IMO 1965 · Problem 3
Given the tetrahedron \(ABCD\) whose edges \(AB\) and \(CD\) have lengths \(a\) and \(b\) respectively. The distance between the skew lines \(AB\) and \(CD\) is \(d\), and the angle between them is \(\omega\). Tetrahedron \(ABCD\) is divided into two solids by plane \(\varepsilon\), parallel to lines \(AB\) and \(CD\). The ratio of the distances of \(\varepsilon\) from \(AB\) and \(CD\) is equal to \(k\). Compute the ratio of the volumes of the two solids obtained.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The volume of the solid containing \(AB\) to that of the solid containing \(CD\) is \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
Solution
Let the distances of \(\varepsilon\) from \(AB\) and \(CD\) be \(h\) and \(\ell\), respectively. Since the plane divides the tetrahedron into two solids, these edges lie on opposite sides of it, and \(h,\ell>0\). Put \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
Let \(\varepsilon\) intersect \(AC,BC,BD,AD\) at \(E,F,G,H\), respectively. Perpendicular distance between parallel planes varies linearly along a segment, so \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] By similarity in the four faces, \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] Thus the section \(EFGH\) is a parallelogram.
Write \(V\) for the volume of \(ABCD\). The solid containing \(AB\) is partitioned into tetrahedron \(ABFG\) and pyramid \(A\!-\!EFGH\). Indeed, its only faces not containing \(A\) are \(BFG\) and \(EFGH\); a ray from \(A\) through an interior point exits through one of these faces. Coning these two faces to \(A\) therefore gives the asserted partition, with disjoint interiors.
Triangle \(BFG\) is similar to triangle \(BCD\) with length ratio \(t\). The tetrahedra with these bases and common vertex \(A\) have the same altitude, hence \[ \operatorname{Vol}(ABFG)=t^{2}V. \]
The diagonal \(EG\) divides the parallelogram \(EFGH\) into two triangles of equal area. Consequently, the pyramid \(A\!-\!EFGH\) consists of two tetrahedra \(AEFG\) and \(AEGH\) of equal volume.
To calculate the latter volume, use \(AEH\) as its base. Triangle \(AEH\) is similar to \(ACD\) with length ratio \(t\), so its area is \(t^{2}\) times that of \(ACD\). Furthermore, since \(BG/BD=t\) and \(D\) lies in plane \(ACD\), the distance of \(G\) from that plane is \(1-t\) times the distance of \(B\). The pyramid volume formula therefore gives \[ \operatorname{Vol}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
It follows that the volume \(V_{AB}\) of the solid containing \(AB\) is \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] The other volume is \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] Substituting \(t=k/(1+k)\), we obtain \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
The stated division requires \(k>0\). If boundary positions are admitted, a plane through \(AB\) gives the volume ratio \(0:1\), and a plane through \(CD\) gives \(1:0\), corresponding to \(t=0\) and \(t=1\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1965 · Aufgabe 3
Gegeben sei das Tetraeder \(ABCD\), dessen Kanten \(AB\) und \(CD\) die Längen \(a\) beziehungsweise \(b\) haben. Der Abstand zwischen den windschiefen Geraden \(AB\) und \(CD\) beträgt \(d\), und der Winkel zwischen ihnen ist \(\omega\). Das Tetraeder \(ABCD\) wird durch eine Ebene \(\varepsilon\), die zu den Geraden \(AB\) und \(CD\) parallel ist, in zwei Körper zerlegt. Das Verhältnis der Abstände von \(\varepsilon\) zu \(AB\) und \(CD\) ist gleich \(k\). Berechne das Verhältnis der Volumina der beiden entstehenden Körper.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Das Volumen des Körpers, der \(AB\) enthält, verhält sich zum Volumen des Körpers, der \(CD\) enthält, wie \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
Lösung
Die Abstände von \(\varepsilon\) zu \(AB\) und \(CD\) seien \(h\) beziehungsweise \(\ell\). Da die Ebene das Tetraeder in zwei Körper zerlegt, liegen diese Kanten auf verschiedenen Seiten der Ebene, und es gilt \(h,\ell>0\). Setze \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
Die Ebene \(\varepsilon\) schneide \(AC,BC,BD,AD\) in \(E,F,G,H\). Der senkrecht zu parallelen Ebenen gemessene Abstand ändert sich entlang einer Strecke linear, also gilt \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] Aus der Ähnlichkeit in den vier Seitenflächen folgt \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] Somit ist die Schnittfigur \(EFGH\) ein Parallelogramm.
