}} = \frac{DB \cdot DC \cdot h_A}{DB_1 \cdot DC_1 \cdot h_{A_1}}$.

Осталось найти отношение высот $h_A / h_{A_1}$. Пусть $H$ и $H_1$ — основания перпендикуляров, опущенных из точек $A$ и $A_1$ на плоскость $DBC$. Тогда $h_A = AH$ и $h_{A_1} = A_1H_1$. Так как $AH$ и $A_1H_1$ перпендикулярны одной и той же плоскости, они параллельны друг другу.

Рассмотрим треугольники $\triangle DAH$ и $\triangle DA_1H_1$. Они являются прямоугольными ($\angle DHA = \angle DH_1A_1 = 90^\circ$). Точки $D, A_1, A$ лежат на одной прямой, поэтому угол $\angle ADH$ является общим для обоих треугольников. Следовательно, треугольники $\triangle DAH$ и $\triangle DA_1H_1$ подобны по двум углам.

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:$\frac{AH}{A_1H_1} = \frac{DA}{DA_1}$, то есть $\frac{h_A}{h_{A_1}} = \frac{DA}{DA_1}$.

Подставим это отношение в формулу для отношения объемов:$\frac{V_{DABC}}{V_{DA_1B_1C_1}} = \frac{DB \cdot DC}{DB_1 \cdot DC_1} \cdot \frac{h_A}{h_{A_1}} = \frac{DB \cdot DC}{DB_1 \cdot DC_1} \cdot \frac{DA}{DA_1}$.

Перегруппировав множители, получаем:$\frac{V_{DABC}}{V_{DA_1B_1C_1}} = \frac{DA \cdot DB \cdot DC}{DA_1 \cdot DB_1 \cdot DC_1}$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что отношение объемов тетраэдров $DABC$ и $DA_1B_1C_1$ равно $\frac{DA \cdot DB \cdot DC}{DA_1 \cdot DB_1 \cdot DC_1}$.

19.56. Дан тетраэдр $DABC$. Точка $M$ — середина медианы $DK$ треугольника $ADB$. На медиане $DF$ треугольника $ADC$ отметили точку $N$ так, что $DN : NF = 1 : 2$. В каком отношении плоскость $AMN$ делит объём данного тетраэдра?

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в вершине тетраэдра $D$. Обозначим векторы, идущие из точки $D$ в другие вершины тетраэдра, следующим образом: $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DB} = \vec{b}$, $\vec{DC} = \vec{c}$. Объем тетраэдра $DABC$ равен $V = \frac{1}{6} |(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}|$.

Найдем положение точек $M$ и $N$.

1. Точка $K$ — середина стороны $AB$ в треугольнике $ADB$. Вектор $\vec{AB} = \vec{DB} - \vec{DA} = \vec{b} - \vec{a}$. Медиана $DK$ соединяет вершину $D$ с точкой $K$. Вектор $\vec{DK}$ можно выразить как:$\vec{DK} = \vec{DA} + \frac{1}{2}\vec{AB} = \vec{a} + \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$. Точка $M$ — середина медианы $DK$, следовательно:$\vec{DM} = \frac{1}{2}\vec{DK} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b}) = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b})$.

2. Точка $F$ — середина стороны $AC$ в треугольнике $ADC$. Вектор $\vec{AC} = \vec{DC} - \vec{DA} = \vec{c} - \vec{a}$. Медиана $DF$ соединяет вершину $D$ с точкой $F$. Вектор $\vec{DF}$ можно выразить как:$\vec{DF} = \vec{DA} + \frac{1}{2}\vec{AC} = \vec{a} + \frac{1}{2}(\vec{c} - \vec{a}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c})$. Точка $N$ делит медиану $DF$ в отношении $DN:NF = 1:2$, значит, $DN = \frac{1}{3}DF$.$\vec{DN} = \frac{1}{3}\vec{DF} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c}) = \frac{1}{6}(\vec{a} + \vec{c})$.

Плоскость $AMN$ проходит через точки $A$, $M$ и $N$. Найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами тетраэдра $DB$ и $DC$. Обозначим эти точки $P$ и $Q$ соответственно.

