Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Отношение отрезков в стерео: подобие, Фалес, Менелай

Тема Счёт отрезков в стерео

Отношение отрезков в стерео: подобие, Фалес, Менелай

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счёт отрезков в стерео

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83311

Медианы оснований треугольной призмы $ABCA B C 1 1 1$ пересекаются в точках $O$ и $O 1$ соответственно. На отрезке $OO 1$ взята точка $P$ так, что $O1P :PO = 3:5$ . Через точку $P$ проведена прямая параллельная диагонали $A1C$ боковой грани призмы. Найти длину отрезка этой прямой, расположенного внутри призмы, если длина диагонали $A1C$ равна 2.

Источники: Росатом - 2024, региональный вариант, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим сечение призмы XYZT, проходящее через OO₁ и параллельное грани ACC₁A₁. Прямая, проходящая через точку Р и параллельная А₁С, будет лежать как раз в этом сечении. А искомый отрезок - это часть этой прямой, ограниченная четырехугольником XYZT. А какой фигурой является XYZT? Как относятся ее стороны к сторонам призмы?

Подсказка 2

Верно, XYZT - параллелограмм. ZT = XY = A₁A, XT = YZ = 2/3 * AC, так как точка пересечения медиан делит медианы в отношении 2 к 1. Теперь нужно подумать, с помощью чего мы можем "перенести" плоскость ACC₁A₁ на плоскость XYZT?

Подсказка 3

С помощью гомотетии! Сделаем гомотетию в точке В₁ с коэффициентом 2/3. Подумайте, куда перейдут точки, лежащие в плоскости ACC₁A₁.

Подсказка 4

Например, точка А₁ перейдет в точку Х. Постройте прямые, параллельные А1С, через точки Х и Z. Чему будут равны отрезки этих прямых, отграниченные параллелограммом XYZT? Равна ли искомая прямая этим отрезкам?

Показать ответ и решение

Рассмотрим сечение призмы $XY ZT$ , проходящее через $OO 1$ и параллельное грани $ACC A 1 1$ . Это параллелограмм, а $OO 1$ — его средняя линия.

Сделаем гомотетию в точке $B1$ с коэффициентом $2 3$ . Тогда точки $A1$ и $C1$ перейдут в $X$ и $T$ , потому что точка пересечения медиан делит медиану в отношении $2$ к $1$ . Точка $Q$ перейдёт в точку $Q1$ , делящую отрезок $OO1$ в отношении $2$ к $1$ (до гомотетии отрезок $P Q$ был половиной $PR$ , а после он перешёл в $XQ1$ , который равен $1 3PR$ ). При этом прямая $XQ1$ будет пересекать отрезок $TZ$ в точке $W$ , поскольку в параллелограмме $ACC1A1$ прямая $A1C$ пересекает вершину $C$ , а в параллелограмм $XYZT$ отличается от $ACC1A1$ лишь тем, что длины сторон $YZ$ и $XT$ короче, а значит, точка пересечения прямой $XQ1$ с прямой $TZ$ будет лежать ниже точки $Z$ .

$PIC$

Аналогично, прямая, проходящая через $Z$ параллельно прямой $A1C$ будет делить $OO1$ в отношении $2$ к $1$ , но уже считая от точки $O$ , и она будет проходить через отрезок $XY$ . Значит, прямая $MP$ будет лежать между этими двумя прямыми и также проходить через отрезок $TZ$ . Значит, отрезок нужной прямой — это отрезок прямой $MP$ , содержащийся в параллелограмме $XY ZT$ .

Поскольку $MP ∥ XW$ , длина этого отрезка будет равна $XW$ . Отрезок $XQ1$ — образ $AQ$ при гомотетии, значит, он равен $23AQ = 23$ .

Также $XQ1 = Q1W$ , то есть искомая длина — $43$ .

Ответ:

$4 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#83740

Параллелограмм $ABCD$ является основанием пирамиды $SABCD.$ Точки $M,N$ и $P$ лежат на рёбрах $SA,SD$ и $SC$ соответственно, причём

SM :MA = 1:2, SN :ND = 1:3, SP :PC =1 :4

В каком отношении плоскость $MNP$ делит ребро $SB?$

Источники: Звезда - 2024, 11.1 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построить точку пересечения плоскости MNP и ребра SB сразу так сложно. Кажется, не хватает какой-нибудь точки на MP, чтобы провести через неё и N прямую, пересекающую ребро SB в искомой точке (пусть K).

Подсказка 2

Да это же точка, получаемая пересечение MP и SO, где SO — пересечение плоскостей BSD и ASC, назовём её Т. Точку ввели, а как она делит SO — не узнали. А хотелось бы, потому что её можно рассмотреть и для △ASC (а мы знаем про то как делят его стороны M и P), и для △BSD (содержащий интересующую нас точку K).

Подсказка 3

Отношение ST : NO можно найти, рассмотрев △ASC. А ещё же у нас есть отношение AO : OC (подумайте, чем является точка O для основания). Часто, когда мы видим отношения отрезков, хочется применить теорему Фалеса, только вот нам не хватает несколько параллельных прямых... Какие можно провести, чтобы использовать оба упомянутых отношения на сторонах SA и AC?

Подсказка 4

В предыдущей подсказке попробуйте провести прямые из A и O параллельно MP. С помощью теоремы Фалеса можно найти отношение ST : NO. Если Вы всё правильно посчитали, то не составит труда, используя уже упомянутую теорему, найти отношение SK : KB.

Показать ответ и решение

Пусть плоскости $BSD$ и $ASC$ пересекаются по прямой $SO.$ Рассмотрим треугольник $ASC.$ Пусть $T = MP ∩ SO.$

$PIC$

В треугольнике $ASC$ проведём прямые $AL$ и $OQ$ параллельные $MP.$

$PIC$

По теореме Фалеса имеем

SPPL-= SMMA- = 12, LQQC-= AOOC- =1

Учитывая, что $SP :PC =1 :4,$ получаем, что

ST-= 1 TO 3

Пусть $K = NT ∩ SB.$ Так как

SN :ND = ST :TO =1 :3,

то в силу теоремы Фалеса прямые $BD$ и $NK$ параллельны, и, следовательно,

SK :KB =1 :3

Ответ: 1:3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86474

Основанием четырехугольной пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$ со сторонами $AB =2√3,AD = 4√3$ и углом $A$ , равным $∘ 60$ . Высотой пирамиды $SABCD$ является отрезок $SO$ , где $O$ - точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD, SO = 1$ . Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью, параллельной медиане $SE$ боковой грани $SAB$ и проходящей через середину ребра $SC$ и середину отрезка $AO$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.5 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

То, что в условии нам даны все длины, может подтолкнуть к тому, что это очень техническая задача. Здесь придется много считать и не бояться больших и страшных дробей. Первым делом нужно построить сечение. Поищите точку, принадлежащую сечению, на плоскости ABCD.

