Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1792
2019-01-20 
Докажите, что если два прямоугольных параллелепипеда имеют равные объемы, то их можно расположить в пространстве так, что любая горизонтальная плоскость, пересекающая один из них, будет пересекать и второй, причем по многоугольнику той же площади.
Решение:
Пусть даны прямоугольные параллелепипеды $ABCDA^{ \prime}B^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}$ и $A_1B_1C_1D_1A_1^{ \prime}B_1^{ \prime}C_1^{ \prime}D_1^{ \prime}$ равного объема, который мы будем считать единичным. Обозначим длины их ребер через $a, b, c$ и $a_1, b_1, c_1$ соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например $a = a_1$, то достаточно поставить параллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра $a$ и $a_1$ были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметь площадь $bc = b_1c_1$. Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами $S$ и $V$ обозначим площадь и объем соответственно.
Мы покажем, что на ребрах $AA^{ \prime}$ и $A_1A_1^{ \prime}$ параллелепипедов найдутся точки $M$ и $M_1$ такие, что $S_{MBD} = S_{M_1B_1D_1}$ и $V_{AMBD} = V_{A_1M_1B_1D_1}$. Далее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости $S_{MBD}$ и $S_{M_1B_1D_1}$ горизонтальны и совпадают (см. 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 $S_0, S_1, S_2$ и $S_3$ соответственно. Тогда $S_{0}^{2} = S_{1}^{2} + S_{2}^{2} + S_{3}^{2}$.
Доказательство. Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость $ABC$, затем на плоскости $ABD, ACD$ и $BCD$ (см. рис.). Обозначим углы, образуемые гранями $ABC, ABD$ и $ACD$ с гранью $BCD$ через $\alpha_1, \alpha_2$ и $\alpha_3$. Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника $S_i = S_0 \cdot \cos \alpha_i (i = 1, 2, 3), S_0 = S_1 \cos \alpha_1 + S_2 \cos \alpha_2 + S_3 \cos \alpha_3$, поэтому $\cos^2 \alpha_1 + \cos^2 \alpha_2 + \cos^2 \alpha_3 = 1$ и $S_{0}^{2} = S_{1}^{2} + S_{2}^{2} + S_{3}^{2}$. Лемма 1 доказана.
Рассмотрим четырехугольную пирамиду $EABCD (ABCD$ - прямоугольник), лежащую на горизонтальной плоскости гранью $EAB$ (см. 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 $\sigma$, а его высота равна $H$.
Лемма 2. Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, т. е. $V = \frac{2}{3} \sigma \cdot H$.
Доказательство. Разобьем клин на две пирамиды $DEAB$ и $DEBC$. Их объемы равны, так как $S_{ABD} = S_{BCD}$ и расстояние от точки $Е$ до их оснований одно и то же. Поэтому $V = 2V_{DEAB} = \frac{2}{3} \sigma \cdot H$.
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.
Доказательство. В случае тетраэдров (см. рис.) из подобия получаем, что $\frac{S_1}{S} = (\frac{H - x}{H})^2$ и $\frac{S_2}{S} = (\frac{H - x}{H})^2$, следовательно, $S_1 = S_2$. Чтобы доказать это утверждение для клиньев, достаточно достроить клин до призмы (см. рис.). Из рисунка видно, что $\sigma_х = \sigma - \frac{x^2}{H^2} \sigma = \sigma (1 - \frac{x^2}{H^2})$, откуда и следует равенство площадей сечении.
Докажем теперь существование точек $M$ $M_1$. Если $AM = xc$, а $A_1M_1 = xc_1$, где $x \in (0,1]$, то равенство объемов пирамид $AMBD$ и $A_1M_1B_1D_1$ выполняется автоматически, а равенство площадей треугольников $MBD$ и $M_1B_1D_1$ равносильно равенству $f(x) = (a_2c_2 + b_2c_2 - a_1^1c_1^2 - b_1^2c_1^2)x^2 + (a^2b^2 - a_1^2b_1^2) = 0$, так как $S_{MBD}^2 = \frac{1}{4}(x^2a^2c^2 + x^2b^2c^2 + a^2b^2)$ и $S_{M_1B_1D_1}^2 = \frac{1}{4}(x^2a_1^2c_1^2 + x^2b_1^2c_1^2 + a_1^2b_1^2)$ в силу леммы 1. Покажем, что $f(0) > 0,$ а $f(1) \leq 0$ (или наоборот). Отсюда и будет следовать существование $x \in (0,1]$ такого, что $f(x) = 0$, а, значит, и существование точек $M$ и $M_1$.