Bezeichne das Volumen von \(ABCD\) mit \(V\). Der Körper, der \(AB\) enthält, wird in das Tetraeder \(ABFG\) und die Pyramide \(A\!-\!EFGH\) zerlegt. Tatsächlich sind \(BFG\) und \(EFGH\) seine einzigen Flächen, die \(A\) nicht enthalten; ein Strahl von \(A\) durch einen inneren Punkt tritt durch eine dieser Flächen aus. Verbindet man diese beiden Flächen mit der Spitze \(A\), so erhält man daher die behauptete Zerlegung, wobei die Innenräume der beiden Teilkörper disjunkt sind.
Das Dreieck \(BFG\) ist zum Dreieck \(BCD\) mit dem Längenverhältnis \(t\) ähnlich. Die Tetraeder mit diesen Grundflächen und der gemeinsamen Spitze \(A\) haben dieselbe Höhe, also gilt \[ \operatorname{Vol}(ABFG)=t^{2}V. \]
Die Diagonale \(EG\) zerlegt das Parallelogramm \(EFGH\) in zwei flächengleiche Dreiecke. Folglich besteht die Pyramide \(A\!-\!EFGH\) aus zwei Tetraedern \(AEFG\) und \(AEGH\) mit gleichem Volumen.
Um das Volumen des letzteren zu berechnen, verwenden wir \(AEH\) als Grundfläche. Das Dreieck \(AEH\) ist zu \(ACD\) mit dem Längenverhältnis \(t\) ähnlich, also ist sein Flächeninhalt das \(t^{2}\)-Fache des Flächeninhalts von \(ACD\). Da außerdem \(BG/BD=t\) gilt und \(D\) in der Ebene \(ACD\) liegt, ist der Abstand von \(G\) zu dieser Ebene das \(1-t\)-Fache des Abstands von \(B\). Die Volumenformel für Pyramiden liefert daher \[ \operatorname{Vol}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
Daraus folgt für das Volumen \(V_{AB}\) des Körpers, der \(AB\) enthält, \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] Das andere Volumen ist \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] Durch Einsetzen von \(t=k/(1+k)\) erhalten wir \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
Die angegebene Zerlegung setzt \(k>0\) voraus. Lässt man Grenzlagen zu, so ergibt eine Ebene durch \(AB\) das Volumenverhältnis \(0:1\) und eine Ebene durch \(CD\) das Verhältnis \(1:0\), entsprechend \(t=0\) und \(t=1\).
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1965 · Soru 3
\(AB\) ve \(CD\) ayrıtlarının uzunlukları sırasıyla \(a\) ve \(b\) olan \(ABCD\) dörtyüzlüsü veriliyor. \(AB\) ve \(CD\) aykırı doğruları arasındaki uzaklık \(d\), aralarındaki açı ise \(\omega\)'dır. \(ABCD\) dörtyüzlüsü, \(AB\) ve \(CD\) doğrularına paralel bir \(\varepsilon\) düzlemiyle iki cisme ayrılıyor. \(\varepsilon\)'un \(AB\) ve \(CD\)'ye olan uzaklıklarının oranı \(k\)'ya eşittir. Elde edilen iki cismin hacimlerinin oranını hesaplayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\(AB\)'yi içeren cismin hacminin \(CD\)'yi içeren cismin hacmine oranı \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)} \] olur.
Çözüm
\(\varepsilon\)'un \(AB\) ve \(CD\)'ye olan uzaklıkları sırasıyla \(h\) ve \(\ell\) olsun. Düzlem dörtyüzlüyü iki cisme ayırdığından, bu ayrıtlar düzlemin karşı taraflarında yer alır ve \(h,\ell>0\) olur. \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1 \] olarak tanımlayalım.
\(\varepsilon\), \(AC,BC,BD,AD\)'yi sırasıyla \(E,F,G,H\) noktalarında kessin. Paralel düzlemler arasındaki dik uzaklık bir doğru parçası boyunca doğrusal olarak değiştiğinden \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t \] olur. Dört yüzdeki benzerliklerden \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD \] elde edilir. Dolayısıyla \(EFGH\) kesiti bir paralelkenardır.