Подсказка 2

Теперь рассмотрим саму плоскость ABCD. У нас есть прямая, лежащая в этой плоскости и принадлежащая сечению. Где эта прямая пересекает прямые, содержащие стороны параллелограмма ABCD? Найдите отношения с помощью теоремы Менелая и подобия.

Подсказка 3

Пусть эта прямая пересекает прямые AB,BC,CD, AD в точках F,G,H,I соответственно. Пусть L - точка, в которой прямая HM пересекает ребро SD. Тогда искомое сечение это LMGI. Найдем его площадь как разность площадей треугольников LHI и MGH. А как найти их площади? Много считать длины сторон и отношения, используя теоремы Менелая, Герона, Пифагора, косинусов.

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина ребра $SC,$ а точка $K$ - середина отрезка $AO$ . Рассмотрим плоскость $(CSE)$ . Так как плоскость сечения параллельна медиане $SE$ и проходит через точку $M$ , построим прямую $MT ||SE$ в плоскости $(CSE )$ . Тогда $MT$ - средняя линия в $CSE$ , а $T$ середина $CE$ .

Теперь нам известны три точки сечения: $T,M, K$ . Рассмотрим основание пирамиды $ABCD$ и посмотрим, как прямая $TK$ пересекает стороны основания. Пусть эта прямая пересекает прямые $AB,BC,CD, AD$ в точках $F,G,H,I$ .

$PIC$

Из теоремы Менелая для треугольника $ACE$ получаем, что

EF-= CK-⋅ TE-= 3 FA AK CT 1

Так как $EA = 1AB 2$ , то $FA = 1AB 4$ .

Далее замечаем, что $△F AK ∼ △HCK$ . Тогда

AF- AK- 1 HC = CK = 3

Откуда $3 HC =3AF = 4AB$ .

Из подобия $△FAI ∼△HDI$ получаем

AI AF 1 ID-= DH-= 7

То есть $AI = 18AD$ .

Аналогично из подобия $△FBG ∼ △HCG$ получаем

BG-= FB-= 5 GC CH 3

То есть $BG = 58BC$ .

Проведем $GG ′||CD$ , где $G′$ - точка на $AD$ . Тогда

GG ′ =AD = 2√3;G′I =AD − 3BC − 1BC = BC-= 2√3 8 8 2

И $∠GG ′I =180∘− ∠A= 120∘$ . Тогда из теоремы косинусов для треугольника $GG ′I$ получим $IG = 6$ .

$PIC$

Пусть $L$ - точка, в которой прямая $HM$ пересекает ребро $SD$ . Тогда из теоремы Менелая для $△CSD$ и прямой $HM$ получим:

7 DL-= CM- ⋅ DH =1⋅-4CD = 7 SL SM CH 34CD 3

Далее из теоремы Менелая для $△DHL$ имеем:

HM CH SD 5 ML--= DC-⋅-SL = 2.

В силу параллельности прямых $BC$ и $AD$ имеем $HHGI-= 37$ , откуда $HG = 92,HI = 212$ . По теореме косинусов для $△ABD$ имеем $BD = 6$ , то есть $OD = 3$ . Из теоремы Пифагора для треугольника $SOD$ получаем $SD =√10-$ , откуда $7√10 DL = 10$ . По теореме косинусов для $△ADC$ имеем $√-- 2 21$ , а значит $√ -- TC = 21$ . По теореме Пифагора для $△SOC$ вычислим $√-- SC = 22$ . Заметим, что для треугольника $SDC$ выполняется теорема Пифагора, то есть угол $SDC$ прямой. С помощью теоремы косинусов для треугольника $SAD$ вычислим $3√30 cosSDA = 20$ . Теперь через теоремы косинусов для треугольников $LDI$ и $LDH$ вычислим длины отрезков $7√10- 7√85- IL = 5 ,LH = 10$ . Далее по теореме Герона получаем $147- S△ILH = 20$ .

Заметим, что $1 1 5 3 15 S△MHG = 2sin∠MHG ⋅MH ⋅GH = 2sin∠MHG ⋅7HL⋅ 7HI = 49S△HLI$ . Значит, $34 34 147 51 SLMGI = S△LHI − S△MHG = 49S△LHI = 49-⋅20 = 10$ .

Ответ: 5.1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91958

Плоскость $π$ перпендикулярна ребру $SA$ правильной треугольной пирамиды $ABCS$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$ , делит это ребро в отношении $1:2$ (считая от вершины $S$ ) и проходит через середину ребра $SB$ . Найдите угол между плоскостью $π$ и плоскостью основания пирамиды.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 241, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте построим сечение MNK (M∈AS, N∈SB, K∈SC) пирамиды SABC плоскостью π. Обозначим AS = 6х и попробуем выразить все отрезки на рисунке через х (для этого можно воспользоваться теоремой косинусов для треугольника △ASB, ведь cos∠ASB мы можем без проблем найти, так как на рисунке есть очень много прямоугольных треугольников)

Подсказка 2

Проведём LN — среднюю линию треугольника △ASB, обозначим за Р середину NK. Какой угол требуется найти в задаче?

