Сферы —Каталог задач по Олимпиадной математике

Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Сферы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Сферы

Вписанная сфера

Описанная сфера

Сечение шара плоскостью

Касательные к сфере (+ каркасный тетраэдр)

Подтемы раздела стереометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85517

Вписанная сфера треугольной пирамиды $SABC$ касается основания $ABC$ в точке $P$ , а боковых граней - в точках $K,M$ и $N$ . Прямые $P K,PM,PN$ пересекают плоскость, проходящую через середины боковых рёбер пирамиды, в точках $′ ′ ′ K ,M ,N$ . Докажите, что прямая SP проходит через центр описанной окружности треугольника $′ ′ ′ K M N$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.5 (см. turgor.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Сделаем гомотетию с центром $P$ и коэффициентом 2. Пусть $′′ ′′ ′′ K ,M ,N$ — образы точек $′ ′ ′ K ,M ,N ,T$ — точка пересечения прямой $SK$ с плоскостью $ABC$ . Тогда $TK =T P$ как касательные к сфере, и, поскольку треугольники $PKT$ и $′′ K KS$ подобны, то $′′ SK = SK$ . Аналогично $′′ ′′ SM = SM,SN = SN$ . Но $SK = SM = SN$ как касательные, следовательно $S$ — центр окружности $′′ ′′ ′′ K M N$ , а середина $SP$ — центр окружности $KMN.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим сферу, проходящую через точки $K,M,N$ , с центром в точке $S$ , через $ω$ , вписанную сферу пирамиды — через $γ$ , а плоскость, проходящую через середины рёбер пирамиды — через $α$ .

Сделаем инверсию с центром в точке $P$ , переводящую $γ$ в $α$ . Тогда точки $K,M, N$ перейдут в точки $K′,M′,N′$ . Так как $ω ⊥γ$ , то образ $ω$ будет перпендикулярен $α$ . Следовательно, образом $ω$ будет сфера, построенная на окружности ( $K′M′N′$ ) как на диаметральной окружности.

Тогда утверждение задачи следует из того, что центр инверсии, центр сферы и центр её образа лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Утверждение задачи является частным случаем следующего факта.

Рассмотрим стереографическую проекцию сферы $S$ на плоскость $π$ из точки $P ∈ S$ . Пусть $Q$ — точка вне сферы $S$ , а окружность $ω$ на $S$ , образованная касательными к $S$ из $Q$ , не проходит через $P$ . Тогда образом $ω$ будет окружность $ω′$ с центром в точке пересечения плоскости $π$ с лучом $PQ$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81377

Длина ребра куба $ABCDA ′B′C′D′$ равна 1. Найдите радиус сферы, проходящей через точку $B$ и касающейся прямых $AD,AA′$ и $′ ′ A B$ .

Источники: Миссия выполнима - 2024, 11.4 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут у нас и параллельные прямые, и биссектрисса - давайте поищем равные углы. Помним, что биссектрисса отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник.

Подсказка 2

Верно, получаем MCK равнобедренный. Тогда ОС (где О - центр окружности) - серединный перпендикуляр КМ, а треугольники KOC и МОС равны и равнобедренны. На этом этапе давайте остановимся в изучении чертежа и подумаем, как нам доказать требуемое. Какой признак может указывать на принадлежность точки О описанной окружности BCD?

Подсказка 3

Конечно, в нашем случае проще всего будет доказывать через равенство вписанных углов. Для каких двух углов будет удобнее это доказать?

Подсказка 4

Конечно, легче находится, что OBC и ODC равны и опираются на дугу ОС. Это несложно вывести, если увидеть равенство треугольников BKO и DCO. Теперь остаётся только последовательно всё доказать

Показать ответ и решение

Введём декартову систему координат с центром в точке $A$ , ось абсцисс — луч $AD$ , ось ординат — луч $AA ′$ , ось аппликат — луч $AB$ .

Пусть $′ O$ — проекция центра сферы на грань $′ ′ AA B B$ куба. Определим ее местоположение. Так как сфера касается прямых $′ ′′ AA ,A B$ и проходит через точку $B$ , то расстояние от точки $′ O$ до прямых $′ AA$ и $′ ′ A B$ и точки $B$ одинаково (обозначим его $r$ ). Тогда $′ O$ лежит на луче $′ A B$ , который является биссектрисой угла $′ ′ AA B$ . Осталось учесть условие, что центр сферы касается прямой $AD$ , то есть нужно проверить, что расстояние от центра до прямой $AD$ совпадает с радиусом сферы $OB$ .