\(ABCD\)'nin hacmini \(V\) ile gösterelim. \(AB\)'yi içeren cisim, \(ABFG\) dörtyüzlüsü ve \(A\!-\!EFGH\) piramidine ayrılır. Gerçekten, bu cismin \(A\)'yı içermeyen yegâne yüzleri \(BFG\) ve \(EFGH\)'dir; \(A\)'dan bir iç noktadan geçecek biçimde çıkan bir ışın, cismi bu yüzlerden birinden terk eder. Dolayısıyla bu iki yüzün noktalarını \(A\)'ya birleştirmek, iç bölgeleri ayrık olan belirtilen parçalanmayı verir.
\(BFG\) üçgeni, \(BCD\) üçgenine \(t\) uzunluk oranıyla benzerdir. Tabanları bu üçgenler ve ortak tepe noktaları \(A\) olan dörtyüzlülerin yükseklikleri eşit olduğundan \[ \operatorname{Hacim}(ABFG)=t^{2}V \] olur.
\(EG\) köşegeni, \(EFGH\) paralelkenarını eşit alanlı iki üçgene ayırır. Bunun sonucunda \(A\!-\!EFGH\) piramidi, eşit hacimli \(AEFG\) ve \(AEGH\) dörtyüzlülerinden oluşur.
İkinci dörtyüzlünün hacmini hesaplamak için taban olarak \(AEH\)'yi kullanalım. \(AEH\) üçgeni, \(ACD\)'ye \(t\) uzunluk oranıyla benzer olduğundan, alanı \(ACD\)'nin alanının \(t^{2}\) katıdır. Ayrıca, \(BG/BD=t\) olduğundan ve \(D\), \(ACD\) düzleminde bulunduğundan, \(G\)'nin bu düzleme uzaklığı \(B\)'nin uzaklığının \(1-t\) katıdır. Dolayısıyla piramidin hacim formülü \[ \operatorname{Hacim}(AEGH)=t^{2}(1-t)V \] eşitliğini verir.
Böylece \(AB\)'yi içeren cismin \(V_{AB}\) hacmi \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V \] olur. Diğer hacim ise \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V \] olur. \(t=k/(1+k)\) yerine konulduğunda \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}} \] elde edilir.
Belirtilen bölünme için \(k>0\) gereklidir. Sınır konumlarına da izin verilirse, \(AB\)'den geçen bir düzlem \(0:1\), \(CD\)'den geçen bir düzlem ise \(1:0\) hacim oranını verir; bunlar sırasıyla \(t=0\) ve \(t=1\)'e karşılık gelir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1965 · Problema 3
Se da un tetraedro \(ABCD\) cuyas aristas \(AB\) y \(CD\) tienen longitudes \(a\) y \(b\), respectivamente. La distancia entre las rectas alabeadas \(AB\) y \(CD\) es \(d\), y el ángulo que forman es \(\omega\). El tetraedro \(ABCD\) queda dividido en dos sólidos por un plano \(\varepsilon\), paralelo a las rectas \(AB\) y \(CD\). La razón entre las distancias de \(\varepsilon\) a \(AB\) y a \(CD\) es igual a \(k\). Calcular la razón entre los volúmenes de los dos sólidos obtenidos.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
La razón entre el volumen del sólido que contiene \(AB\) y el del sólido que contiene \(CD\) es \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
Solución
Sean \(h\) y \(\ell\) las distancias de \(\varepsilon\) a \(AB\) y a \(CD\), respectivamente. Como el plano divide el tetraedro en dos sólidos, estas aristas se encuentran a lados opuestos del plano, y \(h,\ell>0\). Pongamos \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
Sean \(E,F,G,H\) los puntos en que \(\varepsilon\) corta a \(AC,BC,BD,AD\), respectivamente. La distancia perpendicular entre planos paralelos varía linealmente a lo largo de un segmento, por lo que \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] Por semejanza en las cuatro caras, \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] Así pues, la sección \(EFGH\) es un paralelogramo.
Denotemos por \(V\) el volumen de \(ABCD\). El sólido que contiene \(AB\) se descompone en el tetraedro \(ABFG\) y la pirámide \(A\!-\!EFGH\). En efecto, sus únicas caras que no contienen \(A\) son \(BFG\) y \(EFGH\); una semirrecta que parte de \(A\) y pasa por un punto interior sale por una de estas caras. Por tanto, al unir estas dos caras con \(A\), se obtiene la descomposición indicada, con interiores disjuntos.