Подсказка 3

Конечно, угол ∠MPL! Так как мы уже знаем соотношение практически всех отрезков, мы можем без труда найти значение синуса этого угла)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $π$ пересекает $AS,$ $BS$ и $CS$ в точках $P,$ $R$ и $Q$ соответственно (то есть $π = (PQR )).$ Тогда по условию $SR = RB$ и $AP = 2PS.$ Пусть $M$ — середина $BC.$ Тогда пирамида $SABC$ симметрична относительно плоскости $(SAM ).$ Поскольку $π$ пересекает ребро $SB$ в середине, то в силу симметрии эта плоскость пересекает $CS$ тоже в середине, поэтому $QC = QS.$

$PIC$

Пусть $K$ — середина $AP.$ Тогда $PS =P K = AK,$ так как $AP = 2P S.$ Тогда, поскольку $SP :PK = SR :RB,$ то $PR$ и $KB$ параллельны. Аналогично можно доказать, что $RQ$ и $BC$ параллельны. Таким образом, $π$ и $(KBC )$ — параллельные плоскости, поэтому требуемый в задаче угол равен углу между $(KBC )$ и $(ABC ).$

Так как по условию $π$ и $AS$ перпендикулярны, то $(KBC )$ и $AS$ перпендикулярны, то есть $BK$ и $CK$ перпендикулярны $AS.$ Снова применив соображение симметрии, получаем, что $KB = KC,$ то есть $△KBC$ — равнобедренный, и $KM$ — его высота, поскольку $M$ является серединой $BC.$ Так как $ABC$ — правильный треугольник (по условию $SABC$ — правильная пирамида), то $AM$ — тоже высота в треугольнике $ABC.$ Таким образом, $KM$ лежит в плоскости $(KBC )$ и перпендикулярно $BC,$ а $AM$ лежит в плоскости $ABC$ и перпендикулярно $BC.$ Эти плоскости пересекаются по прямой $BC.$ Таким образом, нужный угол по определению равен $∠KMA.$

Пусть $AB = BC = AC = 2a.$ Тогда $BM =MC =a,$ так как $M$ — середина $BC.$ По теореме Пифагора из треугольника $ABM$ получаем $AM = √3a.$ По теореме Пифагора из треугольника $KSB$ получаем $KB2 = 5x2.$ С другой стороны, по теореме Пифагора из треугольника $AKB$ имеем $KB2 = 4a2− x2.$ Таким образом, $4a2 − x2 = 5x2,$ то есть $∘ -- x = 23a.$

Так как $KBC$ и $AS$ перпендикулярны, то $KM$ и $AS$ перпендикулярны. Из прямоугольного треугольника $AKM :$

∘ -- x 2a √2- sin ∠AMK = √3a-= √33a-= -3-

Таким образом, $√- ∠AMK = arcsin-23 .$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $π$ пересекает $AS$ в точке $H,$ $BS$ — в точке $M.$ Пусть $AS = CS =BS = 6x.$ Тогда из условия следует, что $SH =2x,$ $AH = 4x,$ так как $SH :AH = 1:2.$ $M$ — середина $SB,$ поэтому $SM = SB =3x.$

$PIC$

По теореме Менелая для треугольника $ASC$ и прямой $HT :$

4x 3x CT- 2x ⋅3x ⋅TA = 1

Таким образом, $TA =2CT,$ поэтому $AC = CT.$ Пусть $AC = y.$ По теореме Менелая для треугольника $AHT$ и прямой $SC :$

y TM 2x y ⋅MH--⋅6x = 1

Таким образом, $TM = 3MH.$ Так как $AS$ по условию является перпендикуляром к плоскости $π,$ то $T H$ и $AS$ перпендикулярны. Тогда по теореме Пифагора из треугольника $SMH$ получаем $√- HM = 5x.$ То есть $√- TM = 3 5x.$ По теореме Пифагора для треугольника $AHT :$

16x2 +80x2 = 4y2

Таким образом, $√- y = 2 6x.$ Пусть $O$ — основание высоты пирамиды $SABC.$ Углы между плоскостями равны углам между перпендикулярами к ним, поэтому

∠(π,(ABC )) =∠(SA,OS)

Из прямоугольного треугольника $ASO$ получаем $sin∠ASO = AAOS-.$ Так как $O$ — точка пересечения медиан правильного треугольника $ABC,$ то $√- √- AO = -33 y = 2 2x.$ Тогда

√- √- sin∠ASO = AO-= 2-2x = -2- AS 6x 3

Таким образом, $∠ASO = arcsin√2. 3$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

Пусть искомый угол это $φ.$ Обозначим пересечение плоскости $π$ с ребрами $SA, SB, SC$ точками $M, N, K$ соответственно. $N$ — середина ребра $SB,$ следовательно, $K$ тоже середина ребра, так как пирамида правильная. По условию $NM ⊥ SA, KM ⊥ SA.$ Обозначим длину $SA$ как $6x,$ тогда получаем, что

SM = 2x, AM = 4x, SN = NB = SK =KC =3x

$PIC$

В треугольнике $MSN :$

2x 2 cos∠MSN = 3x = 3

Тогда по теореме косинусов для треугольника $ASB$ получаем

2 2 2 2 2 2 2 AB = AS + SB − 2⋅AS⋅SB ⋅cos∠MSN = (6x) +(6x) − 2⋅6x⋅6x⋅3 =24x

√- AB = 2x 6

Обозначим середину ребра $SA$ точкой $L.$ Тогда треугольник $LNK$ правильный, так как треугольник $ABC$ правильный, а также плоскость $(LNK )$ параллельна плоскости основания. $LN$ — средняя линия в треугольнике $ASB,$ следовательно, $LN =x√6.$ Обозначим точкой $P$ середину $NK.$ В треугольнике $LNK :$

LN √3 3x√2- LP = --2-- =--2-

так как треугольник $LNK$ правильный.

Так как плоскость $(LNK )$ параллельна плоскости основания, то найдем угол между этой плоскости и плоскости $π.$

MP ⊥ NK, LP ⊥ NK =⇒ ∠LPM = φ

Так как $L$ — середина, то $LM =x.$ В прямоугольном треугольнике $LP M (MP ⊥SA )$ находим, что

LM x √2 sin∠LPM = -LP = 3x√2-= -3- 2

Тогда

√- ∠LMP = φ =arcsin -2- 3

Ответ:

$arcsin√2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#101901

В параллелепипеде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ отрезок $AC 1$ пересекает плоскость $A BD 1$ в точке $M.$ Найдите $AM ∕AC . 1$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте определимся, где находится точка M. Для этого разберитесь, по какой прямой пересекаются плоскости AA₁C и BA₁D.

Подсказка 2

Если разобрались, то вам осталось лишь вспомнить свойство параллелограмма, связанное с точкой пересечения диагоналей, и посчитать нужное отношение.