Заметим, что есть два случая расположения точки $′ O$ (на рисунке показаны разными цветами):

$PIC$

Случай 1: точка $O ′$ лежит на диагонали $A ′B$ .

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника $O ′HA ′$ получим: $r2+ r2 = (√2-− r)2$ , откуда $r =2− √2$ . Значит, центр сферы $O$ имеет координаты $(x1;√2-− 1;2− √2)$ .

Расстояние до прямой $AD$ равно $∘(√2−-1)2-+(2−-√2)2$ . То есть радиус $OB = ∘(√2-− 1)2+(2−-√2)2 = ∘9−-6√2.$

Случай 2: точка $O ′$ лежит на продолжении луча $A′B$ .

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника $O ′HA ′$ получим: $r2+ r2 = (√2-+r)2$ , откуда $r =2+ √2$ . Значит, центр сферы $O$ в этом случае имеет координаты $(x ;−√2-− 1;2+ √2) 2$ .

Расстояние до прямой $AD$ равно $∘--√-----2-----√--2 (− 2− 1) + (2+ 2)$ . То есть радиус $∘ --√----2-----√--2- ∘ ---√-- OB = (− 2− 1)+ (2+ 2) = 9+6 2.$

Ответ:

$∘9-±-6√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80743

Сфера касается всех рёбер пирамиды, в основании которой лежит выпуклый 2024-угольник. Покрасим в шахматном порядке углы между последовательными рёбрами при вершине вне многоугольника в синий и красный цвета. Докажите, что произведение синусов половинок синих углов равно произведению синусов половинок красных.

Источники: Высшая проба - 2024, 11.6 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник А₁А₂…А₂₀₂₄, а О – её вершина. Для начала будет полезно определиться, что синих и красных углов будет равное количество, так как в пирамиде у нас чётное число боковых граней. Давайте рассмотрим одну боковую грань и попробуем найти синус нужного нам угла. Обратите внимание: нас просят найти синус от половинного угла грани. На какую формулу это может быть намеком?

Подсказка 2

Действительно, просто так искать синус половинного угла мы не очень умеем. Давайте рассмотрим квадрат синуса половинного угла и понизим его степень. sin²(α/2) = (1 – cos(α)) / 2. А вот cos(α) мы уже умеем находить, например, по теореме косинусов. Но мы всё ещё никак не использовали нашу сферу. Как может помочь то, что она касается всех ребер пирамиды?

Подсказка 3

Если сфера касается всех ребер, значит, в пересечении с нашей боковой гранью будет получаться окружность, вписанная в треугольную боковую грань пирамиды. Пускай такая окружность касается стороны OА₁ в точке B₁, стороны OА₂ - в точке B₂, а стороны А₁А₂ - в точке С₁. Тогда по теореме об отрезках касательных к окружности, проведенных из одной точки, А₁B₁ = А₁С₁ = x, А₂B₂ = А₂С₁ = y, OB₁ = OB₂ = z. Как тогда выражается sin²(α/2) через x, y, z?

Подсказка 4

Давайте воспользуемся теоремой косинусов для треугольника А₁А₂O, но выразим стороны через x, y, z. Чему тогда будет равно (1 – cos(α)) / 2?

Подсказка 5

После преобразований получаем sin²(α/2) = (А₁B₁* А₂B₂) / (OА₁ * OА₂), где α = ∠А₁OА₂. Заметьте, что данная формула будет верна, как для красных, так и для синих углов, если вместо 1 подставить i, а вместо 2 – (i + 1). Объясните, почему в таком случае произведение синих углов будет равно произведению красных.

Показать доказательство

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник $A ...A 1 2024$ , точка $O$ — вершина пирамиды. Пусть для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , сфера касается ребер $OAi$ в точке $Bi$ , а ребер $AiAi+1$ в точке $Ci$ ( $A2025 = A1$ ).