Заметим, что $f(0) = а^2b^2 - а_1^2b_1^2 = \frac{a^2b^2c^2}{c^2} - \frac{a_1^2b_1^2c_1^2}{c_1^2} = \frac{1}{c^2} - \frac{1}{c_1^2}$ и аналогично $f(1)=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} - \frac{1}{a_1^2} -\frac{1}{b_1^2} - \frac{1}{c_1^2}$, так как $abc = a_1b_1c_1 = 1$.
Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда: один с ребрами $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ и диагональю $d$, другой - с ребрами $\frac{1}{a_1}, \frac{1}{b_1}, \frac{1}{c_1}$ и диагональю $d_1$: их объемы равны единице, а диагональ одного из них не меньше, чем диагональ другого. Пусть, скажем, $d \leq d_1$, тогда $f(1) \leq 0$. 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 $\frac{1}{c} > \frac{1}{c_1}$. 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 $ABDA^{ \prime}B^{ \prime}D^{ \prime}$ и $A_1B_1D_1A_1^{ \prime}B_1^{ \prime}D_1^{ \prime}$. Для пирамид $MABD$ и $M_1A_1B_1D_1$ справедливость его следует из леммы 3.
Проведем плоскость $A^{ \prime}FE \parallel MBD$ (см. рис.) и плоскость $A_1^{ \prime}F_1^{ \prime} E_1^{ \prime} \parallel M_1B_1D_1$. Эти плоскости отсекают от призм клинья $A^{ \prime}B^{ \prime}D^{ \prime}FE$ и $A_1^{ \prime} 1B_1^{ \prime}D_1^{ \prime}F_1E_1$ равного объема, так как (в силу леммы 2)
$V_{A^{\prime}B^{\prime}D^{\prime}FE} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}axc \cdot = \frac{1}{3}x = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}a_1xc_1 \cdot b_1 = V_{A_1^{\prime}B_1^{\prime}D_1^{\prime}F_1E_1}$.
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 $MBDA^{\prime}EF$ и $M_1B_1D_1A_1^{\prime}1E_1F_1$ имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты), поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны.
Замечание 1. Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 438 и замечания к ней).
Замечание 2. 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.
Докажите, что если два прямоугольных параллелепипеда имеют равные объемы, то их можно расположить в пространстве так, что любая горизонтальная плоскость, пересекающая один из них, будет пересекать и второй, причем по многоугольнику той же площади.
Решение:
Пусть даны прямоугольные параллелепипеды $ABCDA^{ \prime}B^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}$ и $A_1B_1C_1D_1A_1^{ \prime}B_1^{ \prime}C_1^{ \prime}D_1^{ \prime}$ равного объема, который мы будем считать единичным. Обозначим длины их ребер через $a, b, c$ и $a_1, b_1, c_1$ соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например $a = a_1$, то достаточно поставить параллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра $a$ и $a_1$ были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметь площадь $bc = b_1c_1$. Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами $S$ и $V$ обозначим площадь и объем соответственно.
Мы покажем, что на ребрах $AA^{ \prime}$ и $A_1A_1^{ \prime}$ параллелепипедов найдутся точки $M$ и $M_1$ такие, что $S_{MBD} = S_{M_1B_1D_1}$ и $V_{AMBD} = V_{A_1M_1B_1D_1}$. Далее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости $S_{MBD}$ и $S_{M_1B_1D_1}$ горизонтальны и совпадают (см. 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 $S_0, S_1, S_2$ и $S_3$ соответственно. Тогда $S_{0}^{2} = S_{1}^{2} + S_{2}^{2} + S_{3}^{2}$.
Доказательство. Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость $ABC$, затем на плоскости $ABD, ACD$ и $BCD$ (см. рис.). Обозначим углы, образуемые гранями $ABC, ABD$ и $ACD$ с гранью $BCD$ через $\alpha_1, \alpha_2$ и $\alpha_3$. Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника $S_i = S_0 \cdot \cos \alpha_i (i = 1, 2, 3), S_0 = S_1 \cos \alpha_1 + S_2 \cos \alpha_2 + S_3 \cos \alpha_3$, поэтому $\cos^2 \alpha_1 + \cos^2 \alpha_2 + \cos^2 \alpha_3 = 1$ и $S_{0}^{2} = S_{1}^{2} + S_{2}^{2} + S_{3}^{2}$. Лемма 1 доказана.
