Тема Счёт площадей и объёмов

Пирамиды с общим трёхгранным углом и/или высотой

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счёт площадей и объёмов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#91981

В основании пирамиды лежит трапеция $ABCD, AD∥BC,AD = 2BC$ . Сфера радиуса 1 касается плоскости основания пирамиды и плоскостей её боковых граней $ADS$ и $BCS$ . Найдите отношение, в котором делит объём пирамиды плоскость $ADT$ , где $T$ - точка касания сферы с плоскостью $BCS$ , если грань $ADS$ перпендикулярна плоскости основания, а высота пирамиды равна 4.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как сфера касается трех граней, сразу обозначим, что она касается плоскости ADS в точке R, а плоскости ABCD в точке P, O — центр сферы. Что можно сказать про точки T, P, R? Хотелось бы нарисовать рисунок как можно аккуратнее, как тогда удобнее всего было бы работать с перпендикулярностью грани и основания и высотой в этой грани?

Показать ответ и решение

Так как плоскость $(ADS )$ перпендикулярна $(ABC ),$ высота $SH$ пирамиды $SABCD$ лежит в грани $ADS.$ Без ограничения общности можно считать, что сфера касается плоскости $(ADS)$ в точке $R,$ лежащей на высоте $SH$ (этого можно добиться, если выполнять перенос сферы параллельно плоскости основания пирамиды).

Пусть сфера касается плоскости $(ABC )$ в точке $P.$ Докажем, что точки $T,$ $P$ и $Q$ лежат в одной плоскости и эта плоскость содержит $SH$ . Пусть $O$ — центр сферы. $RH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC ),$ так как это отрезок на высоте пирамиды. $P$ — точка касания сферы и $(ABC ),$ поэтому $OP$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $OP$ и $RH$ параллельны, поэтому $O,$ $P,$ $R,$ $H$ лежат в одной плоскости (тогда и $S$ лежит в этой плоскости). $BC || AD,$ так как эти отрезки являются основаниями трапеции $ABCD.$ Тогда плоскость $(SBC)$ параллельна прямой $AD.$ Докажем, что $AD ⊥ (SHP).$

Мы уже знаем, что $SH ⊥ AD.$ Теперь заметим, что все три угла $∠ORH,$ $∠RHP$ и $∠OPH$ — прямые, поэтому $ORHP$ — прямоугольник. Тогда $PH$ — перпендикуляр к плоскости $(ADS),$ так как $(ADS)$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $P H ⊥ AD.$ Тогда, действительно, $AD ⊥ (SHP ).$ $OT ⊥(SBC )$ и $AD || (SBC ),$ поэтому $OT ⊥ AD.$ Точка $O$ лежит в плоскости $(SHP ).$ Эта плоскость перпендикулярна $AD,$ при этом $OT$ — прямая, перпендикулярная $AD.$ Тогда $OT$ тоже лежит в плоскости $(SHP ).$

Ранее мы отмечали, что $ORHP$ — прямоугольник. Так как $OP =OR$ — радиусы сферы, то на самом деле этот прямоугольник является квадратом. $SH = 4,$ тогда $SR = SH − RH = 3.$ $ST =SR = 3$ — отрезки касательных. Пусть плоскость $(SHP )$ пересекает $BC$ в точке $K.$

$PIC$

Пусть $KT =KP = c$ (эти отрезки действительно равны, как отрезки касательных). По теореме Пифагора для $△SHK :$

2 2 16+ (c+ 1) =(c+ 3)

Решаем это уравнение и получаем $c=2.$ Теперь через точку $T$ проведем прямую $NL,$ параллельную $BC,$ причем $N ∈ SB$ и $L ∈SC.$ Тогда $ANLD$ — это сечение пирамиды плоскостью $(ADT ).$ Действительно, плоскость $(ADT )$ пересекает $(SBC)$ по прямой, параллельной $(AD),$ при этом $AD || BC.$ Поэтому, действительно, линия пересечения $(ADT )$ и $(SBC )$ параллельна $BC,$ поэтому совпадает с $NL.$

Теперь по теореме Фалеса для углов $BST$ и $KSC$ получаем: $SN :NB =ST :TK = 3:2$ и аналогично $SL:LC = 3:2.$

Продлим $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$PIC$

По условию $AD = 2BC,$ поэтому точки $B$ и $C$ соответственно середины $AQ$ и $DQ.$ Пусть $F = AN ∩ DL.$ Ясно, что $F ∈SQ.$ Применяем теорему Менелая к $△QSC$ и прямой $FD :$