Рассмотрим треугольник $A1A2O$ . Сечением сферы в его плоскости является вписанная в него окружность, которая касается его сторон в точках $B1$ , $B2$ , $C1$ . Пусть

A1B1 = A1C1 = x

A2B2 = A2C1 = y

OB1 = OB2 = z

∠A1OA2 =α

Из теоремы косинусов имеем

(x+ y)2 = (x+ z)2 +(z+ y)2− 2(x +z)(z +y)cosα

2xy = (x+ z)(y+ z)− (x+z)(z+y)cosα

1− cosα xy ---2---= (x+z)(z+y)

1−-cosα-= A1B1-⋅ A2B2 2 OA1 OA2

Как известно,

1−-cosα- 2 α 2 = sin 2

По условию достаточно показать, что произведения квадратов половинных синих и половинных красных углов равны. Но из равенства выше каждое из таких произведений равно произведению отношений $AiBi OAi-$ для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , что доказывает исходное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72981

Основание $H$ высоты $SH$ треугольной пирамиды $SABC$ принадлежит грани $ABC,$

∘ -5- SH = 21,SA =1,SB =2,∠ASB = 120∘,∠ACB = 60∘

Найти радиус сферы, описанной около пирамиды $SABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим центр нашей сферы за O. Разумно будет опустить перпендикуляры OO₁ и OO₂ на плоскости (ABC) и (ASB) соответственно. Что тогда можно сказать про точки O₁ и O₂?

Подсказка 2

Правильно, это центры описанных окружностей треугольников △ABC и △ASB. Т.к. ∠AO₁B- центральный, то ∠AO₁B=2∠ACB=120°. Заметим, что △ASB- тупоугольный, а это значит, что O₂ лежит вне треугольника △ASB ⇒ ∠AO₂B=120°. Тогда равнобедренные треугольники △AO₂B и△ AO₁B равны. А что можно сказать про треугольники △OO₂M и △OO₁M, где M- середина AB?

Подсказка 3

Они равны! Т.к. OM, O₁M, O₂M ⊥ AB ⇒ O, O₁, O₂, M лежат в одной плоскости. Вот если бы мы знали уголок ∠O₂MO₁, мы бы легко нашли OO₁... Погодите, ведь ∠O₂MO₁ это просто больший из линейных углов двугранного угла между плоскостями (ABC) и (ASB)...

Подсказка 4

Итак, раз уж вы нашли этот уголок, то ∠OMO₁=∠O₂MO₁/2 ⇒ можем вычислить OO₁. Осталось лишь написать теорему Пифагора для треугольника △OBO₁ и найти OB=R!

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме косинусов из треугольника $△ASB$ находим, что

∘ ---------------- AB = ∘SA2-+SB2-−-2SA-⋅SBcos120∘ = 1+ 4− 2 ⋅1 ⋅2 ⋅(− 1 )=√7. 2

Пусть $SD$ - высота треугольника $△ASB$ . Тогда

1 √7- S△ASB = 2AB ⋅SD = 2 ⋅SD.

С другой стороны,

√ - √- S△ASB = 12AS ⋅BS sin120∘ = 12 ⋅1⋅2⋅-23=-32 .

Из уравнения $√ - √ - -27⋅SD =-23$ находим, что $∘ -- SD = 37.$ По теореме о трёх перпендикулярах $HD ⊥ AB,$ поэтому $SDH$ - линейный угол двугранного угла между плоскостями граней $ASB$ и $ABC.$ Обозначим $∠SDH = β.$ Из прямоугольного треугольника $△SDH$ находим, что

∘ -5 √ - sinβ = SH-=-∘21 =--5. SD 37 3

Тогда $cosβ = 23.$

$PIC$

Пусть $O1$ и $O2$ - проекции центра $O$ сферы, описанной около пирамиды $ABCD$ на плоскости граней $ABC$ и $ASD$ соответственно. Тогда $O1$ и $O2$ - центры описанных окружностей треугольников $△ABC$ и $△ASB.$ Тогда, если $M$ - середина ребра $AB,$ то $O1M ⊥ AB$ и $O2M ⊥ AB.$
Поскольку $∠ASB = 120∘ > 90∘,$ центр $O 2$ описанной окружности треугольника $△ASB$ и вершина $S$ лежат по разные стороны от прямой $AB,$ значит, центр $O$ сферы лежит внутри тупого двугранного угла, образованного плоскостями граней $ASB$ и $ABC.$
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямые $O1O$ и $O2O.$ Прямая $AB$ перпендикулярна этой плоскости, т.к. она перпендикулярна $O2M ⊥ AB,$ то точка $M$ также принадлежит этой плоскости. Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠AO1B = 2∠ACB = 120 ,∠AO2B = 360 − 2∠ASB =360 − 240 = 120,

поскольку центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного. Из равнобедренных треугольников $△AO1B$ и $△AO2B$ находим, что

∘ √7 1 √7- ∘7- O1M = O2M = AM cot60 = -2-⋅√3-= 2√3, BO1 = 2O1M = 3.