Любая точка $R$, лежащая в плоскости $AMN$, может быть представлена в виде:$\vec{DR} = \vec{DA} + s \cdot \vec{AM} + t \cdot \vec{AN}$ для некоторых скаляров $s$ и $t$. Выразим векторы $\vec{AM}$ и $\vec{AN}$ через базисные векторы:$\vec{AM} = \vec{DM} - \vec{DA} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b}) - \vec{a} = \frac{1}{4}\vec{b} - \frac{3}{4}\vec{a}$.$\vec{AN} = \vec{DN} - \vec{DA} = \frac{1}{6}(\vec{a} + \vec{c}) - \vec{a} = \frac{1}{6}\vec{c} - \frac{5}{6}\vec{a}$. Тогда уравнение плоскости:$\vec{DR} = \vec{a} + s(\frac{1}{4}\vec{b} - \frac{3}{4}\vec{a}) + t(\frac{1}{6}\vec{c} - \frac{5}{6}\vec{a}) = (1 - \frac{3s}{4} - \frac{5t}{6})\vec{a} + \frac{s}{4}\vec{b} + \frac{t}{6}\vec{c}$.

Точка $P$ лежит на ребре $DB$, поэтому ее вектор $\vec{DP}$ коллинеарен вектору $\vec{DB}$, то есть $\vec{DP} = k \cdot \vec{DB} = k\vec{b}$. Поскольку $P$ также лежит в плоскости $AMN$, ее вектор должен удовлетворять уравнению плоскости:$k\vec{b} = (1 - \frac{3s}{4} - \frac{5t}{6})\vec{a} + \frac{s}{4}\vec{b} + \frac{t}{6}\vec{c}$. Так как векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ некомпланарны, мы можем приравнять коэффициенты при них:
при $\vec{a}$: $1 - \frac{3s}{4} - \frac{5t}{6} = 0$
при $\vec{b}$: $k = \frac{s}{4}$
при $\vec{c}$: $\frac{t}{6} = 0 \implies t = 0$. Подставляя $t=0$ в первое уравнение, получаем $1 - \frac{3s}{4} = 0$, откуда $s = \frac{4}{3}$. Теперь находим $k$: $k = \frac{s}{4} = \frac{4/3}{4} = \frac{1}{3}$. Таким образом, $\vec{DP} = \frac{1}{3}\vec{b}$, что означает, что точка $P$ делит ребро $DB$ в отношении $DP:PB = 1:2$.

Аналогично, точка $Q$ лежит на ребре $DC$, поэтому ее вектор $\vec{DQ} = l \cdot \vec{DC} = l\vec{c}$. Приравнивая его к выражению для $\vec{DR}$:$l\vec{c} = (1 - \frac{3s}{4} - \frac{5t}{6})\vec{a} + \frac{s}{4}\vec{b} + \frac{t}{6}\vec{c}$. Приравниваем коэффициенты:
при $\vec{a}$: $1 - \frac{3s}{4} - \frac{5t}{6} = 0$
при $\vec{b}$: $\frac{s}{4} = 0 \implies s = 0$
при $\vec{c}$: $l = \frac{t}{6}$. Подставляя $s=0$ в первое уравнение, получаем $1 - \frac{5t}{6} = 0$, откуда $t = \frac{6}{5}$. Теперь находим $l$: $l = \frac{t}{6} = \frac{6/5}{6} = \frac{1}{5}$. Таким образом, $\vec{DQ} = \frac{1}{5}\vec{c}$, что означает, что точка $Q$ делит ребро $DC$ в отношении $DQ:QC = 1:4$.

Секущая плоскость $AMN$ пересекает ребра $DB$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ и проходит через вершину $A$. Таким образом, она отсекает от исходного тетраэдра $DABC$ меньший тетраэдр $DAPQ$.

Найдем отношение объема тетраэдра $DAPQ$ к объему тетраэдра $DABC$. Для тетраэдров, имеющих общий трехгранный угол, отношение их объемов равно отношению произведений длин ребер, образующих этот угол. В нашем случае общим является трехгранный угол при вершине $D$.$\frac{V_{DAPQ}}{V_{DABC}} = \frac{DA}{DA} \cdot \frac{DP}{DB} \cdot \frac{DQ}{DC}$. Мы нашли, что $\frac{DP}{DB} = k = \frac{1}{3}$ и $\frac{DQ}{DC} = l = \frac{1}{5}$. Отношение $\frac{DA}{DA}=1$. Следовательно:$\frac{V_{DAPQ}}{V_{DABC}} = 1 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{15}$.