Показать ответ и решение

Пусть $X$ — точка пересечения диагоналей основания $ABCD.$ Рассмотрим плоскости $AA X 1$ и $BA D. 1$ Они имеют общие точки $A 1$ и $X.$ Значит, они пересекаются по прямой $A1X.$ Значит, точка пересечения $AC1$ с $A1BD$ — это точка пересечения прямых $AC1$ и $A1X.$ Давайте рассмотрим параллелограмм $AA1C1C.$ В нём точка $X$ делит $AC$ пополам, а также треугольники $AMX$ и $A1MC1$ подобны. Значит, $AM-- -AX- 1 MC1 =A1C1 = 2.$ Отсюда получаем, что $AM- 1 AC1 = 3.$

$PIC$

Ответ:

$1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#102034

В основании четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит четырехугольник $ABCD,$ диагонали которого перпендикулярны и пересекаются в точке $P,$ и $SP$ является высотой пирамиды. Докажите, что проекции точки $P$ на боковые грани пирамиды лежат на одной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Точек из условия для решения явно не хватит, нужно что-то отметить. Полезно отметить проекции точки P на грани плоскости, где она лежит, тогда появляются какие-то коллинеарности, а еще можно поисследовать картинку в основании. В общем, появляется много хорошего. Найдите из всего этого чуда полезные факты.

Подсказка 2

Факты это конечно хорошо, но как мы можем доказать вписанность? Есть замечательное неравенство Птолемея, которое обращается в равенство, если точки лежат на одной окружности. Попробуйте как-нибудь выразить длины сторон четырехугольника.

Подсказка 3

Покажите вписанность четырехугольника из проекций в основании, а еще докажите, что SP² = SK * SK’, где K’ - проекция P на AB. Из этого и аналогичных тождеств получите нужное нам неравенство Птолемея.

Показать доказательство

Пусть $K,L,M$ и $N$ — проекции $P$ на плоскости $SAB, SBC,SCD$ и $SDA,$ а $K′,L′,M′$ и $N′$ — проекции $P$ на $AB,BC,CD$ и $DA.$

Точки $′ ′ A,K ,P,N$ лежат на одной окружности с диаметром $AP,$ следовательно, $′ ′ ′ ∠N AP =∠N K P.$ Аналогично, $′ ′ ′ ∠N DP = ∠N M P,$ следовательно,

′ ′ ′ ′ ∘ ′ ′ ′ ′ ∘ ∠N K P + ∠N M P =90 ; аналогично ∠L K P + ∠L M P =90

сумма двух найденных равенств равна сумме противоположных углов четырехугольника $N′K′L′M ′$ и равна $180∘.$

$PIC$

Поскольку $PK$ — высота треугольника $SP K′,$

SK ⋅SK ′ = SP2; аналогично SL ⋅SL′ = SP2

То есть, треугольники $SKL$ и $SLK ′$ подобны и

K′L′⋅SP2 KL = SK-′⋅SL′

Из этого и других таких же равенств следует, что

KL ⋅MN + LM ⋅NK = KM ⋅LN

$PIC$

Наконец, для любых четырех точек $K,$ $L,$ $M$ и $N$ в пространстве выполняется неравенство $KL ⋅MN + LM ⋅NK > KM ⋅LN,$ в котором равенство достигается тогда и только тогда, когда эти точки лежат на одной окружности. Следовательно, точки $K,$ $L,$ $M$ и $N$ лежат на одной окружности.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#69437

В параллелепипеде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ точка $T−$ середина ребра $BB ,P 1$ лежит на ребре $AD$ так, что $AP :PD = 1:4.$

(a) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью $C1TP.$

(b) Найдите отношение, в котором секущая плоскость делит ребро $DD1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для того, чтобы построить сечение, нужно пересечь наш параллелепипед плоскостью. Давайте вспомним, что плоскость пересекает другую плоскость по прямой. А прямая строится по двум точкам. Как мы это можем использовать?

Подсказка 2

Давайте попробуем пересечь нашей плоскостью грань C₁B₁BC. Наша плоскость и данная грань пересекаются по прямой, а еще мы уже знаем две точки - C₁ и T, лежащие в пересечении. Значит, наша плоскость пересекает эту грань по какой прямой?

Подсказка 3

Верно, по прямой через точки C₁ и T! Проведем ее до пересечения с ребром CB (точка L) и попробуем найти пересечение нашей плоскости со следующей гранью - ABCD. Мы снова уже знаем две точки, которые точно лежат в пересечении - L и P! Значит, можно проделать тот же самый трюк. Осталось доделать сечение теми же методами!

Подсказка 4

Для того, чтобы найти отношение, было бы здорово использовать утверждения о том, как точки T и P делят стороны, а еще - найти подобных треугольников, чтобы эти знания использовать.

Подсказка 5

Например, треугольники LBT и LCC₁ - подобны, и мы даже знаем, с каким коэффициентом (вспомните, как точка T делит отрезок BB₁). Для удобства можно за х обозначить BB₁, и за y обозначить DA. После этого мы можем рассмотреть подобие треугольников MPA и MBL. И у нас еще есть подобие ODP, PAM. Пользуясь ими тремя и аккуратным счетом, можно достигнуть успеха!

Показать ответ и решение

(a) Проведем прямую $C T 1$ , пусть она пересечет $CB$ в точке $L$ . Далее проведем прямую $LP$ , пусть она пересечет $BA$ в точке $M$ и прямую $CD$ в точке $O$ . Затем проведем отрезок $OC1$ , пусть он пересечет $DD1$ в точке $N$ . Плоскость $C1TMP N$ и будет искомым сечением

$PIC$

(b) Пусть отрезки $B1T$ и $TB$ равны $y$ , а отрезок $CB =x$ . Тогда $CC1 = 2y$ . Заметим, что

△CC1L ∼ △BT L =⇒ C1C-= CL- =⇒ T B BL

=⇒ x-+BL-= 2 =⇒ BL= x BL

Так как $DP- 4x x P A =4 =⇒ DP = 5 , PA = 5.$

Пусть $AM = z$ . Заметим, что

BL MB △PAM ∼△MBL =⇒ PA-= AM--=5 =⇒

=⇒ MB = 5AM =5z =⇒ AB =DC =6z

Заметим, что $DP- OD- △ODP ∼△P AM =⇒ PA = AM = 4 =⇒ OD = 4AM = 4z$ .

