已知一个四面体 $ABCD$，联结顶点 $D$ 与底面 $\triangle ABC$ 的重心 ${D}_{1}$，过 $\triangle ABC$ 的各顶点 作 $D{D}_{1}$ 的平行线，分别与对面相交于 ${A}_{1}、{B}_{1}、{C}_{1}$ 三点．求证：四面体 $ABCD$ 的体积是四面体 ${A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}$ 体积的三分之一，又如点 ${D}_{1}$ 是 $\triangle ABC $ 内任一点，结论是否成立？（波兰）
【难度】
【出处】
1964年第06届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
如图，设 $E,F,G$ 分别为 $BC,CA,AB$ 之中点，则 $A_1$ 在 $ED$ 上，且 $\triangle ED_1D\sim\triangle EA_1A$，于是 $AA_1\parallel=3DD_1$，同理，$BB_1\parallel=CC_1\parallel=3DD_1$，故不难得知 $A_1B_1=2EF=AB$，同理 $B_1C_1=BC,C_1A_1=CA,\triangle ABC\cong \triangle A_1B_1C_1$，且两三角形所在平面平行，而四面体 $A_1B_1C_1D_1$ 的高等于四面体 $ABCD$ 的高的三倍．
所以 $V_{A_1B_1C_1D_1}=3V_{ABCD}$．
当 $D_1$ 为 $\triangle ABC$ 内任意一点时，结论仍成立．
设 $DD_1$ 交平面 $A_1B_1C_1$ 于 $D_2$，$A_1D_2,B_1D_2,C_1D_2$ 分别交 $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ 于 $E_1,F_1,G_1$，而此时 $E,F,G$ 分别为 $AD_1,BD_1,CD_1$ 与 $BC,CA,AB$ 的交点，易见 $A_1,B_1,C_1$ 分别在直线 $ED,FD$ 与 $GD$ 上．
由于 $A$ 在平面 $B_1BCC_1$ 外 $AA_1\parallel BB_1$，故 $EE_1\parallel AA_1$，于是 $\dfrac{D_2D}{EE_1}=\dfrac{A_1D_2}{A_1E_1}=\dfrac{AD_1}{AE}$．
又在梯形 $BCC_1B_1$ 中，易知
$EE_1=\dfrac{BE}{BC}\cdot CC_1+\dfrac{CE}{BC}\cdot BB_1=\left(\dfrac{BE}{BC}\cdot\dfrac{CG}{D_1G}+\dfrac{CE}{BC}\cdot \dfrac{BF}{D_1F}\right)\cdot DD_1$
故 $D_2D=\left(\dfrac{BE}{BC}\cdot\dfrac{CG}{D_1G}\cdot\dfrac{AD_1}{AE}+\dfrac{CE}{BC}\cdot \dfrac{BF}{D_1F}\cdot\dfrac{AD_1}{AE}\right)\cdot DD_1$．
由梅内劳斯定理，括号内两积均为 $1$，故 $D_1D_2=3DD_1$．①
今作一平面 $\alpha\perp D_1D_2$，又过 $D_1,D_2$ 任意作两个平行平面 $\beta_1$ 与 $\beta_2$ 与直线 $AA_1,BB_1,CC_1$ 相截得一柱体，设此柱体截面积为 $S$，高为 $h,\beta_1$ 与 $\alpha$ 的两面角为 $\theta$，则 $S=\dfrac{S_0}{\cos\theta},h=D_1D_2\cos\theta$．
其中 $S_0$ 是 $\alpha$ 与 $AA_1,BB_1,CC_1$ 直线相交成的三角形面积，于是这种柱体的体积 $V$ 恒为常数 $S_0\cdot D_1D_2$，根据椎体体积公式及 ①，知 $V_{D_1A_1B_1C_1}=V_{D_2ABC}=3V_{DABC}$．
所以 $V_{A_1B_1C_1D_1}=3V_{ABCD}$．当 $D_1$ 为 $\triangle ABC$ 内任意一点时，结论仍成立．
设 $DD_1$ 交平面 $A_1B_1C_1$ 于 $D_2$，$A_1D_2,B_1D_2,C_1D_2$ 分别交 $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ 于 $E_1,F_1,G_1$，而此时 $E,F,G$ 分别为 $AD_1,BD_1,CD_1$ 与 $BC,CA,AB$ 的交点，易见 $A_1,B_1,C_1$ 分别在直线 $ED,FD$ 与 $GD$ 上．
由于 $A$ 在平面 $B_1BCC_1$ 外 $AA_1\parallel BB_1$，故 $EE_1\parallel AA_1$，于是 $\dfrac{D_2D}{EE_1}=\dfrac{A_1D_2}{A_1E_1}=\dfrac{AD_1}{AE}$．
又在梯形 $BCC_1B_1$ 中，易知
$EE_1=\dfrac{BE}{BC}\cdot CC_1+\dfrac{CE}{BC}\cdot BB_1=\left(\dfrac{BE}{BC}\cdot\dfrac{CG}{D_1G}+\dfrac{CE}{BC}\cdot \dfrac{BF}{D_1F}\right)\cdot DD_1$
故 $D_2D=\left(\dfrac{BE}{BC}\cdot\dfrac{CG}{D_1G}\cdot\dfrac{AD_1}{AE}+\dfrac{CE}{BC}\cdot \dfrac{BF}{D_1F}\cdot\dfrac{AD_1}{AE}\right)\cdot DD_1$．
由梅内劳斯定理，括号内两积均为 $1$，故 $D_1D_2=3DD_1$．①
今作一平面 $\alpha\perp D_1D_2$，又过 $D_1,D_2$ 任意作两个平行平面 $\beta_1$ 与 $\beta_2$ 与直线 $AA_1,BB_1,CC_1$ 相截得一柱体，设此柱体截面积为 $S$，高为 $h,\beta_1$ 与 $\alpha$ 的两面角为 $\theta$，则 $S=\dfrac{S_0}{\cos\theta},h=D_1D_2\cos\theta$．
其中 $S_0$ 是 $\alpha$ 与 $AA_1,BB_1,CC_1$ 直线相交成的三角形面积，于是这种柱体的体积 $V$ 恒为常数 $S_0\cdot D_1D_2$，根据椎体体积公式及 ①，知 $V_{D_1A_1B_1C_1}=V_{D_2ABC}=3V_{DABC}$．
答案
解析
备注
