Олимпиадная задача по стереометрии: объем множества ϕ для двух тетраэдров (Канель-Белов, 10-11 класс)

Пусть O – центр симметрии, KLMN и K₁L₁M₁N₁ – данные тетраэдры ( K и K₁ , L и L₁ , M и M₁ , N и N₁ – пары симметричных относительно точки O вершин).

Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор , а второго – на вектор- не изменяет ϕ . Действительно, пусть P и Q – две произвольные точки тетраэдров, X – середина отрезка PQ , = , =- , тогда +=+++= -+(+)+= , значит, X – середина отрезка P'Q' .

Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром , перпендикулярен им и имеет длину 1. Поэтому можно выбрать куб ABCDA₁B₁C₁D₁ с ребром 1 и центром O и параллельный перенос , переводящий первый тетраэдр в тетраэдр T₁=ACB₁D₁ . Параллельный перенос на вектор- переведет второй тетраэдр в симметричный T₁ тетраэдр T₂=C₁A₁DB .

Итак, фигура ϕ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах ACB₁D₁ и C₁A₁DB .

Пусть U – многогранник, изображенный на рис. 1 тонкими линиями, его вершины – середины ребер куба. Покажем, что ϕ=U .

          

Рис. 1                                  Рис. 2

Доказательство. Пусть M и N – середины отрезков EF и GH , где E,Gϕ₁ , F,Hϕ₂ , S[MN]. Проведем через M прямые, параллельные EG и FH (см. рис. 2) . Теперь из рисунка видно, как найти точки P[EG]и Q[FH]такие, что S – середина[PQ]. Итак, если M,Nϕ и S[MN], то Sϕ , т.е. множество ϕ выпукло. Лемма доказана.

Излеммыследует, что искомая фигура ϕ выпукла. Но все вершины многогранника U лежат в ϕ (например, Q – середина AA₁ ), поэтому Uϕ . Теперь заметим, что множество середин отрезков[GH], где H T₂ – тетраэдр T₂' , гомотетичный T₂ с коэффициентом b= и центром G . Но при такой гомотетии T₂' и точка A лежат по разные стороны от плоскости PQR . Значит, ϕ не содержит точек, входящих в пирамидку APQR , кроме ее основания.

Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что ϕ=U .

Таким образом, V(ϕ)=1-8V(APQR)=1-= .

.