Прямоугольные треугольники $△OMO1$ и $△OMO2$ равны по гипотенузе и катету, поэтому $∠MOO1 = ∠MOO2,$ а т.к. $∠O1OO2 = β,$ то $∠MOO1 = β2.$ Тогда

√- ∘ ------- √- ┌││ ---2- √ -- OO1 =O1M cotβ = √7-⋅ 1+-cosβ-= √7-⋅∘ 1+-32 =-√35. 2 2 3 1− cosβ 2 3 1− 3 2 3

Пусть $R$ искомый радиус описанной сферы пирамиды $ABCD.$ Из прямоугольного треугольника $△OO1B$ находим, что

┌│ (-√--)2--(∘--)2- √ -- R= OB = ∘OO2-+-BO2-=│∘ √35 + 7 =--21. 1 1 2 3 3 2

Ответ:

$√21 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#71017

Две сферы касаются друг друга внешним образом и каждая из них касается внутренним образом большей сферы. Радиус одной в два раза, а другой — в три раза меньше радиуса наибольшей сферы. В точке касания малых сфер друг с другом построена касательная плоскость к ним. Найдите расстояние от этой плоскости до центра наибольшей сферы, если ее радиус равен $R.$

Источники: Надежда энергетики-2023, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не очень удобно работать в пространстве. Может, тогда перейти в плоскость? Давайте перейдем в плоскость α, проходящую через центры наших сфер...

Подсказка 2

Обозначим их центры за O, O₁ и O₂. Пускай R=6r ⇒ радиусы оставшихся двух сфер равны 3r и 2r ⇒ O₁O₂=5r, OO₁=3r и OO₂=4r. Что мы можем сказать про треугольник △O₁OO₂?

Подсказка 3

Верно, он прямоугольный! Пускай плоскость β, касающаяся наших сфер, пересекает α по прямой L. Обозначим за K- точку пересечения OO₂ и L, D- основание перпендикуляра из O на прямую L и F- точку касания маленьких сфер. Какие между собой треугольники △ODK, △KFO₂ и △O₁OO₂?

Подсказка 4

В яблочко, они подобны! Тогда: KO₂/FO₂=O₁O₂/OO₂ ⇒ KO₂=r*5/2 ⇒ KO=r*3/2. Также: OD/KO=OO₂/O₁O₂ ⇒ OD=r*6/5=R/5.

Показать ответ и решение

Проведём сечение описанной композиции плоскостью, проходящей через центры трех сфер. Искомое расстояние будет длиной отрезка $OD$ на этой плоскости.

$PIC$

Пусть радиусы малых окружностей равны $2r$ и $3r.$ Тогда радиус наибольшей (внешней) равен $6r$ (дано: $6r= R$ ). Рассмотрим $△O1OO2.$ Его стороны равны $3r,4r$ и $5r,$ следовательно, он прямоугольный.

Обозначим точку пересечения искомой хорды с отрезком $O1O2$ через $F,$ а с отрезком $OO2$ через $K.$ Опустим из центра наибольшей окружности перпендикуляр $OD$ на искомую хорду (отрезок общей касательной). Тогда искомая хорда делится точкой $D$ пополам и перпендикулярна отрезкам $OD$ и $O1O2.$

Прямоугольные треугольники $O1OO2,KFO2,KDO$ подобны. Поэтому $KO O O F-O2= -O1O-2 2 2$ , откуда $5 KO2 = 2r$ и $3 KO = 2r.$

Далее, $OD- OO2-- KO = O1O2,$ откуда $6 1 OD = 5r= 5R.$

Ответ: 0,2 R

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#68706

Дан куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром равным $x.$ $S$ — сфера, вписанная в каркас этого куба (то есть, касающаяся всех его рёбер). Точка $M$ — середина ребра $B1C1.$ Прямая $AM$ вторично пересекает сферу $S$ в точке $X.$ Найдите $AX.$

Источники: ИТМО-2023, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть вписанная сфера, а мы хотим найти какой-то отрезок, конец которого лежит на сфере. Может, попробовать применить теорему о касательной и секущей...

Подсказка 2

Наша сфера касается ребра AA₁ в точке K, где K- середина AA₁. Тогда AK²=AX*AM. Надо как-то найти AM...

Подсказка 3

Мы работаем с кубом, поэтому логично было бы поискать теоремки Пифагора. Например для треугольника AMB₁. А почему он прямоугольный?