Это означает, что объем отсеченного тетраэдра $V_1 = V_{DAPQ}$ составляет $\frac{1}{15}$ от объема исходного тетраэдра $V_{DABC}$. Объем оставшейся части $V_2$ равен:$V_2 = V_{DABC} - V_1 = V_{DABC} - \frac{1}{15}V_{DABC} = \frac{14}{15}V_{DABC}$. Плоскость $AMN$ делит объем тетраэдра в отношении:$\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{1}{15}V_{DABC}}{\frac{14}{15}V_{DABC}} = \frac{1}{14}$.

Ответ: $1:14$.

19.57. Дан тетраэдр $DABC$. На ребре $AD$ отметили точку $K$ так, что $AK : KD = 3 : 1$. На продолжении рёбер $AB$ и $AC$ за точки $B$ и $C$ отметили точки $N$ и $M$ так, что $AB = BN$ и $MC : CA = 1 : 3$. В каком отношении плоскость $KMN$ делит объём данного тетраэдра?

Для решения задачи введем векторный базис с началом в вершине тетраэдра $A$. Пусть $\vec{AB} = \mathbf{b}$, $\vec{AC} = \mathbf{c}$ и $\vec{AD} = \mathbf{d}$. Объем тетраэдра $DABC$ (или, что то же самое, $ABCD$) выражается через смешанное произведение этих векторов: $V = \frac{1}{6} |(\mathbf{b} \times \mathbf{c}) \cdot \mathbf{d}|$.

1. Определение положения точек K, N, M

Выразим векторы, определяющие положение точек $K, N, M$, через базисные векторы:

• Точка $K$ лежит на ребре $AD$ так, что $AK : KD = 3 : 1$. Это означает, что $\vec{AK} = \frac{3}{3+1}\vec{AD} = \frac{3}{4}\mathbf{d}$.
• Точка $N$ лежит на продолжении ребра $AB$ за точку $B$ так, что $AB = BN$. Это означает, что точка $B$ является серединой отрезка $AN$. Следовательно, $\vec{AN} = 2\vec{AB} = 2\mathbf{b}$.
• Точка $M$ лежит на продолжении ребра $AC$ за точку $C$ так, что $MC : CA = 1 : 3$. Это означает, что точки расположены в порядке $A-C-M$ и длина отрезка $CM$ составляет $\frac{1}{3}$ длины отрезка $AC$. Тогда $\vec{AM} = \vec{AC} + \vec{CM} = \vec{AC} + \frac{1}{3}\vec{AC} = \frac{4}{3}\vec{AC} = \frac{4}{3}\mathbf{c}$.

2. Нахождение точек пересечения плоскости KMN с ребрами тетраэдра

Плоскость $KMN$ пересекает ребра тетраэдра $DABC$. По условию, точка $K$ уже лежит на ребре $AD$. Найдем точки пересечения плоскости с другими ребрами тетраэдра, выходящими из вершины $D$, то есть с ребрами $DB$ и $DC$.

Уравнение плоскости, проходящей через точки $K, M, N$ в аффинной системе координат с началом в $A$ и осями, направленными вдоль векторов $\mathbf{d}, \mathbf{b}, \mathbf{c}$, имеет вид "в отрезках":$\frac{x_d}{d_K} + \frac{x_b}{b_N} + \frac{x_c}{c_M} = 1$, где $d_K = \frac{3}{4}$, $b_N = 2$, $c_M = \frac{4}{3}$ — "отрезки", отсекаемые плоскостью на осях. Подставив значения, получаем уравнение плоскости $KMN$:$\frac{x_d}{3/4} + \frac{x_b}{2} + \frac{x_c}{4/3} = 1 \implies \frac{4x_d}{3} + \frac{x_b}{2} + \frac{3x_c}{4} = 1$.