Далее воспользуемся тем, что $△ODN ∼ △OCC1$

OD ND 4 ND 4y OC- =CC1- =⇒ 10 =-2y- =⇒ ND = -5

Тогда

D1N =2y− 4y= 6y =⇒ D1N-= 3 5 5 ND 2

Ответ: 3:2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#69820

В треугольной пирамиде $ABCD$ на ребре $AB$ взята точка $P$ так, что $AP :P B =$ $1 :2,$ на ребре $AD$ взята точка $Q$ так, что $AQ :QD = 2:3$ и на ребре $BC$ точка $R$ такая, что $BR :RC =3 :1.$ В каком отношении отрезок $QR$ делится плоскостью $CDP ?$

Источники: САММАТ-2023, 11.1 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в задачке даны отношения отрезков. В лоб как-то считать не очень хочется... Может, применить метод масс?

Подсказка 2

Мы хотим понять, в каком отношении плоскость CDP делит QR. Если мы добьемся того, чтобы центр масс G тетраэдра лежал одновременно в плоскости CDP и на отрезке QR, то QG/GR- и будет искомым отношением. Теперь надо расставить массы, чтобы эти условия выполнялись...

Подсказка 3

Чтобы G лежал в плоскости CDP достаточно, чтобы центр масс концов отрезка AB совпадал с P. Тогда: m(A)/m(B)=PB/PA=2. А как сделать так, чтобы G лежал на отрезке QR?

Подсказка 4

Достаточно, чтобы центр масс концов отрезка CB попадал в R, а отрезка AD- в Q. Тогда: m(C)/m(B)=BR/CR=3 и m(A)/m(D)=DQ/AQ=3/2. Какие массы надо взять, чтобы выполнялись все отношения?

Подсказка 5

Можно, например, взять m(A)=6, m(B)=3, m(C)=9 и m(D)=4. Тогда после группировки в Q будет масса 10, а в R- 12. Посчитайте отношение QG/GR и радуйтесь!

Показать ответ и решение

$PIC$

Применим метод масс. Поместим в вершины пирамиды такие массы: $A − 6,B − 3,C − 9,D− 4.$

Если из точек $A$ и $B$ убрать обе массы и поставить их сумму в точку $P,$ то центр тяжести всей системы не изменится, поэтому он будет лежать в плоскости $CDP.$

С другой стороны, если убрать две массы из точек $A$ и $D$ и вместо них поставить суммарную массу $6+4 =10$ в точку $Q,$ а вместо точек $B$ и $C$ поставить суммарную массу $3+9 =12$ в точку $R,$ то центр тяжести также не изменится и значит он будет находиться на отрезке $QR.$

Таким образом, центр тяжести данной системы будет расположен в точке пересечения прямой $QR$ и плоскости $CDP,$ то есть в точке $O.$

Значит, $QO :OR =12:10= 6:5.$

Ответ:

$6 :5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#64686

Дан куб $ABCDA ′B′C′D ′.$ Через середины его ребер $AA′,C′D ′$ и через центр грани $BCC ′B′$ проведена плоскость, пересекающая диагональ $′ DB$ куба в точке $O$ . Найдите отношение $DO$ : $′ OB .$

Источники: Вместо ЕГЭ - 2022, вариант ЕМ222, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построение этого сечения не выглядит тривиальной задачей. Разберёмся для начала, какие точки этой плоскости нам нужны, чтобы отыскать искомое соотношение. Удобно будет работать с пересечением этой плоскости (назовем ее π) и диагональной (BDD'). Значит нам точно понадобится пересечение π c рёбрами BB' и DD'.

Подсказка 2

Можно заметить, что середина ребра C'D' и центр грани BCC'B' лежат в плоскости диагонального сечения (ABC'). Рассмотрите эту плоскость и поработайте с подобными треугольниками, чтобы определить точку пересечения плоскости π с прямой АВ — зная её, мы сможем посчитать и положение точки пересечения π с ребром BB'.

Подсказка 3

Определить точку пересечения π и DD' тоже не получится в один шаг: удобно это сделать сначала рассматривая всё ту же плоскость (ABC') и прямую AD' в ней. А потом можно будет высчитать и положение точки на DD'.

Подсказка 4

Осталось рассмотреть плоскость (BDD') и имеющуюся у нас теперь прямую её пересечения с π. Поработайте с подобными треугольниками, чтобы отыскать то самое соотношение DO:OB'

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим середины ребер $AA′,C′D ′$ и центр грани $BCC ′B′$ через $F,G,H$ , соответственно. Обозначим также через $π$ плоскость $FGH$ .

Найдем точку $Q$ пересечения плоскости $π$ и прямой $BB′$ . Точки $G,H,A,B$ лежат в плоскости $ABC ′$ , следовательно прямые $GH$ и $AB$ пересекаются. Пусть $P$ - точка их пересечения. Тогда $BP = C′G= 12AB$ , поскольку треугольники $HC′G$ и $HBP$ равны. Точки $P$ и $F$ принадлежат $π$ , следовательно, прямая $FP$ есть прямая пересечения плоскости $ABB ′$ с $π$ . То есть $Q$ лежит на отрезке $BB ′$ . Из подобия треугольников $APF$ и $BPQ$ следует, что $BQ = 13AF = 16BB ′$ . Следовательно, $QB ′ = 56BB′$ .

Найдем теперь точку $S$ пересечения плоскости $π$ и прямой $DD ′$ . Прямая $GH$ лежит в плоскости $ABC ′$ , равно как и прямая $AD′$ . Обозначим через $R$ точку пересечения этих прямых. Из подобия треугольников $RAP$ и $RD ′G$ следует, что $RD ′ = 13RA$ . Точки $R$ и $F$ принадлежат $π$ , следовательно, прямая $F R$ есть прямая пересечения плоскости $ADD ′$ с $π$ . То есть $S$ лежит на продолжении отрезка $DD ′$ за точку $D ′$ . Из подобия треугольников $ARF$ и $D′RS$ следует, что $D′S = 1AF = 1DD ′ 3 6$ . Следовательно, $SD = 7DD ′ 6$ .

Прямая $SQ$ есть прямая пересечения плоскости $DBB ′$ с $π$ , то есть она проходит через $O$ . Треугольники $SDO$ и $QB′O$ подобны с коэффициентом подобия $7 5$ . Следовательно, $DO :OB′ =$ $7:5$ .