Подсказка 4

Потому что C₁B₁ перпендикулярен плоскости ABB₁. Тогда по теореме Пифагора для AMB₁: AM²=AB₁²+MB₁². Мы знаем, что B₁M=x/2. Осталось только найти AB₁² и досчитать AX.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $L$ — середина ребра $BC,$ тогда $BL = BC2-= x2.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△ABL$ получаем

∘ ------ - ∘ --2----2- 2 x2 √5x- AL= AB + BL = x + 4 = 2

$M$ — середина $B1C1,$ а $L$ — середина $BC,$ следовательно, $ML,$ как средняя линия квадрата $BCC1B1,$ равна $BB1,$ т.е. равна $x.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△AML$ получаем

∘ ------- AM =∘AL2--+ML2-= 5x2+ x2 = 3x- 4 2

Пусть $K$ — середина ребра $AA1,$ тогда $x AK = 2.$ Т.к. сфера $S$ вписана в каркас куба $ABCDA1B1C1D1,$ значит, точками касания являются середины рёбер. Следовательно, используем теорему о касательной и секущей

AK2 2x2 x AK2 =AX ⋅AM ⇒ AX = AM--= 4⋅3x = 6

Ответ:

$x 6$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#68658

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$ дана высота $h$ и $AB = a$ . Найти радиус сферы, вписанной в пирамиду.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте отметим точку I - центр вписанной сферы, точку H – точка касания сферы грани ABS. Проведите прямую SH до пересечения с AB. Пусть SH пересекает AB в точке M. Подумайте, где лежит точка I и чем является SM для треугольника ABS.

Подсказка 2

Точка I будет лежать на высоте SO, где O – основание высоты и центр основания пирамиды. А прямая SM будет медианой треугольника ABS. Что в таком случае мы можем сказать про треугольники SHI и SOM?

Подсказка 3

△SHI подобен △SOM. Можем записать отношение их сторон как SI/MS=HI/OM. Выразите каждую из сторон, использованных в пропорции, через a, h и r, где r – радиус вписанной сферы. А далее решите уравнение относительно r.

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим на высоте $SO$ пирамиды центр $I$ вписанной сферы. Также отметим середину $M$ стороны $AB$ . Проведём перпендикуляр из точки $I$ на $MS,$ тогда $IH ⊥ ASB$ , а точка $H$ — точка касания сферы с гранью $ABS$ . Тогда $IO = IH = r,SI = h− r.$ Поскольку $∠SHI =∠SOM = 90∘$ , то $△SHI ∼△SOM$ , откуда с учётом $MO = 2a√3$ (из свойств правильного треугольника) имеем

-SI = HI- MS OM

∘-h−-r--= --r√- h2+ a122 a∕2 3

∘ ------ ∘------- h 2√3- 2 a2- h2 r − 1 = a ⋅ h + 12 = 12a2 + 1

Отсюда заключаем

-----h----- r= ∘12h2+-1+ 1 = a2

-----ah----- ah(√a2+-12h2−-a) = a +√a2-+12h2 = 12h2

Замечание. Другим способом посчитать радиус является использование соотношения на площадь поверхности и объём пирамиды $1 V = 3rS.$

Ответ:

$-a-(√a2-+12h2− a) 12h$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#68100

Из центра $O$ сферы радиуса $R$ проведены три луча, пересекающие сферу в точках $A,B$ и $C.$ Известно, что $∠AOB =∠AOC =∠BOC =60∘.$ Найдите площадь части сферы, ограниченной плоскостями $(AOB ),(AOC)$ и $(BOC).$

Источники: Межвед-2023, 11.8 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите сначала две различные плоскости, проходящие через центр сферы. Пусть угол между этими плоскостями равен φ. Плоскости пересекают сферу по большим окружностям. На их пересечении получается криволинейный треугольник. Выразите его площадь через радиус и угол!

Подсказка 2

Три плоскости (содержащие грани трехгранного угла) разбивают сферу на 8 криволинейных треугольников. Искомую площадь криволинейного треугольника ABC обозначим через S, а его углы (которые, очевидно, являются двугранными углами трехгранного угла OABC ) за φ, ψ, θ. Примените формулу для площади криволинейного треугольника с углами φ, ψ, θ.

Подсказка 3

Примените теорему косинусов для трехгранного угла!

