Сложная олимпиадная задача по стереометрии для 10-11 классов от Терешина Д. А.

Пусть даны прямоугольные параллелепипеды ABCDA'B'C'D' и A₁B₁C₁D₁A'₁B'₁C'₁D'₁ равного объема, который мы будем считать единичным. Обозначим длины их ребер через a , b , c и a₁ , b₁ , c₁ соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например a=a₁ , то достаточно поставить параллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра a и a₁ были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметь площадь bc=b₁c₁ . Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами S и V обозначим площадь и объем соответственно. Мы покажем, что на ребрах AA' и A₁A'₁ параллелепипедов найдутся точки M и M₁ такие, что S_MBD=S_M1B1D1 и V_AMBD=V_A1M1B1D1 . Далее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости MBD и M₁B₁D₁ горизонтальны и совпадают (рис.), удовлетворяет условию. Докажем предварительно несколько вспомогательных утверждений. Лемма 1.Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при вершине A прямые, а площади граней BCD , ABC , ABD и ACD равны S₀ , S₁ , S₂ и S₃ соответственно. Тогда S₀²=S₁²+S₂²+S₃² . Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость ABC , затем на плоскости ABD , ACD и BCD (рис.). Обозначим углы, образуемые гранями ABC , ABD и ACD с гранью BCD через α₁ , α₂ и α₃ . Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника S_i=S₀· cosα_i ( i=1,2,3), S₀=S₁ cosα₁+S₂ cosα₂+S₃ cosα₃ , поэтому cos²α₁+ cos²α₂+ cos²α₃=1и S₀²=S₁²+S₂²+S₃² . Лемма 1 доказана. Рассмотрим четырехугольную пирамиду EABCD ( ABCD – прямоугольник), лежащую на горизонтальной плоскости гранью EAB (рис.). Такую пирамиду назовем клином с основанием EAB , а расстояние от прямой CD до плоскости EAB назовем высотой клина. Пусть площадь основания клина EABCD равна, а его высота равна H . Лемма 2.Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, т.е. V=· H . Разобьем клин на две пирамиды DEAB и DEBC . Их объемы равны, так как S_ABD=S_BCD и расстояние от точки E до их оснований одно и то же. Поэтому V=2V_DEAB= H . Лемма 3.На горизонтальной плоскости стоят два тетраэдра(или два клина)с равными высотами и равными площадями оснований. Тогда их сечения плоскостью, параллельной основаниям, имеют равные площади. В случае тетраэдров (рис) из подобия получаем, что =()² и =()² , следовательно, S₁=S₂ . Чтобы доказать это утверждение для клиньев, достаточно достроить клин до призмы (рис.). Из рисунка видно, что _x= - = (1-), откуда и следует равенство площадей сечений. Докажем теперь существование точек M и M₁ . Если AM=xc , а A₁M₁=xc₁ , где x(0,1], то равенство объемов пирамид AMBD и A₁M₁B₁D₁ выполняется автоматически, а равенство площадей треугольников MBD и M₁B₁D₁ равносильно равенству f(x)=(a²c²+b²c²-a₁¹c₁²-b₁²c₁²)x²+(a²b²-a₁²b₁²)=0, так как S_MBD²=(x²a²c²+x²b²c²+a²b²)и S_M1B1D1²=(x²a₁²c₁²+x²b₁²c₁²+a₁²b₁²)в силу леммы 1. Покажем, что f(0)>0, а f(1)0(или наоборот). Отсюда и будет следовать существование x(0,1]такого, что f(x)=0, а, значит, и существование точек M и M₁ . Заметим, что f(0)=a²b²-a₁²b₁²=-=- и, аналогично, f(1)=++--- , так как abc=a₁b₁c₁=1. Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда: один с ребрами , , и диагональю d , другой – с ребрами , , и диагональю d₁ : их объемы равны единице, а диагональ одного из них не меньше, чем диагональ другого. Пусть, скажем, d d₁ , тогда f(1)0. Так как объемы параллелепипедов равны, то у первого параллелепипеда найдется ребро, большее какого-нибудь ребра второго (выше мы предполагали, что равных ребер нет). Изменив в случае необходимости обозначения, будем считать, что > . Тогда f(0)>0, что и требовалось. Осталось доказать, что описанное выше расположение параллелепипедов удовлетворяет условию. Ясно, что в силу симметрии параллелепипедов относительно своих центров, достаточно проверить это утверждение для их половинок, т.е. призм ABDA'B'D' и A₁B₁D₁A'₁B'₁D'₁ . Для пирамид MABD и M₁A₁B₁D₁ справедливость его следует из леммы3. Проведем плоскость A'FE|| MBD (рис) и плоскость A'₁F₁E₁|| M₁B₁D₁ . Эти плоскости отсекают от призм клинья A'B'D'FE и A'₁B'₁D'₁F₁E₁ равного объема, так как (в силу леммы 2)

V_A'B'D'FE=· axc· b=x=· a₁xc₁· b₁= V_{A'1B'1D'1F1E1}.

Так как площади оснований и объемы клиньев равны, то равны и их высоты, поэтому в силу леммы 3 утверждение справедливо и для клиньев. Остается заметить. что призмы MBDA'EF и M₁B₁D₁A'₁E₁F₁ имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты), поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны. Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 10.6 и замечания к ней). В условии задачи можно отказаться от прямоугольности параллелепипедов. Утверждение при этом остается справедливым. Кроме того, оно справедливо для произвольных равновеликих тетраэдров, однако известное доказательство этого факта неэлементарно.

Ответ задачи отсутствует