QF-⋅ SL-⋅ CD-= 1 FS LC DQ

$CD-= 1, DQ 2$ $SL-= 3, LC 2$ поэтому $QF-= 4. FS 3$ Пусть $V$ — объем пирамиды $QADS.$ Пирамида $QADS$ имеет общую высоту $SH$ с нашей пирамидой $SABCD.$ Треугольники $QAD$ и $QBC$ подобны с коэффициентом $2,$ поэтому $SQAD = 4SQBC.$ Тогда получаем, что $SABCD = 3SQAD, 4$ причем $QAD$ — основание пирамиды $QADS,$ если принять $S$ за ее вершину. По формуле объема пирамиды:

1 1 3 3 1 3 VSABCD = 3 ⋅SABCD ⋅SH = 3SH ⋅4SQAD = 4(3 ⋅SH ⋅SQAD )= 4V

По теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSAFD SA SFSD SF 3 VSAQD-= SA-⋅SQSD-= SQ-= 7

Таким образом, $VSAFD = 37V.$ Снова по теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSNLF-= SN-⋅ SL-⋅ SF-= 3⋅ 3⋅ 3 = 27 VSBQC SB SC SQ 5 5 7 175

$V = V − V = 1V. SBQC SABCD 4$ Таким образом, $V = 27V. SNLF 700$ Тогда $V = V − V = 273V. SANLD SAFD SNLF 700$ $SANLD$ — одна из частей, на которые плоскость $(ADT )$ разбивает исходную пирамиду $SABCD.$ Объем второй части равен $3 273- 252- VNLABCD = VSABCD − VSANLD = 4V − 700V = 700V.$ Тогда требуемое по условию отношение равно

VNLABCD 252V 12 -VSANLD- = 720073V-= 13 700

Ответ: 12 : 13

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68079

На ребре $AC$ основания треугольной пирамиды $ABCD$ расположена точка $M$ так, что $AM :MC = 1:2$ . Через середину ребра $BC$ основания пирамиды проведена плоскость $P$ , проходящая через точку $M$ и параллельная боковому ребру $CD$ . В каком отношении плоскость $P$ делит объем пирамиды?

Источники: Росатом-2023, 11.6, Москва (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала построим сечение плоскостью P нашей пирамиды.

Подсказка 2

Пользуясь параллельностью, мы сможем из подобия найти, в каком отношении плоскость P делит рёбра пирамиды, а значит мы сможем найти и...

Подсказка 3

Как относятся высоты маленьких пирамидок и высотам из точек A и D пирамиды ABCD.

Подсказка 4

Нам достаточно найти, какую часть объёма всей пирамиды ABCD составляет объём многогранника, лежащего со стороны вершины A. Чтобы найти его объём, можно...

Подсказка 5

Разбить его на две пирамидки. А объём каждой из них мы сможем выразить через объём всей пирамиды ABCD, потому что знаем отношения высот и отношения площадей оснований.

Показать ответ и решение

Построим сечение. Поскольку секущая плоскость параллельна ребру $CD$ , она пересечет плоскость $ACD$ по прямой $MP$ , параллельной $CD$ , а плоскость $BCD$ — по прямой $NQ$ , также параллельной $CD$ . Соединим точки $P$ и $Q$ , лежащие в одной плоскости, и точки $M$ и $N$ , лежащие в одной плоскости, получим $MP QN$ — искомое сечение.

Пусть $V$ — объем пирамиды, $V1$ — сумма объемов пирамид $PABNM$ и $PQBN$ и $V2 = V − V1$ .

Из подобия пар треугольников $ACD$ и $AMP$ и из условия задачи получим, что

AM = x,MC = 2x,AP = y,P D =2y

Отсюда следует, что

y- 1 HP = 3y ⋅HD = 3HD,

где $HP$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PABNM$ , $HD$ — высота, опушенная из вершины $D$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P ABNM$ равна:

2x u 2 SABNM =SABC − SMNC = SABC − 3x ⋅ 2u-⋅SABC = 3SABC

Тем самым:

VPABNM = 1HP ⋅SABNM = 1 ⋅ 1⋅HD ⋅ 2SABC = 2V 3 3 3 3 9

Аналогично из подобия пар треугольников $BCD$ и $BNQ$ и из условия задачи получим, что