El triángulo \(BFG\) es semejante al triángulo \(BCD\) con razón de longitudes \(t\). Los tetraedros con estas bases y vértice común \(A\) tienen la misma altura, de modo que \[ \operatorname{Vol}(ABFG)=t^{2}V. \]
La diagonal \(EG\) divide el paralelogramo \(EFGH\) en dos triángulos de igual área. En consecuencia, la pirámide \(A\!-\!EFGH\) está formada por dos tetraedros \(AEFG\) y \(AEGH\) de igual volumen.
Para calcular el volumen de este último, tomemos \(AEH\) como base. El triángulo \(AEH\) es semejante a \(ACD\) con razón de longitudes \(t\), por lo que su área es \(t^{2}\) veces la de \(ACD\). Además, como \(BG/BD=t\) y \(D\) pertenece al plano \(ACD\), la distancia de \(G\) a ese plano es \(1-t\) veces la distancia de \(B\). Por tanto, la fórmula del volumen de una pirámide da \[ \operatorname{Vol}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
Se deduce que el volumen \(V_{AB}\) del sólido que contiene \(AB\) es \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] El otro volumen es \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] Sustituyendo \(t=k/(1+k)\), obtenemos \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
La división indicada requiere que \(k>0\). Si se admiten las posiciones límite, un plano que pasa por \(AB\) da la razón de volúmenes \(0:1\), y un plano que pasa por \(CD\) da \(1:0\), que corresponden a \(t=0\) y \(t=1\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1965 · 问题 3
给定四面体 \(ABCD\)，其棱 \(AB\) 和 \(CD\) 的长分别为 \(a\) 和 \(b\)。异面直线 \(AB\) 与 \(CD\) 之间的距离为 \(d\)，所成的角为 \(\omega\)。平面 \(\varepsilon\) 平行于直线 \(AB\) 和 \(CD\)，将四面体 \(ABCD\) 分成两个几何体。\(\varepsilon\) 到 \(AB\) 和 \(CD\) 的距离之比等于 \(k\)。求所得两个几何体的体积之比。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
含有 \(AB\) 的几何体与含有 \(CD\) 的几何体的体积之比为 \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
解答
设 \(\varepsilon\) 到 \(AB\) 和 \(CD\) 的距离分别为 \(h\) 和 \(\ell\)。由于该平面将四面体分成两个几何体，这两条棱位于平面的两侧，且 \(h,\ell>0\)。令 \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
设 \(\varepsilon\) 分别交 \(AC,BC,BD,AD\) 于 \(E,F,G,H\)。平行平面之间的垂直距离沿线段呈线性变化，因此 \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] 由四个面内的相似关系可得 \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] 所以截面 \(EFGH\) 是平行四边形。
记 \(ABCD\) 的体积为 \(V\)。含有 \(AB\) 的几何体可分为四面体 \(ABFG\) 和四棱锥 \(A\!-\!EFGH\)。事实上，它仅有的两个不含 \(A\) 的面是 \(BFG\) 和 \(EFGH\)；从 \(A\) 出发经过内部一点的射线会从这两个面之一穿出。因此，以 \(A\) 为顶点、这两个面分别为底面构成的棱锥给出了上述分割，且两者内部不相交。
三角形 \(BFG\) 与三角形 \(BCD\) 相似，相似比为 \(t\)。以这两个三角形为底面、以 \(A\) 为公共顶点的四面体等高，因此 \[ \operatorname{Vol}(ABFG)=t^{2}V. \]
对角线 \(EG\) 将平行四边形 \(EFGH\) 分成两个面积相等的三角形。因此，四棱锥 \(A\!-\!EFGH\) 由两个体积相等的四面体 \(AEFG\) 和 \(AEGH\) 组成。
为计算后一个四面体的体积，取 \(AEH\) 为底面。三角形 \(AEH\) 与 \(ACD\) 相似，相似比为 \(t\)，所以其面积是 \(ACD\) 面积的 \(t^{2}\) 倍。此外，由于 \(BG/BD=t\)，且 \(D\) 位于平面 \(ACD\) 内，\(G\) 到该平面的距离是 \(B\) 到该平面距离的 \(1-t\) 倍。因此，由棱锥体积公式得 \[ \operatorname{Vol}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
由此可得，含有 \(AB\) 的几何体的体积 \(V_{AB}\) 为 \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] 另一个几何体的体积为 \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] 代入 \(t=k/(1+k)\)，得到 \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