Показать ответ и решение

В задаче речь идет о трехгранном угле с вершиной в центре сферы, высекающем на сфере криволинейный треугольник. Площадь этого треугольника требуется выразить через радиус сферы и данные в условии плоские углы трехгранного угла, которые будем обозначать $∠AOB =α,∠AOC = β,∠BOC = γ.$

Рассмотрим сначала две различные плоскости, проходящие через центр сферы. Пусть угол между этими плоскостями равен $φ.$ Плоскости пересекают сферу по большим окружностям. Касательные к окружностям в их точке пересечения также образуют угол $φ.$ Площадь поверхности сферы равна $2 4πR .$ Площадь высекаемой плоскостями «дольки» (указанной на рисунке цветом) очевидно пропорциональна величине $φ$ и равна $2 φ- 2 4πR ⋅2π = 2R φ.$

$PIC$

Три плоскости (содержащие грани трехгранного угла) разбивают сферу на $8$ треугольников. Искомую площадь криволинейного треугольника $ABC$ обозначим через $S,$ а его углы (которые, очевидно, являются двугранными углами трехгранного угла $OABC )$ за $φ,ψ,𝜃.$ Площади криволинейных треугольников, примыкающих к сторонам треугольника $ABC,$ обозначим $Sφ,Sψ,S𝜃.$ С каждым из этих треугольников $ABC$ образует «дольку», поэтому $S +Sφ =2R2φ,S+ Sψ =2R2ψ,S+ S𝜃 = 2R2𝜃.$ Оставшиеся из $4$ -х нерассмотренных криволинейных треугольников симметричны $4$ -м рассмотренным относительно центра сферы. Значит, суммарная площадь рассматриваемых четырех треугольников равна половине площади сферы, то есть $S +Sφ +Sψ +S𝜃 =2πR2.$ Тогда сложим первые три уравнения и воспользуемся четвертым:

2S+ (S +Sφ +Sψ +S𝜃)= 2R2(φ + ψ+ 𝜃)

S = R2⋅(φ+ ψ+ 𝜃− π).

$PIC$

Из теоремы косинусов для трехгранного угла $OABC :$

1 φ= ψ = 𝜃= arccos3.

Отсюда получаем ответ.

$PIC$

Ответ:

$(3⋅arccos1− π)R2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67674

Середины всех высот некоторого тетраэдра лежат на его вписанной сфере. Верно ли, что тетраэдр правильный?

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разобраться в этом тетраэдре. Мы знаем, что середина каждой высоты лежит на вписанной сфере. Какое неравенство, связанное с высотой и радиусом вписанной сферы, мы можем получить?

Подсказка 2

Если Hi- длина произвольной высоты тетраэдра, то Hi/2<=2r, где r- радиус вписанной сферы. Это можно увидеть, если провести плоскость, параллельную плоскости основания высоты и касающуюся вписанной сферы. Что же может дать нам это неравенство? Полезно было бы вспомнить о том, что Hi и r связаны объёмом тетраэдра...

Подсказка 3

Обозначим за Si- площадь произвольной боковой грани. Тогда: 3*V=Hi*Si=r*(S1+S2+S3+S4), где V- объем тетраэдра. Попробуйте теперь воспользоваться неравенством Hi/2<=2r...

Подсказка 4

Подставив неравенство в равенство, мы получим, что: r*(S1+S2+S3+S4)<=4*r*Si. Сократим обе части на 4*r: (S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Получается, что произвольно выбранная площадь не меньше среднего арифметического всех площадей. Это как-то странно...

Подсказка 5

Давайте предположим, что Si не больше всех оставшихся площадей. Тогда: Si=(Si+Si+Si+Si)/4<=(S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Это означает, что все Si равны между собой. Тогда и все высоты равны между собой. Во что превращается неравенство Hi/2<=2r?

Подсказка 6

Положим, что S1=S2=S3=S4=S, а H1=H2=H3=H4=H. Т.к. H*S=r*(S1+S2+S3+S4) получаем, что H=4r. Но тогда высоты обязаны содержать центр вписанной окружности и точку касания с гранью. Может как-то выразить длины ребер через высоты...

Подсказка 7

Для определенности проведем высоту AH и будем искать ребро AB. По теореме о касательной и секущей получаю, что BH^2=H*H/2. Теперь осталось воспользоваться теоремой Пифагора для треугольника ABH и увидеть, как AB выражается через H.