CN =NB =u,BQ = QD = z

Отсюда следует, что

′ 2y 2 HP = 3y ⋅HA = 3HA,

где $H ′P$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PQBN$ , $HA$ — высота, опущенная из вершины $A$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P QBN$ равна:

SBNQ = u-⋅ z-⋅SBCD = 1SBCD 2u 2z 4

Тем самым:

1 ′ 1 2 1 1 VPQBN = 3HP ⋅SQBN =3 ⋅3HA ⋅4SDBC = 6V

Теперь можно записать, что

2 1 7- V1 = VPABNM + VPQBN = 9V + 6V = 18V

7 V1= --V1--= --18V--= -7 V2 V − V1 V − 7V 11 18

Ответ:

$-7 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#89780

Ребро основания правильной треугольной пирамиды равно $√6$ , высота пирамиды равна $√7-$ . Плоскость $π$ перпендикулярна одному из рёбер пирамиды и делит его в отношении $1:2$ , считая от вершины. Найдите отношение, в котором плоскость $π$ делит объём пирамиды.

Источники: ДВИ - 2023, вариант 237, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть SABC — данная пирамида, плоскость π будем строить перпендикулярно ребру SA. Что можно сказать о рёбрах SA и BC? Какой вывод из этого можно сделать относительно π и ВС?

Подсказка 2

π || BC, что тогда можно сказать о пересечении плоскостей π и (SBC)? Достройте сечение, пользуясь тем, что SA ⊥ π, а значит и любой прямой, находящейся в этой плоскости

Подсказка 3

Чтобы найти отношение объёмов исходной пирамиды и пирамиды, отсечённой плоскостью π, удобно взять за основание треугольники △BSC и треугольник, отсекаемый плоскостью π при пересечении с гранью SBC.

Показать ответ и решение

Обозначим через $A,B,C,S$ вершины пирамиды, так что $ABC$ — ее основание, а плоскость $π$ перпендикулярна ребру $SA$ .

Поскольку $π ⊥ SA$ и $BC ⊥ SA$ , имеем $π ∥ BC$ . Стало быть, $π$ пересекает плоскость $BCS$ по прямой, параллельной $BC$ , и делит ребра $SB$ и $SC$ (или их продолжения) в одинаковом отношении. Найдем это отношение.

Обозначим через $H$ основание высоты пирамиды и через $M$ — середину ребра $BC$ . Тогда

AB√3- 3√- AM = --2--= 2 2;

AH = 2AM = √2. 3

Пусть $K$ — точка пересечения $π$ и $SA,L$ — точка пересечения $π$ с прямой $AM, N$ — точка пересечения прямых $LK$ и $SM$ . Тогда $AK = 2KS$ , причем $∠AKL =90∘.$

$PIC$

Из подобия треугольников $ALK$ и $ASH$ получаем:

2√---2----2 √---A2H----2 = 3-AH-+-SH-, AH + SH AL

откуда

2 AL = 3(2√+-7)-=3√2-= 2AM. 2

Итак, $M$ — середина $AL$ . Обозначим через $P$ середину $AK$ . Тогда $LK∥MP$ , откуда $SN =$ $NM$ , ибо $SK = KP$ .

Таким образом, плоскость $π$ проходит через середины ребер $SB$ и $SC$ . Следовательно, $π$ отсекает от пирамиды $ABCS$ пирамиду, объем которой равен

1 1 1 VABCS 3 ⋅2 ⋅2 ⋅VABCS =-12-

То есть $π$ делит объем исходной пирамиды в отношении $1 :11.$

Ответ: 1 : 11

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74582

Дана четырёхугольная пирамида $OABCD,$ в основании которой лежит параллелограмм $ABCD.$ Плоскость $α$ пересекает рёбра $OA,$ $OB,$ $OC$ и $OD$ пирамиды в точках $′ A ,$ $′ B,$ $′ C$ и $′ D$ соответственно. Известно, что

OA′ 1 OB ′ 1 OC′ 1 OA-= a,OB--= b,OC--= c

Найдите

V V-OA′BC′D′-′ OA BC D

Источники: ИТМО-2022, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже есть три отношения, но очень хочется заполучить еще и четвертое... Давайте попробуем найти t = OD'/OD. Для этого введем систему координат с центром O и базисными векторами OA, OB и OC. Какие координаты имеют наши точки в этой системе?