题述分割要求 \(k>0\)。若允许边界位置，则平面经过 \(AB\) 时体积比为 \(0:1\)，平面经过 \(CD\) 时体积比为 \(1:0\)，分别对应于 \(t=0\) 和 \(t=1\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1965 · Задача 3
Дан тетраэдр \(ABCD\), рёбра \(AB\) и \(CD\) которого имеют длины \(a\) и \(b\) соответственно. Расстояние между скрещивающимися прямыми \(AB\) и \(CD\) равно \(d\), а угол между ними равен \(\omega\). Плоскость \(\varepsilon\), параллельная прямым \(AB\) и \(CD\), делит тетраэдр \(ABCD\) на два тела. Отношение расстояний от \(\varepsilon\) до \(AB\) и \(CD\) равно \(k\). Найдите отношение объёмов полученных тел.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Отношение объёма тела, содержащего \(AB\), к объёму тела, содержащего \(CD\), равно \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
Решение
Пусть расстояния от \(\varepsilon\) до \(AB\) и \(CD\) равны соответственно \(h\) и \(\ell\). Поскольку плоскость делит тетраэдр на два тела, эти рёбра лежат по разные стороны от неё и \(h,\ell>0\). Положим \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
Пусть \(\varepsilon\) пересекает \(AC,BC,BD,AD\) в точках \(E,F,G,H\) соответственно. Расстояние по перпендикуляру между параллельными плоскостями изменяется линейно вдоль отрезка, поэтому \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] Из подобия в четырёх гранях получаем \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] Таким образом, сечение \(EFGH\) — параллелограмм.
Обозначим через \(V\) объём \(ABCD\). Тело, содержащее \(AB\), разбивается на тетраэдр \(ABFG\) и пирамиду \(A\!-\!EFGH\). Действительно, единственные его грани, не содержащие \(A\), — это \(BFG\) и \(EFGH\); луч из \(A\), проходящий через внутреннюю точку тела, выходит из него через одну из этих граней. Поэтому, соединив точки этих двух граней с \(A\), получаем указанное разбиение на тела с непересекающимися внутренностями.
Треугольник \(BFG\) подобен треугольнику \(BCD\) с коэффициентом подобия \(t\). Тетраэдры с этими основаниями и общей вершиной \(A\) имеют одинаковую высоту, поэтому \[ \operatorname{Vol}(ABFG)=t^{2}V. \]
Диагональ \(EG\) делит параллелограмм \(EFGH\) на два равновеликих треугольника. Следовательно, пирамида \(A\!-\!EFGH\) состоит из двух тетраэдров \(AEFG\) и \(AEGH\) равного объёма.
Чтобы вычислить объём последнего, возьмём \(AEH\) за его основание. Треугольник \(AEH\) подобен \(ACD\) с коэффициентом подобия \(t\), поэтому его площадь составляет \(t^{2}\) площади \(ACD\). Кроме того, поскольку \(BG/BD=t\), а \(D\) лежит в плоскости \(ACD\), расстояние от \(G\) до этой плоскости составляет \(1-t\) расстояния от \(B\) до неё. Поэтому по формуле объёма пирамиды получаем \[ \operatorname{Vol}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
Отсюда следует, что объём \(V_{AB}\) тела, содержащего \(AB\), равен \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] Объём другого тела равен \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] Подставляя \(t=k/(1+k)\), получаем \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