Найдем точку $Q$ — пересечение плоскости $KMN$ и ребра $DB$. Любая точка на прямой $DB$ может быть представлена как $\vec{AQ} = (1-t)\vec{AD} + t\vec{AB} = (1-t)\mathbf{d} + t\mathbf{b}$. Ее координаты в нашей системе: $(x_d, x_b, x_c) = (1-t, t, 0)$. Подставим их в уравнение плоскости:$\frac{4(1-t)}{3} + \frac{t}{2} = 1 \implies 8(1-t) + 3t = 6 \implies 8 - 8t + 3t = 6 \implies 5t = 2 \implies t = \frac{2}{5}$. Так как $0 < t < 1$, точка $Q$ лежит на ребре $DB$. При этом $\vec{DQ} = \vec{AQ} - \vec{AD} = ((1-\frac{2}{5})\mathbf{d} + \frac{2}{5}\mathbf{b}) - \mathbf{d} = \frac{2}{5}\mathbf{b} - \frac{2}{5}\mathbf{d} = \frac{2}{5}(\mathbf{b}-\mathbf{d}) = \frac{2}{5}\vec{DB}$. Отсюда следует, что $\frac{DQ}{DB} = \frac{2}{5}$.

Найдем точку $R$ — пересечение плоскости $KMN$ и ребра $DC$. Любая точка на прямой $DC$ может быть представлена как $\vec{AR} = (1-u)\vec{AD} + u\vec{AC} = (1-u)\mathbf{d} + u\mathbf{c}$. Ее координаты: $(x_d, x_b, x_c) = (1-u, 0, u)$. Подставим их в уравнение плоскости:$\frac{4(1-u)}{3} + \frac{3u}{4} = 1 \implies 16(1-u) + 9u = 12 \implies 16 - 16u + 9u = 12 \implies 7u = 4 \implies u = \frac{4}{7}$. Так как $0 < u < 1$, точка $R$ лежит на ребре $DC$. При этом $\vec{DR} = \vec{AR} - \vec{AD} = ((1-\frac{4}{7})\mathbf{d} + \frac{4}{7}\mathbf{c}) - \mathbf{d} = \frac{4}{7}\mathbf{c} - \frac{4}{7}\mathbf{d} = \frac{4}{7}(\mathbf{c}-\mathbf{d}) = \frac{4}{7}\vec{DC}$. Отсюда следует, что $\frac{DR}{DC} = \frac{4}{7}$.

Таким образом, плоскость $KMN$ пересекает три ребра тетраэдра, выходящие из вершины $D$: $AD$ в точке $K$, $DB$ в точке $Q$ и $DC$ в точке $R$. Следовательно, плоскость отсекает от тетраэдра $DABC$ меньший тетраэдр $DKQR$.

3. Вычисление отношения объемов

Объем тетраэдра, отсекаемого плоскостью от угла трехгранного угла, относится к объему исходного тетраэдра как произведение отношений длин отсекаемых ребер к исходным ребрам.$\frac{V_{DKQR}}{V_{DABC}} = \frac{DK}{DA} \cdot \frac{DQ}{DB} \cdot \frac{DR}{DC}$.

Найдем эти отношения:

• Из условия $AK:KD=3:1$ следует, что $DA = AK+KD = 3KD+KD = 4KD$. Значит, $\frac{DK}{DA} = \frac{1}{4}$.
• Как мы нашли ранее, $\frac{DQ}{DB} = \frac{2}{5}$.
• Как мы нашли ранее, $\frac{DR}{DC} = \frac{4}{7}$.

Теперь вычислим отношение объемов:$\frac{V_{DKQR}}{V_{DABC}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{4}{7} = \frac{8}{140} = \frac{2}{35}$.

Пусть $V_1$ — это объем отсеченного тетраэдра $DKQR$, а $V_2$ — объем оставшейся части.$V_1 = \frac{2}{35}V_{DABC}$.$V_2 = V_{DABC} - V_1 = V_{DABC} - \frac{2}{35}V_{DABC} = \frac{33}{35}V_{DABC}$.

Искомое отношение, в котором плоскость $KMN$ делит объем тетраэдра, равно $V_1 : V_2$:$\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{2}{35}V_{DABC}}{\frac{33}{35}V_{DABC}} = \frac{2}{33}$.

Ответ: $2:33$.