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим тетраэдр $ABCD,$ удовлетворяющий условию задачи. Заметим, что по условию для любой высоты $hi$ данного тетраэдра справедливо неравенство $hi2-≤2r,$ где $r$ — радиус вписанной сферы, то есть $hi ≤ 4r,i=1,2,3,4.$

Пусть $Si$ — площадь грани, на которую опущена высота $hi.$ Докажем, что $S1 = S2 =$ $=S3 =S4.$ Предположим противное. Выберем грань минимальной площади (если таких граней несколько, то берём любую из них). Без нарушения общности можно считать, что её площадь равна $S1$ (иначе можно ввести переобозначения). Так как не все $Si$ равны между собой и $S1$ - наименьшая из них, то

S1+-S2+S3-+S4->S1 4

Выразим объём тетраэдра двумя способами:

V = 1h S = 1r(S + S + S +S )> 1r⋅4S 3 1 1 3 1 2 3 4 3 1

Отсюда $h1 > 4r,$ что противоречит неравенству $h1 ≤4r$

Итак, все $Si$ равны, поэтому все $hi$ равны, так как $3V hi = Si .$ Обозначим за $h$ длину этих равных высот. Из приведённого выше соотношения для объёма получаем $h= 4r,$ то есть неравенство обращается в равенство. Но это возможно только в случае, если высота содержит центр сферы и точку касания с гранью (и так для каждой высоты).

Пусть $H$ - основание высоты тетраэдра, опущенной из точки $A.$ Тогда $H$ совпадает с точкой касания сферы и грани $BCD$ Пусть $BH = a,$ тогда по теореме о касательной и секущей $2 h a = 2 ⋅h.$ По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $ABH$ получаем

h2 3h2 AB2 =AH2 + BH2 =h2 +a2 = h2+ 2-=-2-

Аналогично получаем такое же выражение для остальных рёбер тетраэдра, следовательно, они равны между собой, то есть тетраэдр правильный.

Ответ: верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67591

Дана треугольная пирамида $SABC,$ медианы $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M.$ Сфера $Ω$ касается ребра $AS$ в точке $L$ и касается плоскости основания пирамиды в точке $K,$ лежащей на отрезке $AM.$ Сфера $Ω$ пересекает отрезок $SM$ в точках $P$ и $Q.$ Известно, что $SP = MQ,$ площадь треугольника $ABC$ равна $90,SA= BC = 12.$

а) Найдите произведение длин медиан $AA1,BB1$ и $CC1.$

б) Найдите двугранный угол при ребре $BC$ пирамиды, если дополнительно известно, что $Ω$ касается грани $BCS$ в точке $N,SN = 4,$ а радиус сферы $Ω$ равен 5.

Источники: Физтех-2023, 11.7 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Давайте просто начнём хоть что-нибудь делать в задаче и в дальнейшем посмотрим, что из этого получится. У нас есть касание со сферой и секущая. Какой тогда факт связанный со сферой можно сразу заметить?

Пункт а), подсказка 2

Верно, можем записать два выражения по теореме о касательной и секущей. Какую тогда пару равенств отрезков мы получаем?

Пункт а), подсказка 3

Точно, тогда у нас равны произведения в соотношениях, откуда равны SL и MK, а также AM и SA. Но мы знаем, что SA=12 и BC=12. Давайте не будем забывать, что у нас проведены медианы в основании треугольника. Какие тогда ещё отрезки можно найти и какой сделать вывод про треугольник BMC?

Пункт а), подсказка 4

Верно, MA₁=6 по свойству точки пересечения медиан. Но тогда MA₁=BA₁=CA₁=6, и треугольник BMC прямоугольный. Далее, зная площадь треугольника ABC, найти произведение двух оставшихся медиан несложно, так как катеты и будут частями исходных медиан.

Пункт б), подсказка 1

Раз нам нужен двухгранный угол, нужно его сначала построить. Из какой тогда точки удобнее всего опустить перпендикуляр на ребро BC для достижения цели?

Пункт б), подсказка 2

Верно, опустим перпендикуляр KH из точки K. Но тогда, применяя несколько раз теорему о трёх перпендикулярах, получаем, что NH ⊥ BC. Значит нам нужно искать ∠NHK. Но из-за равенства двух прямоугольных треугольников, ∠NHK = 2∠OHK, где O — центр сферы. Чтобы найти угол, скорее всего, надо будет найти сторону прямоугольного треугольника. Но её мы пока не знаем... Какой дополнительное построение тогда можно сделать, где нам что-то известно?

Пункт б), подсказка 3

Верно, давайте проведём ещё высоту в треугольнике BMC, которую мы можем найти. А также у нас два треугольника подобны. Осталось только до конца воспользоваться равенством касательных к сфере, после чего найти неизвестный катет, и, следовательно, двухгранный угол.