Ответ:

$7 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#102031

В треугольной пирамиде $ABCD$ на ее гранях $BCD$ и $ACD$ нашлись соответственно точки $A′$ и $B ′$ такие, что

′ ′ ′ ′ ∘ ∠AB C = ∠AB D = ∠BA C =∠BA D= 120

Известно, что прямые $AA′$ и $BB′$ пересекаются. Докажите, что точки $A′$ и $B ′$ равноудалены от прямой $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие что прямые пересекаются полезно трактовать так: точки A, A’, B, B’ лежат в одной плоскости. Почему это полезно? Дело в том, что прямые BA’, AB’ и CD пересекаются в одной точке. Мы пока не пользовались большей частью условия. Как его связать с замеченным нами фактом?

Подсказка 2

В задаче нужно доказать равноудаленность, значит, имеет смысл поискать какие-то биссектрисы. Сделайте это, а еще на картинке есть разные углы, тогда может быть есть и подобие.

Показать доказательство

Из условия задачи следует, что точки $A,$ $A′,$ $B,$ $B ′$ лежат в одной плоскости, поэтому прямые $BA ′$ и $AB ′$ пересекают ребро $CD$ в одной точке $X.$

$PIC$

Из условия следует, что эти прямые являются биссектрисами углов $CA′D,$ $CB ′D$ соответственно. Отсюда, по свойству биссектрисы,

CA-′= CX- =-CB′ A ′D XD B ′D

а поскольку $∠CA ′D = ∠CB′D =120∘,$ треугольники $CA ′D$ и $CB′D$ подобны. Поскольку $CD$ — общая сторона этих треугольников, эти треугольники равны. В этих равных треугольниках равны соответствующие высоты из вершин $A′$ и $B′.$ Это и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#63813

Дана треугольная призма $ABCA ′B ′C′$ с основанием $ABC$ и боковыми рёбрами $AA′,BB′,CC ′$ . На диагоналях $AB′,BC′,CA ′$ отмечены точки $D,E,F$ соответственно. Найдите отношение, в котором плоскость $DEF$ делит отрезок $′ AA$ , если $′ ′ AD :DB =1 :1,BE :EC = 1:2$ , $′ CF :FA =1 :3.$

Источники: ДВИ - 2020, вариант 201, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо как-то разобраться с плоскостью DEF и отрезком AA'. Для этого можно, например, отыскать какую-нибудь плоскость, в которой будут две точки нашей плоскости DEF и отрезок AA'. Потенциально это могут быть плоскости ABB'A' и ACC'A', в которых есть по одной точке из плоскости DEF. Как бы нам найти еще какую-нибудь точку?

Подсказка 2

Грани нашей призмы являются параллелограммами, поэтому D- не только середина AB', но и A'B. Стало быть точка D лежит еще и в плоскости BA'C', в которой лежит еще и точка E. Тогда если провести прямую ED, она пересечет луч C'A' в какой-то точке P. Ураааа! Вторая точка найдена. Осталось только понять в каком отношении FP делит A'A. Для начала поймите, как относятся PA' и A'C'...

Подсказка 3

С помощью теоремы Менелая вы легко убедились, что PA'=A'C'. У нас осталась совсем простая задачка: В параллелограмме ACA'P точка F делит A'C в отношении 3:1, а нужно найти как PF делит AA'.

Подсказка 4

Если вы еще не решили ее, то советую продлить отрезок PF до пересечения с AC в точке Q и посмотреть, как относятся PA' и AQ.

Показать ответ и решение

Точки $D$ и $F$ лежат в плоскости $BCA ′$ . Обозначим через $G$ точку пересечения прямой $DF$ с прямой $BC$ .

$PIC$

Из того, что $AD :DB ′ =1 :1,CF :FA ′= 1:3$ , следует, что $GC = 12BC$ . Обозначим через $H$ точку пересечения прямой $GE$ с прямой $CC ′$ . Из того, что $GC = 12BC$ и $BE :EC ′ = 1:2$ , следует, что $CH = 17CC ′$ . Обозначая через $K$ точку пересечения прямой $HF$ с прямой $AA′$ , получаем $KA ′ = 37AA′$ . Стало быть, $A ′K :KA = 3:4.$

Ответ:

$3 :4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#103075

Пусть $SABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида с основанием $ABCD.$ На отрезке $AC$ нашлась точка $M$ такая, что $SM = MB$ и плоскости $SBM$ и $SAB$ перпендикулярны. Найдите отношение $AM :AC$ .

Источники: Курчатов - 2020, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас точка M равноудалена от точек A и B. Быть может, попробуем найти ещё такие точки? Какое дополнительное построение может помочь найти все такие точки?

Подсказка 2

Постройте сечение плоскостью, являющейся серединным перпендикуляром к SB. Заодно и середину R у SB отметим, вдруг пригодится;) Какие точки и прямые туда попадут?

Подсказка 3

Именно, AC полностью лежит в построенной плоскости! Значит, теперь нам удобно работать со многими интересными треугольниками, которые лежат в этой же плоскости. Нам нужно найти некоторое отношение на AC, никаких длин нам не дано, поэтому имеем право обозначить AO за 1. Какие тогда отрезки мы можем посчитать?

Подсказка 4

AO = SO = 1, а OR — медиана в прямоугольном треугольнике, значит, можем посчитать и её ;) а что ещё можно сказать про R? в каких плоскостях она лежит, что примечательного есть в них?

Подсказка 5

RM перпендикулярна плоскости (SAB)! Тогда у нас возникли ещё прямоугольные треугольники, в которых также можно посчитать отрезки ;)

Показать ответ и решение

Обозначим центр основания $ABCD$ за $O.$

$PIC$

Тогда $SO ⊥ AC$ и $BD ⊥$ $AC,$ откуда $SB ⊥ AC.$ Это означает, что серединный перпендикуляр к отрезку $SB$ (это плоскость, обозначим её за $α$ ) параллелен $AC.$ С другой стороны, из $SM =MB$ следует, что точка $M$ лежит в $α.$ Тогда и вся прямая $AC$ должна содержаться в $α.$ Отсюда получаем $SO= OB.$

Середину $SB$ обозначим за $R$ . Заметим, что $RM$ лежит сразу в двух плоскостях, перпендикулярных $SAB$ : $α$ и $SMB.$ Это означает, что $RM$ и сам перпендикулярен плоскости $SAB,$ а также отрезку $RA.$

Примем длину $OS =OA = OB = OC = OD$ за $1.$ Тогда $OR$ является медианой в прямоугольном равнобедренном треугольнике $SOB$ ; так как катеты этого треугольника равны по $1,$ имеем $√ - OR = 1∕ 2$ .

