Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1551
2019-01-19 
Даны два правильных тетраэдра с ребрами длины $\sqrt {2}$, переводящихся один в другой при центральной симметрии. Пусть $Ф$ - множество середин отрезков, концы которых принадлежат разным тетраэдрам. Найдите объем фигуры $Ф$.
Решение:
Пусть $O$ - центр симметрии, $KLMN$ и $K_1L_1M_1N_1$ - данные тетраэдры ($K$ и $K_1, L$ и $L_1, M$ и $M_1, N$ и $N_1$ - пары симметричных относительно точки $O$ вершин). Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор $ \vec {u}$, а второго - на вектор $ \vec {-u}$ не изменяет $Ф$. Действительно, пусть $P$ и $Q$ - две произвольные точки тетраэдров, $X$ - середина отрезка $PQ, \vec {PP^{ \prime }} = \vec {u}, \vec {QQ^{ \prime }} = \vec {-u},$ тогда $\vec {P^{ \prime }X} + \vec {Q^{ \prime }X} = \vec {P^{ \prime }P} + \vec {PX} + \vec {Q^{ \prime }Q} + \vec {QX} = \vec {-u} + (\vec {PX} + \vec {QX}) + \vec {u} = \vec {0}$, значит, $X$ - середина отрезка $ \vec {P^{ \prime }Q^{ \prime }}$.
Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром $ \sqrt {2}$, перпендикулярен им и имеет длину 1. Поэтому можно выбрать куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром 1 и центром $O$ и параллельный перенос $ \vec {u}$, переводящий первый тетраэдр в тетраэдр $Т_1 = ACB_1D_1$. Параллельный перенос на вектор $ \vec {-u}$ переведет второй тетраэдр в симметричный $Т_1$ тетраэдр $T_2 = C_1A_1DB$.
Итак, фигура $Ф$ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах $ACB_1D_1$ и $C_1A_1DB$.
Пусть $U$ - многогранник, изображенный на рис. тонкими линиями, его вершины - середины ребер куба. Покажем, что $Ф = U$.
Лемма. Множество $Ф$ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурам $Ф_1$ и $Ф_2$ выпукло.
Доказательство. Пусть $M$ и $N$ - середины отрезков $EF$ и $GH$, где $E,G \in Ф_1, F,H \in Ф_2, S \in [MN]$. Проведем через $M$ прямые, параллельные $EG$ и $FH$ (рис.). Теперь из рисунка видно, как найти точки $P \in [EG]$ и $Q \in [FH]$ такие, что $S$ - середина $[PQ]$. Итак, если $M,N \in Ф$ и $S \in [MN],$ то $S \in Ф$, т. е. множество $Ф$ выпукло.
Из леммы следует, что искомая фигура $Ф$ выпукла. Но все вершины многогранника $U$ лежат в $Ф$ (например, $Q$ - середина $AA_1$), поэтому $U \subseteqq Ф$. Теперь заметим, что множество середин отрезков $[GH],$ где $H \in , T_2^{ \prime} $ - тетраэдр $Т_2$, гомотетичный $Т_2$ с коэффициентом $b = \frac{1}{2}$ и центром $G$. Но при такой гомотетии $T_2^{ \prime}$, и точка $A$ лежат по разные стороны от плоскости $PQR$. Значит, $Ф$ не содержит точек, входящих в пирамидку $APQR$, кроме ее основания.
Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что $Ф = U$.
Таким образом, $V(Ф) = 1 - 8V(APQR) = 1 - \frac{8}{48} = \frac{5}{6}$.
Ответ. $\frac {5}{6}$.
Даны два правильных тетраэдра с ребрами длины $\sqrt {2}$, переводящихся один в другой при центральной симметрии. Пусть $Ф$ - множество середин отрезков, концы которых принадлежат разным тетраэдрам. Найдите объем фигуры $Ф$.
Решение:
Пусть $O$ - центр симметрии, $KLMN$ и $K_1L_1M_1N_1$ - данные тетраэдры ($K$ и $K_1, L$ и $L_1, M$ и $M_1, N$ и $N_1$ - пары симметричных относительно точки $O$ вершин). Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор $ \vec {u}$, а второго - на вектор $ \vec {-u}$ не изменяет $Ф$. Действительно, пусть $P$ и $Q$ - две произвольные точки тетраэдров, $X$ - середина отрезка $PQ, \vec {PP^{ \prime }} = \vec {u}, \vec {QQ^{ \prime }} = \vec {-u},$ тогда $\vec {P^{ \prime }X} + \vec {Q^{ \prime }X} = \vec {P^{ \prime }P} + \vec {PX} + \vec {Q^{ \prime }Q} + \vec {QX} = \vec {-u} + (\vec {PX} + \vec {QX}) + \vec {u} = \vec {0}$, значит, $X$ - середина отрезка $ \vec {P^{ \prime }Q^{ \prime }}$.
Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром $ \sqrt {2}$, перпендикулярен им и имеет длину 1. Поэтому можно выбрать куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром 1 и центром $O$ и параллельный перенос $ \vec {u}$, переводящий первый тетраэдр в тетраэдр $Т_1 = ACB_1D_1$. Параллельный перенос на вектор $ \vec {-u}$ переведет второй тетраэдр в симметричный $Т_1$ тетраэдр $T_2 = C_1A_1DB$.
Итак, фигура $Ф$ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах $ACB_1D_1$ и $C_1A_1DB$.
Пусть $U$ - многогранник, изображенный на рис. тонкими линиями, его вершины - середины ребер куба. Покажем, что $Ф = U$.
Лемма. Множество $Ф$ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурам $Ф_1$ и $Ф_2$ выпукло.
Доказательство. Пусть $M$ и $N$ - середины отрезков $EF$ и $GH$, где $E,G \in Ф_1, F,H \in Ф_2, S \in [MN]$. Проведем через $M$ прямые, параллельные $EG$ и $FH$ (рис.). Теперь из рисунка видно, как найти точки $P \in [EG]$ и $Q \in [FH]$ такие, что $S$ - середина $[PQ]$. Итак, если $M,N \in Ф$ и $S \in [MN],$ то $S \in Ф$, т. е. множество $Ф$ выпукло.
Из леммы следует, что искомая фигура $Ф$ выпукла. Но все вершины многогранника $U$ лежат в $Ф$ (например, $Q$ - середина $AA_1$), поэтому $U \subseteqq Ф$. Теперь заметим, что множество середин отрезков $[GH],$ где $H \in , T_2^{ \prime} $ - тетраэдр $Т_2$, гомотетичный $Т_2$ с коэффициентом $b = \frac{1}{2}$ и центром $G$. Но при такой гомотетии $T_2^{ \prime}$, и точка $A$ лежат по разные стороны от плоскости $PQR$. Значит, $Ф$ не содержит точек, входящих в пирамидку $APQR$, кроме ее основания.
Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что $Ф = U$.
Таким образом, $V(Ф) = 1 - 8V(APQR) = 1 - \frac{8}{48} = \frac{5}{6}$.
Ответ. $\frac {5}{6}$.
