在四面体 $ABCD$ 中,棱 $AB,CD$ 的中点分别为 $M,N$,求证:任意一个过 $M,N$ 的平面均将四面体 $ABCD$ 分为体积相等的两个部分.
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
若过 $M,N$ 的平面过四面体的整条棱,如 $AB$ 或者 $CD$,原命题显然成立,证明如下.不妨设平面过 $AB$,四面体被分为棱锥 $A-BCN$ 和 $A-BND$,这两个三棱锥底面积相等而且同高,体积相等.
若平面不经过整条棱,不妨设其还与棱 $CD$ 和 $AD$ 有公共点.如图,设平面 $MEN$ 是过 $M,N$ 的任一平面,且该平面交 $BC$ 于 $E$,交 $AD$ 于 $F$,
第一种情况,若 $E,F$ 分别为 $BC,AD$ 的中点,此时 $AC$ 和 $BD$ 都与截面平行.结合 $M$ 是 $AB$ 的中点,容易得到棱锥 $A-ENFM$ 与棱锥 $B-MNFM$ 体积相等.只需要证明 $A-ECN$ 与 $F-BND$ 体积相等即可.把两个锥体与锥体 $A-BCD$ 体积进行比对即可得到,他们都是大锥体体积的 $\frac14$.命题得证.
第二种情况,也就是一般情况,不妨 $MF$,$EN$ 交 $BD$ 的延长线于 $G$.如图.
由于 $N$ 是 $CD$ 的中点,所以 $C,D$ 到平面 $MEN$ 的距离相等,从而棱锥 $C-MENF$ 的体积与棱锥 $D-MENF$ 的体积相等.设四面体 $ABCD$ 的体积为 $V$,则\[V_{C-AMF}=\dfrac{AM\cdot AF}{AB\cdot AD}V=\dfrac 12\cdot\dfrac{AF}{AD}V,\]同理,有\[V_{D-BME}=\dfrac 12\cdot \dfrac{BE}{BC}V,\]由梅涅劳斯定理,有\[\dfrac{DG}{GB}\cdot \dfrac{BM}{MA}\cdot \dfrac{AF}{FD}=1,\dfrac{DG}{GB}\cdot \dfrac{BE}{EC}\cdot \dfrac{CN}{ND}=1,\]又\[\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{CN}{ND}=1,\]于是\[\dfrac{AF}{FD}=\dfrac{BE}{EC},\]故 $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{BE}{BC}$,这样我们就得到了三棱锥 $C-AMF$ 与三棱锥 $D-BME$ 的体积相等.将体积相等的两组三棱锥对应相加,即得欲证明命题.
若平面不经过整条棱,不妨设其还与棱 $CD$ 和 $AD$ 有公共点.如图,设平面 $MEN$ 是过 $M,N$ 的任一平面,且该平面交 $BC$ 于 $E$,交 $AD$ 于 $F$,
第一种情况,若 $E,F$ 分别为 $BC,AD$ 的中点,此时 $AC$ 和 $BD$ 都与截面平行.结合 $M$ 是 $AB$ 的中点,容易得到棱锥 $A-ENFM$ 与棱锥 $B-MNFM$ 体积相等.只需要证明 $A-ECN$ 与 $F-BND$ 体积相等即可.把两个锥体与锥体 $A-BCD$ 体积进行比对即可得到,他们都是大锥体体积的 $\frac14$.命题得证.
第二种情况,也就是一般情况,不妨 $MF$,$EN$ 交 $BD$ 的延长线于 $G$.如图.

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