Подсказка 2

Очевидно, что A (1, 0. 0), B (0, 1, 0) и C (0, 0, 1). Значит A' (1/a, 0, 0), B' (0, 1/b, 0), C' (0, 0, 1/c). Т.к. ABCD- параллелограмм, то вектор CD = BA = OA-OB. Чему тогда равен вектор OD?

Подсказка 3

Верно, OA-OB+OC! Тогда D (1, -1, 1) ⇒ D' (t, -t, t). Можно заметить, что плоскость α задается в нашей системе координат уравнением ax + by + cz = 1. Поэтому верно равенство at - bt + ct = 1 (Просто подставили точку D' в это уравнение). Итого, t = 1/(a - b + c). А что мы вообще хотели...

Подсказка 4

Нам нужно найти отношение объемов. Мы умеем легко это делать для тетраэдров, поэтому предлагаю разбить нашу пирамиду OA'B'C'D' на два тетраэдра OA'B'C' и OA'C'D'. Тогда V(OA'B'C'D')/V(OABCD) = V(OA'B'C')/V(OABCD) + V(OA'C'D')/V(OABCD). Т.к. ABCD- параллелограмм, то V(OABCD) = 2V(OABC) = 2V(OACD). А чему равно отношения V(OA'B'C')/V(OABC) и V(OA'C'D')/V(OACD)?

Подсказка 5

Т.к. тетраэдры с общим трехгранным углом относятся так же, как произведение отношений соответствующих сторон, то V(OA'B'C')/V(OABC) = 1/abc. Найдите оставшееся отношение и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Отношение объём пирамид с общим трёхгранным углом равно произведению отношений длин рёбер, исходящих из этого угла,

VOA′B′C′= -1- VOABC abc

VOA′C′D′= -t, VOACD ac

где $OD-′ t= OD .$ Поскольку треугольники $ABC$ и $ACD$ равны, $1 VOABC = VOACD = 2VOABCD.$ Значит,

VOA′B ′C′D′ VOA′B′C′ VOA ′C′D′ -VOABCD--= VOABCD- +-VOABCD-=

VOA′B′C′ VOA′C′D-′ -1-- -t- = 2VOABC + 2VOACD = 2abc +2ac

Дальше можно было бы строить сечение и использовать для подсчёта отношений теоремы Фалеса и Менелая, но мы воспользуемся координатно-векторным методом.

$ABCD$ — параллелограмм, поэтому $−−→ −→ −→ −−→ CD =BA = OA −OB,$ и, следовательно, $−−→ −−→ −→ −−→ OD =OC + OA −OB.$

Если точка $X$ принадлежит плоскости $A′B′C′,$ а $−−→ −→ −−→ −−→ OX = xOA + yOB +zOC,$ коэффициенты $x,y$ и $z$ удовлетворяют уравнению $ax+ by+ cz = 1$ (это, как известно, уравнение плоскости, даже если система координат не декартова, а точки $A′,B ′$ и $C ′$ этому уравнению, очевидно, удовлетворяют).

−O−D→′ = t−O−→D = t−−O→C +t−O→A − t−−O→B

at− bt+ ct= 1

1 t= a−-b+c-

Получаем

VOA′B′C′D′ -1-- ----1----- -a−-b+-c+b- ----a+-c--- VOABCD = 2abc + 2ac(a− b+c) = 2abc(a− b+c) = 2abc(a− b+ c)

Обратная величина является ответом к задаче.

Ответ:

$2abc(a−-b+-c) a+ c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74591

Плоскость, параллельная основанию $ABC$ пирамиды $MABC$ , отсекает пирамиду $MA B C 1 1 1$ (вершины $A ,B ,C 1 1 1$ расположены на рёбрах $MA,MB, MC$ соответственно). Объём пирамиды $MABC$ равен 375 , объём пирамиды $MA1B1C1$ равен 81. Найдите объём пирамиды $MAB1C1$ .

Источники: Звезда - 2022 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Т.к. плоскости (A₁B₁C₁) и (ABC) параллельны, то MA₁/MA=MB₁/MB=MC₁/MC=k. Тогда объемы тетраэдров MA₁B₁C₁ и MABC относятся как коэффициент подобия k в кубе. Чему же равен k?

Подсказка 2

Верно, 3/5! Мы видим, что объем тетраэдра MAB₁C₁ состоит из объемов тетраэдров MA₁B₁C₁ и AA₁B₁C₁, у которых есть общее основание. Как же тогда относятся их объемы...