Наконец, рассмотрим сечение тетраэдра плоскостью $α.$

Треугольник $MRA$ прямоугольный, причём $RO$ в нём — высота к гипотенузе. Имеем $RO2 =$ $MO ⋅AO$ , то есть $√- (1∕ 2)2 = MO ⋅1$ , откуда $MO = 1∕2$ . Получаем $AM =3∕2$ и $AM :AC = 3:4$ .

Замечание.

Утверждение о том, что боковое ребро пирамиды перпендикулярно скрещивающейся с ним диагонали, считается очевидным; за отсутствие его доказательства баллы не снижаются.

Ответ:

$3 :4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#107092

Плоскость проходит через точку $K,$ лежащую на ребре $SA$ пирамиды $SABC,$ делит биссектрису $SD$ грани $SAB$ и медиану $SE$ грани $SAC$ пополам. В каком отношении эта плоскость делит объём пирамиды, если $SK :KA =SA :SB = 2?$

Источники: ПВГ 2015

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, как относятся объёмы пирамид с общим трёхгранным углом. Отношения каких сторон нам нужно найти для нахождения отношения объёмов?

Подсказка 2

Итак, нам нужно ввести обозначения для точек пересечения плоскости и ребер SB и SC, пусть это L и M. Хотим получить отношения SK/SA, SL/SB, SM/SC. Как мы можем их найти?

Подсказка 3

SK/SA легко находится из условия, SM/SC по теореме Менелая в два этапа (в двух треугольниках), SL/SB ищется из теоремы о биссектрисе и также теоремы Менелая.

Подсказка 4

Теорему Менелая применяем сначала для треугольников ASE и SAC, потом для треугольников ASD и SAB.

Показать ответ и решение

Пусть $L$ и $M$ — точки, в которых плоскость пересекает ребра $SB$ и $SC,$ соответственно.

$PIC$

Тогда по теореме об отношении объемов пирамид с общим трехгранным углом

VSKLM SK ⋅SL ⋅SM -VSABC = SA-⋅SB-⋅SC-

Пусть $KM$ пересекает прямую $AC$ в точке $X,$ тогда по теореме Менелая для треугольника $ASE$ и секущей $KX$

1 ⋅1⋅ EX-= 1 2 XA

EX = 2XA

Но $E$ — середина $AC,$ следовательно, $AE =EC = CX.$ Тогда по теореме Менелая для треугольника $SAC$

1⋅ SM ⋅3= 1 =⇒ SM- = 2 =⇒ SM-= 2 2 MC MC 3 SC 5

Пусть $KL$ пересекает прямую $AB$ в точке $Y,$ тогда по теореме Менелая для треугольника $ASD$ и секущей $KY$

1 DY- 2 ⋅1⋅YA = 1

DY =2YA

Но $SD$ — биссектриса $∠ASB,$ следовательно, $AD-= SA= 2, DB SB$ тогда $AY-= 2. YB 5$ Тогда по теореме Менелая для треугольника $SAB$

1 SL- 5 SL- 4 SL- 4 2 ⋅LB ⋅2 = 1 =⇒ LB = 5 =⇒ SB = 9

Значит,

VSKLM SK ⋅SL ⋅SM 2⋅4⋅2 16 VSABC- =-SA⋅SB-⋅SC = 3⋅9⋅5 = 135

Поэтому отношение частей, на которые секущая плоскость разбивает пирамиду $ABCD,$ равно $13516−16 = 11619.$

Ответ: 16 : 119

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#102028

Через вершины основания четырёхугольной пирамиды $SABCD$ проведены прямые, параллельные противоположным боковым ребрам (через вершину $A$ — параллельно $SC,$ и так далее). Эти четыре прямые пересеклись в одной точке. Докажите, что четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

Источники: Всеросс., 2012, РЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Одним из признаков параллелограмма является то, что диагонали точкой пересечения делятся пополам. Может есть какая-то прямая, которая проходит через середину диагонали?

Показать доказательство

Пусть $P$ — точка пересечения данных прямых. Поскольку $P A || SC$ и $PC || SA,$ точка $P$ лежит в плоскости $SAC,$ а четырёхугольник $ASCP$ —–параллелограмм. Значит, прямая $SP$ делит отрезок $AC$ пополам. Аналогично, прямая $SP$ делит отрезок $BD$ пополам. Значит, прямая $SP$ пересекает плоскость основания пирамиды в точке пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD,$ и диагонали делятся этой точкой пополам. Значит, $ABCD$ — параллелограмм.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#102033

Через вершину $A$ тетраэдра $ABCD$ проведена плоскость, касательная к описанной около него сфере. Докажите, что линии пересечения этой плоскости с плоскостями граней $ABC,$ $ACD$ и $ABD$ образуют шесть равных углов тогда и только тогда, когда $AB ⋅CD = AC ⋅BD = AD ⋅BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача прям и намекает рассмотреть проекцию картинки на плоскости ABC, ACD и ABD. Что получается при проекциях? Выпишите какие-то равенства. Как их связать с вопросом задачи?

Подсказка 2

В сечениях образуется касательная к окружности, у такой прямой понятное направление, поэтому разумно провести плоскость, параллельную касательной плоскости и пересекающую грани тетраэдра, тогда получаются вписанности. Что вы можете сказать про три точки пересечения плоскости с ребрами?

Подсказка 3

Докажите, что тождество из вопроса задачи и равенство углов из условия равносильны правильности треугольника в сечении параллельной плоскостью. Для этого вам может помочь степень точки или подобие.

Показать доказательство

Проведем плоскость, параллельную касательной плоскости, пересекающую ребра $AB,$ $AC$ и $AD$ в точках $B , 1$ $C 1$ и $D 1$ соответственно.