Рассмотрим четырехугольную пирамиду $EABCD (ABCD$ - прямоугольник), лежащую на горизонтальной плоскости гранью $EAB$ (см. 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 $\sigma$, а его высота равна $H$.
Лемма 2. Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, т. е. $V = \frac{2}{3} \sigma \cdot H$.
Доказательство. Разобьем клин на две пирамиды $DEAB$ и $DEBC$. Их объемы равны, так как $S_{ABD} = S_{BCD}$ и расстояние от точки $Е$ до их оснований одно и то же. Поэтому $V = 2V_{DEAB} = \frac{2}{3} \sigma \cdot H$.
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.
Доказательство. В случае тетраэдров (см. рис.) из подобия получаем, что $\frac{S_1}{S} = (\frac{H - x}{H})^2$ и $\frac{S_2}{S} = (\frac{H - x}{H})^2$, следовательно, $S_1 = S_2$. Чтобы доказать это утверждение для клиньев, достаточно достроить клин до призмы (см. рис.). Из рисунка видно, что $\sigma_х = \sigma - \frac{x^2}{H^2} \sigma = \sigma (1 - \frac{x^2}{H^2})$, откуда и следует равенство площадей сечении.
Докажем теперь существование точек $M$ $M_1$. Если $AM = xc$, а $A_1M_1 = xc_1$, где $x \in (0,1]$, то равенство объемов пирамид $AMBD$ и $A_1M_1B_1D_1$ выполняется автоматически, а равенство площадей треугольников $MBD$ и $M_1B_1D_1$ равносильно равенству $f(x) = (a_2c_2 + b_2c_2 - a_1^1c_1^2 - b_1^2c_1^2)x^2 + (a^2b^2 - a_1^2b_1^2) = 0$, так как $S_{MBD}^2 = \frac{1}{4}(x^2a^2c^2 + x^2b^2c^2 + a^2b^2)$ и $S_{M_1B_1D_1}^2 = \frac{1}{4}(x^2a_1^2c_1^2 + x^2b_1^2c_1^2 + a_1^2b_1^2)$ в силу леммы 1. Покажем, что $f(0) > 0,$ а $f(1) \leq 0$ (или наоборот). Отсюда и будет следовать существование $x \in (0,1]$ такого, что $f(x) = 0$, а, значит, и существование точек $M$ и $M_1$.
Заметим, что $f(0) = а^2b^2 - а_1^2b_1^2 = \frac{a^2b^2c^2}{c^2} - \frac{a_1^2b_1^2c_1^2}{c_1^2} = \frac{1}{c^2} - \frac{1}{c_1^2}$ и аналогично $f(1)=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} - \frac{1}{a_1^2} -\frac{1}{b_1^2} - \frac{1}{c_1^2}$, так как $abc = a_1b_1c_1 = 1$.
Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда: один с ребрами $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ и диагональю $d$, другой - с ребрами $\frac{1}{a_1}, \frac{1}{b_1}, \frac{1}{c_1}$ и диагональю $d_1$: их объемы равны единице, а диагональ одного из них не меньше, чем диагональ другого. Пусть, скажем, $d \leq d_1$, тогда $f(1) \leq 0$. 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 $\frac{1}{c} > \frac{1}{c_1}$. 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 $ABDA^{ \prime}B^{ \prime}D^{ \prime}$ и $A_1B_1D_1A_1^{ \prime}B_1^{ \prime}D_1^{ \prime}$. Для пирамид $MABD$ и $M_1A_1B_1D_1$ справедливость его следует из леммы 3.
Проведем плоскость $A^{ \prime}FE \parallel MBD$ (см. рис.) и плоскость $A_1^{ \prime}F_1^{ \prime} E_1^{ \prime} \parallel M_1B_1D_1$. Эти плоскости отсекают от призм клинья $A^{ \prime}B^{ \prime}D^{ \prime}FE$ и $A_1^{ \prime} 1B_1^{ \prime}D_1^{ \prime}F_1E_1$ равного объема, так как (в силу леммы 2)
$V_{A^{\prime}B^{\prime}D^{\prime}FE} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}axc \cdot = \frac{1}{3}x = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}a_1xc_1 \cdot b_1 = V_{A_1^{\prime}B_1^{\prime}D_1^{\prime}F_1E_1}$.
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 $MBDA^{\prime}EF$ и $M_1B_1D_1A_1^{\prime}1E_1F_1$ имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты), поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны.
Замечание 1. Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 438 и замечания к ней).
Замечание 2. 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.