Подсказка 3

Они относятся как высоты, которые, в свою очередь, относятся как MA₁/A₁A=3/2. Посчитайте объем AA₁B₁C₁ и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как плоскость $(A1B1C1)$ параллельна плоскости основания $ABC,$ то

MA1-= MB1- = MC1 = k MA MB MC

Пирамиды $MA1B1C1$ и $MABC$ подобны, тогда их объёмы относятся как коэффициент подобия $k$ в кубе:

VMA1B1C1 = 81-= 27-=k3 =⇒ k= 3 VMABC 375 125 5

Пусть $MA =3x, 1$ тогда $A A= 2x. 1$ Заметим, что объём пирамиды $MAB C 1 1$ складывается из двух кусочков: $MA B C , 1 1 1$ объём которой мы знаем, и $AA1B1C1.$ Причём эти 2 пирамиды имеют общее основание $A1B1C1,$ тогда их объёмы относятся так же, как относятся их высоты к $(A1B1C1).$ А высоты относятся так же, как относятся $MA1$ и $AA1,$ то есть высота пирамиды $MA1B1C1$ больше высоты пирамиды $AA1B1C1$ в $MA1- 3x- 3 AA1 = 2x = 2.$ Значит,

VAA1B1C1 2 2 VMA1B1C1 = 3 =⇒ VAA1B1C1 = 3 ⋅81= 54

VMAB1C1 =VMA1B1C1 +VAA1B1C1 = 81+ 54 =135

Ответ: 135

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76531

$A′,$ $B′$ и $C′$ — проекции вершины $S$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах $BC,$ $AC$ и $AB.$ Найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды $′ ′ ′ SA BC$ в $10$ раз меньше объёма пирамиды $SABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.4 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сходу непонятно, что делать с условием на перпендикуляры к плоскостям, может, попытаться сделать какое-то дополнительное построение, связанное с вершиной S и одной из этих плоскостей?

Подсказка 2

Правильно, сделать симметрию точки S относительно плоскости A'BC и получить точку S₁. Попробуйте получить точки S₂, S₃ по такой же симметрии, только относительно AB'C и ABC'.

Подсказка 3

Мы получили треугольник S₁S₂S₃, кажется, что он концентричен с треугольником ABC (докажите это, используя поворот относительно высоты пирамиды).

Подсказка 4

Треугольник PSS₁ равнобедренный (P - середина BC), так как PA' - высота и биссектриса, а значит SA'=A'S₁, следовательно, пирамида SS₁S₂S₃ является образом SA'B'C' при гомотетии с коэффициентом 2 и центром в S, а значит, как относятся их объемы?

Подсказка 5

Правильно, в 8 раз. Теперь мы можем использовать условие с отношениями объемов SABC и SA'B'C', найдя отношение объемов SABC и SS₁S₂S₃ и отношение площадей их оснований.

Подсказка 6

Проведём высоту SO нашей пирамиды и найдем отношение S₁O/AO с помощью отношения площадей.

Подсказка 7

Выразим S₁O и OA через SO и найдем тангенс угла, который нужно вычислить в задаче с помощью найденных отрезков.

Показать ответ и решение

Точки $S ,S , 1 2$ и $S 3$ симметричные $S$ относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости $ABC.$ А поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на $∘ 60$ вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек $S1,S2,S3.$ Следовательно, треугольник $△S1S2S3$ — правильный, и его центр, который мы обозначим через $O,$ совпадает с центром треугольника $△ABC.$

$PIC$

Заметим, далее, что пирамида $SS1S2S3$ —- образ пирамиды $SA′B ′C ′$ при гомотетии с центром $S$ и коэффициентом $2.$ С учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид $SABC$ и $SS1S2S3$ равно $10:23 =5 :4.$ А поскольку у этих пирамид общая высота $SO,$ то и отношение площади треугольника $△ABC$ к площади треугольника $△S1S2S3$ равно $5:4.$ В качестве следствия получается равенство $OA :OS1 = √5 :2,$ которое будет нами использовано.