Рассмотрим плоскость $ABC.$ Заметим, что $∠ABC = ∠CAM$ (по теореме об угле между касательной и хордой), а $∠CAM = ∠AC1B1$ (как накрест лежащие при параллельных и секущей), т. е. $∠ABC =∠AC1B1.$ Следовательно, $△AB1C1 ∼ △ACB.$

$PIC$

Откуда

B1C1= AB1-= AC1- BC AC AB

Аналогично,

C1D1-= AC1-= AD1; B1D1-= AD1-= AB1- CD AD AC BD AB AD

Из этих равенств вытекает, что

-CD1--- -AD1--- --AB1-- --AB1-- --AB1-- AB⋅CD = AB⋅AC = AD ⋅AC = AD ⋅BC = AB ⋅BC

Значит, $△A1B1C1$ равносторонний тогда и только тогда, когда

AB ⋅CD =AC ⋅BD = AD ⋅BC

Осталось заметить, что углы, образуемые указанными в условии линиями пересечения, соответственно равны углам треугольника $A1B1C1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91453

В пирамиде $ABCD$ проведено сечение $KMLN$ так, что точка $K$ лежит на ребре $AD,$ точка $M$ — на ребре $DC,$ точка $N$ — на ребре $AB,$ точка $L$ на ребре $BC,$ и $O$ — точка пересечения диагоналей $KL$ и $MN$ четырехугольника $KMLN.$ Сечение $KMLN$ делит пирамиду на две части. Найти отношение объемов этих частей, если известны следующие соотношения между длинами отрезков:

4⋅OL = 3⋅OK,25⋅ON = 24⋅OM,DK ⋅NA − KA ⋅BN = KA ⋅NA.

Источники: Вступительные на ВМК МГУ - 1987 (pk.cs.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одно из соотношений в условиях выглядит немного страшным, может быть, его можно как-то преобразовать в более приятный вид?

Подсказка 2

Заметим, что в нем два отрезка повторяются особенно часто, почему бы не поделить всё равенство на них?

Подсказка 3

Оба многогранника, отношение объёмов которых нужно найти, имеют на самую приятную форму, а значит, и их объёмы будет искать весьма неприятно, может быть, как-то можно сократить количество "неприятных" работ?

Подсказка 4

Если один из объёмов сможем выразить через объем пирамиды ABCD, то сможем сразу получить и второй! Самое время подумать, как можно выразить, например, объем многогранника DBKMLN через объем ABCD. Может быть, помогут какие-то доппостроения?

Подсказка 5

Объем сложных многогранников часто легко найти через сумму/разность более "простых", например, тетраэдров. Какими должны быть эти тетраэдры, чтобы можно было легко выразить один объем через другой?

Подсказка 6

Если два тетраэдра имеют общий трёхгранный угол, то отношение их объёмов будет равно отношению произведения трёх соответствующих рёбер, образующих трёхгранный угол. Поэтому давайте достроим наш многогранник DBKMLN до тетраэдра, имеющего общий угол с нашей пирамидой ABCD, соединив, например, прямые KN и ML в точке Р (не забудьте проверить, с какой стороны они будут пересекаться).

Подсказка 7

Получается, что мы сможем выразить объем DBKMLN через объем ABCD, если сможем выразить объем DKMP через объем ABCD, а объём DBKMLN через объём DKMP (что тоже можем сделать через разность "приятных" объёмов!). Значит, что необходимо знать, чтобы получилось выразить необходимые отношения объёмов?

Подсказка 8

Теперь осталось посчитать, в каких отношениях точки N, L, K, B и M делят соответственно отрезки PK, PM, AD, PD и CD, на которых они лежат. И тогда легко найти отношения длин рёбер, образующих нужные нам трёхгранные углы. А какая теорема лучше всего подходит для поиска отношений?

Подсказка 9

Да, именно теорема Менелая — у нас просто огромное количество треугольников и секущих, подходящих для её применения! Почему бы тогда не записать её для тех треугольников и секущих, для которых получатся нужные нам отношения или отношения, из которых легко получится посчитать нужные нам?

Подсказка 10

Почему бы не начать с треугольника KLP и секущей MN, для которых мы знаем по крайней мере одно из отношений сторон? Очевидный, но неочевидно полезный факт: (a+b)/b=a/b+1. Попробуйте записать равенство так, чтобы получилось его использовать.

Подсказка 11

Одно отношение мы знаем, но все равно остается еще два неизвестных нам отношения. Тогда почему бы не записать теорему Менелая для другого треугольника, в которой тоже будут участвовать эти же или связанные с ними отношения? (не забываем про неочевидно полезный факт)

Подсказка 12

С помощью неочевидно полезного факта из одной теоремы для треугольника KLP можно выразить PN/NK через PL/LM, а из второй для треугольника NMP — PL/LM через PN/NK. Осталось подставить одно в другой и найти PL/LM и PN/NK!

Подсказка 13

Теперь можно сделать что-то похожее для точек K, B и M. Какие треугольники стоит выбрать? Стоит обратить внимание на то, про какие отношения нам известно больше всего информации.

Подсказка 14

Из условия, преобразованного чуть ранее, известна связь между DK/KA и BN/NA, поэтому стоит выбрать треугольник, в котором участвует хотя бы одно из них (если не оба). И сразу по аналогии с нашими предыдущими действиями запишем и теорему Менелая для "парного" треугольника (не забудем про неочевидно полезный факт)

Подсказка 15

Получилось два равенства: одно для треугольника KDP, а второе для треугольника ADB. Как можно использовать равенство из условия, чтобы максимально сократить количество неизвестных отношений?

Подсказка 16

В отличие от DK/KA отношение BN/NA встречается только один раз, поэтому давайте избавимся от него! Теперь осталось два уравнения с двумя неизвестными отношениями DB/BP и DK/KA, которые можно и нужно найти :)

Подсказка 17

Осталось найти только, в каком отношении точка М делит CD, почему бы еще раз не "поменелаить"?) Считаем и легко выражаем нужные объёмы!

Подсказка 18

Наконец, зная все отношения, легко выразить объемы DKMP через ABCD, BLNP через DKMP и DBKMLN через разность DKMP и BLNP. Находим отношение объёмов ACKMLN и DBKMLN и празднуем победу!

Показать ответ и решение

$PIC$

Преобразуем соотношение из условия:

DK ⋅NA − KA ⋅BN = KA ⋅NA

DK BN KA-− NA- =1

BN-= DK- − 1 NA KA

Рассмотрим плоскость $KML.$ Проведем прямую $NT$ такую, что $NT$ || $ML,$ где $T$ — точка пересечения прямых $NT$ и $KL.$ Тогда $△NOT$ подобен $△MLO,$ откуда $TO= NO- ⋅OL = 18OK <OK, OM 25$ следовательно, точка $T$ лежит внутри отрезка $KL,$ откуда понимаем, что прямые $KN$ и $ML$ пересекутся под прямой $NL$ в точке $P.$ Кроме того, плоскости $PMD,$ $P DK$ и $PMK$ попарно пересекаются, значит, прямая $BD$ тоже пройдет через точку $P.$