Задача №15208

На рёбрах $BC\text{,}$ $AB$ и $AD$ правильного тетраэдра $ABCD$ отмечены точки $L\text{,}$ $M$ и $N$ соответственно. Известно, что $BL:LC=AM:MB=AN:ND=1:2\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $\alpha \text{,}$ проходящая через точки $L\text{,}$ $M$ и $N\text{,}$ делит ребро $CD$ в отношении $2:1\text{,}$ считая от вершины $C\text{.}$

б) Найдите площадь сечения тетраэдра $ABCD$ плоскостью $\alpha \text{,}$ если $AB=6\text{.}$

а) Построим сечение тетраэдра плоскостью α, проходящей через точки L, M, N.
Проведём прямую ML. Пусть она пересекает прямую AC в точке F. Тогда плоскость α содержит прямую ML и точку N, поэтому она содержит и прямую NF. Пусть прямая NF пересекает ребро CD в точке P. Искомое сечение – четырёхугольник MNPL.

Применим теорему Менелая к треугольнику ABC и секущей ML (точки M на AB, L на BC, F на AC):

$$\frac{AM}{MB}\cdot \frac{BL}{LC}\cdot \frac{CF}{FA}=1.$$

По условию $AM:MB=1:2$ и $BL:LC=1:2\text{,}$ поэтому

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{CF}{FA}=1\Rightarrow \frac{CF}{FA}=4.$$

Следовательно, $CF=4FA\text{,}$ откуда $\frac{AF}{FC}=\frac{1}{4}\text{.}$

Теперь рассмотрим треугольник ADC и секущую FP, проходящую через точки F (на AC), N (на AD) и P (на CD). По теореме Менелая:

$$\frac{AF}{FC}\cdot \frac{CP}{PD}\cdot \frac{DN}{NA}=1.$$

Из условия $AN:ND=1:2$ получаем $DN:NA=2:1\text{,}$ т.е. $\frac{DN}{NA}=2\text{.}$ Подставляем известные отношения:

$$\frac{1}{4}\cdot \frac{CP}{PD}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{CP}{PD}\cdot \frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{CP}{PD}=2.$$

Таким образом, точка P делит ребро CD в отношении $CP:PD=2:1\text{,}$ считая от вершины C.
Что и требовалось доказать.

б) Пусть ребро тетраэдра $AB=6\text{,}$ тогда все рёбра равны 6.
Из данных отношений находим длины отрезков:
$AM=2,MB=4;AN=2,ND=4;BL=2,LC=4.$

1. Отрезок MN. Треугольники $ANM$ и $ADB$ имеют общий угол $A\text{,}$ и

$$\frac{AN}{AD}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3},\frac{AM}{AB}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$$

Следовательно, эти треугольники подобны с коэффициентом $\frac{1}{3}\text{.}$ Поэтому $MN\parallel DB$ и

$$MN=\frac{1}{3}DB=\frac{1}{3}\cdot 6=2.$$

2. Отрезок PL. Из пункта (а) имеем $CP:PD=2:1\text{,}$ значит $CP=4,PD=2\text{.}$ Треугольники $CPL$ и $CDB$ имеют общий угол $C\text{,}$ и

$$\frac{CL}{CB}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3},\frac{CP}{CD}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.$$

Поэтому треугольники подобны, откуда $PL\parallel DB$ и

$$PL=\frac{2}{3}DB=\frac{2}{3}\cdot 6=4.$$

3. Боковые стороны ML и NP.
В треугольнике $MBL\text{:}$ $MB=4,BL=2\text{,}$ угол $\angle MBL=60^{\circ }$ (в правильном тетраэдре все плоские углы равны 60°). По теореме косинусов:

$$M{L}^2=M{B}^2+B{L}^2-2\cdot MB\cdot BL\cdot \cos 60^{\circ }=16+4-2\cdot 4\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=20-8=12,$$

откуда $ML=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\text{.}$
В треугольнике $NDP\text{:}$ $ND=4,DP=2\text{,}$ угол $\angle NDP=60^{\circ }\text{.}$ Аналогично:

$$N{P}^2=4^2+2^2-2\cdot 4\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=16+4-8=12,$$

поэтому $NP=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\text{.}$
Таким образом, $ML=NP=2\sqrt{3}\text{.}$

4. Характеристика сечения. Поскольку $MN\parallel DB$ и $PL\parallel DB\text{,}$ то $MN\parallel PL\text{.}$ Четырёхугольник $MNPL$ – трапеция с основаниями $MN=2\text{,}$ $PL=4$ и равными боковыми сторонами $ML=NP=2\sqrt{3}\text{,}$ т.е. равнобокая трапеция.

5. Площадь трапеции. Опустим высоту $MH$ на основание $PL\text{.}$ В равнобокой трапеции проекция боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований:

$$HL=\frac{PL-MN}{2}=\frac{4-2}{2}=1.$$

Из прямоугольного треугольника $MHL$ ( $\angle MHL=90^{\circ }$ ) находим высоту:

$$MH=\sqrt{M{L}^2-H{L}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2-1^2}=\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$$

Площадь трапеции:

$$S=\frac{MN+PL}{2}\cdot MH=\frac{2+4}{2}\cdot \sqrt{11}=3\sqrt{11}.$$

Ответ: $3\sqrt{11}\text{.}$