Обозначив величину двугранного ребра при ребре $BC$ через $φ$ , точкой, симметричной $S$ относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать $S1.$

$PIC$

Тогда $φ= ∠SPA = ∠SPS1,$ где $P$ — середина ребра $BC$ ; треугольник $△SP S1$ — равнобедренный $(SP = PS1),$ откуда

180∘ − φ φ ∠SS1P = ---2--,OS1 =SO ctg∠SS1P = SOtg2-

А поскольку

OA = 2⋅AP = 2⋅SOctg φ, 2

то

√5 OA 2ctgφ -2-= OS1 =-tg φ2

tg φtgφ = 4√- 2 5

При $0∘ < φ< 90∘$ левая часть последнего равенства равна $∘1+-tg2φ− 1,$ что позволяет найти

∘16+-8√5- tgφ = ---5---

Ответ:

$∘ 16+-8√5 ---5---$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79218

Основанием пирамиды $TABCD$ является трапеция $ABCD$ $(BC ∥AD).$ Расстояния от точек $A$ и $B$ до плоскости $TCD$ равны $r 1$ и $r2$ соответственно. Площадь треугольника $T CD$ равна $S.$ Найдите объем пирамиды $TABCD.$

Источники: Межвед-2020, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала поработаем с тем, что уже есть. Мы имеем r₁- расстояние от точки A до плоскости TCD, а также площадь треугольника △TCD. Чему же равен объем тетраэдра TACD?

Подсказка 2

Верно, r₁S/3. Из аналогичных рассуждений мы можем получить, что объем тетраэдра TBCD равен r₂S/3. Нам необходимо найти объем пирамиды TABCD. C учетом найденных объемов логично будет разбить его на две части: V(TABCD)=V(TABD)+V(TBCD). Какое равенство хочется доказать, чтобы завершить решение?

Подсказка 3

Конечно, V(TABD)=V(TACD). Это равенство равносильно равенству площадей треугольников △ABD и △ACD. Докажите это, учитывая, что у них есть общее основание AD, и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Объем пирамиды $TABCD$ равен сумме объемов пирамид $TBCD$ и $TABD$

VTABCD =VTBCD + VTABD

Причем $VTABD =VTACD$ , так как у этих пирамид общая высота(из вершины $T$ ), а также равны площади оснований: $SABD = SACD$ (у этих треугольников общее основание $BC$ и равные по длине высоты, проведенные из вершин $B$ и $C$ , поскольку $ABCD$ — трапеция по условию). Итак,

VTABCD = VTBCD + VTACD = 1 ⋅S⋅r2 + 1⋅S⋅r1 3 3

Ответ:

$S-(r1+-r2) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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)

Показать ответ и решение

$PIC$

Запишем теорему Менелая для треугольника $KLP$ и секущей $MN$ :

KO-⋅ LN-⋅ P-M-= 1⇐⇒ 4⋅ LN-⋅ PM-= 1 (1) OL NP MK 3 NP MK

Пусть $NLLP-=a, PMMK =b$ . Тогда

P-K-= PM-+-MK--= PM-+ 1= b+ 1 и LN-=--LN--- = -a-- (2) KM KM MK NP LN + LP a+1

Подставив найденные значения отношений, получим систему

{ -a-⋅b= 3 aa+(b1+1)=424 , 25

которая легко решается: $a =3∕25,b =7$ . Пишем теорему Менелая для треугольника $AKP$ и прямой $DC$ :

PM-⋅ KD ⋅ AC-= 1⇔ KD ⋅ AC-= 1 (3) MK DA CP DA CP 7

А теперь - теорему Менелая для треугольника $ANP$ и прямой $BC$ :

NL- PC- AB- P-C -AB 25 LP ⋅CA ⋅BN =1 ⇐⇒ CA ⋅BN = 3 (4)

Перемножим равенства (3) и (4):

KD AB 25 DA-⋅BN- = 21 (5)

Соотношение $DK ⋅NA − KA ⋅BN =KA ⋅NA$ , данное в условии, можно переписать в виде $DKKA-− BNNA-= 1$ .

Пусть $DKKA-= x,BNNA-= y$ . Тогда

KD- = -x--и AB-= 1 +1 DA x+ 1 BN y

Подставляя в (5) найденные значения отношений, получаем систему

{ x − y =1 x+x1-⋅ y+y1= 2251

из которой находим, что $y = 32,x = 52$ . Итак, $DKKA-= 52$ и $BNNA-= 32$ . Тогда $ABBN-= ANNB-+1 = 53$ . Подставив это значение $ANBB-$ в (4), найдем, что $PCCA-=5$ и $CPPA-= 56$ .