Описанное разбиение требует \(k>0\). Если допустить граничные положения, то плоскость, проходящая через \(AB\), даёт отношение объёмов \(0:1\), а плоскость, проходящая через \(CD\), — \(1:0\), что соответствует \(t=0\) и \(t=1\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1965 · المسألة 3
ليكن \(ABCD\) رباعي وجوه طول حرفيه \(AB\) و\(CD\) هو \(a\) و\(b\) على الترتيب. المسافة بين المستقيمين المتخالفين \(AB\) و\(CD\) هي \(d\)، والزاوية بينهما هي \(\omega\). يُقسم رباعي الوجوه \(ABCD\) إلى مجسمين بالمستوى \(\varepsilon\)، الموازي للمستقيمين \(AB\) و\(CD\). نسبة بُعد \(\varepsilon\) عن \(AB\) إلى بُعده عن \(CD\) تساوي \(k\). احسب نسبة حجمي المجسمين الناتجين.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
نسبة حجم المجسم الذي يحتوي على \(AB\) إلى حجم المجسم الذي يحتوي على \(CD\) هي \[ \boxed{k^{2}(k+3):(3k+1)}. \]
الحل
ليكن بُعدا \(\varepsilon\) عن \(AB\) و\(CD\) هما \(h\) و\(\ell\) على الترتيب. بما أن المستوى يقسم رباعي الوجوه إلى مجسمين، فإن هذين الحرفين يقعان على جانبين متقابلين منه، و\(h,\ell>0\). نضع \[ t=\frac{h}{h+\ell}=\frac{k}{1+k},\qquad 0<t<1. \]
ليقطع \(\varepsilon\) الأحرف \(AC,BC,BD,AD\) في \(E,F,G,H\) على الترتيب. تتغير المسافة العمودية بين المستويات المتوازية خطيًا على طول قطعة مستقيمة، ومن ثم \[ \frac{AE}{AC}=\frac{BF}{BC} =\frac{BG}{BD}=\frac{AH}{AD}=t. \] وبالتشابه في الأوجه الأربعة، \[ EF\parallel GH\parallel AB, \qquad FG\parallel EH\parallel CD. \] إذن المقطع \(EFGH\) متوازي أضلاع.
ليكن \(V\) حجم \(ABCD\). ينقسم المجسم الذي يحتوي على \(AB\) إلى رباعي الوجوه \(ABFG\) والهرم \(A\!-\!EFGH\). وبالفعل، فإن وجهيه الوحيدين اللذين لا يحتويان على \(A\) هما \(BFG\) و\(EFGH\)؛ ويخرج الشعاع المنطلق من \(A\) والمار بنقطة داخلية عبر أحد هذين الوجهين. ولذلك فإن وصل نقاط هذين الوجهين بالرأس \(A\) يعطي التقسيم المذكور، مع عدم تداخل الجزأين من الداخل.
المثلث \(BFG\) مشابه للمثلث \(BCD\) بنسبة أطوال \(t\). ولرباعيي الوجوه اللذين قاعدتاهما هذان المثلثان ورأسهما المشترك \(A\) الارتفاع نفسه، ومن ثم \[ \operatorname{حجم}(ABFG)=t^{2}V. \]
يقسم القطر \(EG\) متوازي الأضلاع \(EFGH\) إلى مثلثين متساويي المساحة. وبالتالي، يتألف الهرم \(A\!-\!EFGH\) من رباعيي الوجوه \(AEFG\) و\(AEGH\) المتساويين في الحجم.
لحساب حجم الأخير، نتخذ \(AEH\) قاعدة له. المثلث \(AEH\) مشابه للمثلث \(ACD\) بنسبة أطوال \(t\)، ولذلك تساوي مساحته \(t^{2}\) مضروبًا في مساحة \(ACD\). كذلك، بما أن \(BG/BD=t\) و\(D\) تقع في المستوى \(ACD\)، فإن بُعد \(G\) عن ذلك المستوى يساوي \(1-t\) مضروبًا في بُعد \(B\) عنه. ومن ثم تعطي صيغة حجم الهرم \[ \operatorname{حجم}(AEGH)=t^{2}(1-t)V. \]
ينتج أن الحجم \(V_{AB}\) للمجسم الذي يحتوي على \(AB\) هو \[ V_{AB}=t^{2}V+2t^{2}(1-t)V =t^{2}(3-2t)V. \] أما الحجم الآخر فهو \[ V_{CD}=V-V_{AB} =(1-t)^{2}(1+2t)V. \] بالتعويض بـ \(t=k/(1+k)\)، نحصل على \[ \frac{V_{AB}}{V_{CD}} =\frac{t^{2}(3-2t)}{(1-t)^{2}(1+2t)} =\boxed{\frac{k^{2}(k+3)}{3k+1}}. \]
يتطلب التقسيم المذكور أن يكون \(k>0\). وإذا سُمح بالأوضاع الحدية، فإن المستوى المار بـ \(AB\) يعطي نسبة حجمين \(0:1\)، والمستوى المار بـ \(CD\) يعطي \(1:0\)، وهو ما يقابل \(t=0\) و\(t=1\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).