Показать ответ и решение

а)

Поскольку $SL$ — касательная к сфере $Ω,$ а $SP$ и $SQ$ — секущие к ней, то по теореме о касательной и секущей

2 SL = SP ⋅SQ

Аналогично,

2 MK = MP ⋅MQ

А поскольку $MQ = SP,$ то

SP ⋅SQ = MP ⋅MQ

В итоге получаем

SL2 =SP ⋅SQ =MP ⋅MQ = MK2 ⇒ SL =MK

Так как $AL = AK$ как касательные к сфере $Ω,$ проведённые из точки $A,$ то

AM = AK +MK = AL+ SL =SA = 12

А поскольку медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении $2 :1$ считая от вершины, то

3 AA1 = 2AM = 18

Кроме того,

A1M = AM = 6 2

При этом

A1B =A1C = BC-= 6, 2

то есть

A1M = A1B = A1C

Отсюда $△BMC$ прямоугольный и $∠BMC =90∘.$ Далее имеем

SBMC = SABC-= 1 ⋅BM ⋅CM = 1⋅ 2BB1-⋅ 2CC1-⇒ BB1 ⋅CC1 = 3SABC =135 3 2 2 3 3 2

Значит,

AA1 ⋅BB1 ⋅CC1 =18⋅135= 2430

б)

Пусть $G$ и $H$ — проекции точек $M$ и $K$ на прямую $BC$ соответственно. Заметим, что $NH ⊥BC,$ потому что $N$ и $K$ — точки касания сферы $Ω$ со сторонами двугранного угла пирамиды при ребре $BC.$ Поэтому искомый угол равен

∠NHK = 2∠OHK,

где $O$ — центр сферы $Ω.$

Далее имеем

SABC- 1 2SABC- SBMC = 3 = 2 ⋅BC ⋅MG ⇒ MG = 3BC =5

Так как $SL =SN = 4$ как касательные к $Ω,$ то

AK = AL =SA − SL= 8

Отсюда получаем

A1K =AA1 − AK = 10

Из подобия $△A1MG$ и $△A1KH$ имеем

KH = MG ⋅ A1K = 25 A1M 3

Окончательно,

tg∠OHK = OK-= 3 ⇒ ∠NHK =2∠OHK = 2arctg 3 KH 5 5

Ответ:

a) $2430$

б) $3 2arctg 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#70779

Дана пирамида $PQRS,$ вершина $P$ которой лежит на одной сфере с серединами всех её рёбер, кроме ребра $PQ.$ Известно, что $QR = 2,$ $QS = 1,$ $√- PS = 2.$ Найдите длину ребра $RS.$ Какой наименьший радиус может иметь сфера, описанная около данной пирамиды?

Источники: Физтех-2022, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, на что нам могут намекать середины сторон? На средние линии. А средние линии параллельны основаниям. Что мы можем из этого извлечь? Какие параллелограммы есть на картинке?

Подсказка 2

Во-первых, в силу свойства средней линии, ADCE и ABDP - параллелограммы. При этом они вписаны в сечения нашей сферой плоскостей ACD и PRS. А значит, эти параллелограммы - прямоугольники. А это дает много прямых углов, а значит - много перпендикулярностей. Какая прямая тогда перпендикулярна прямой RS? А что нам это дает?

Подсказка 3

Прямая PQ перпендикулярна прямой RS, из за того, что параллельные им прямые EA и AD перпендикулярны. Давайте опустим перпендикуляр QH на RS.

Подсказки 4

Тогда у нас плоскость QHP перпендикулярна RS. Значит, и прямая PH перпендикулярна RS. А значит, наш «согнутый» четырехугольник QRPS (то есть, мы можем повернуть треугольник QRS вокруг RS до момента, когда повернутый треугольник будет лежать в плоскости RPS) имеет взаимноперпендикулярные диагонали. А значит, две суммы квадратов противоположных сторон равны. А тогда мы нашли RP. А значит, у нас фиксированы две стороны прямоугольного треугольника RPS, и мы найдем его гипотенузу.

Подсказка 5

Остается дать оценку на радиус сферы, описанной вокруг тетраэдра. Ну какую самую глупую оценку можно дать? Что первое приходит в голову(с учетом того, что нам еще пример надо построить)?

Подсказка 6

Самая глупая оценка снизу - это то, что радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника QRS. Найти радиус нетрудно(мы знаем все три стороны). Остается привести пример.

Подсказка 7

Чтобы достигалось равенство, надо, чтобы у нас в плоскости QRS лежал содержался центр сферы. Впишем туда треугольник QRS.

Подсказка 8

Остается доказать, что на сфере найдется точка P’, такая, что треугольники PRS и P’RS равны(это по сути и значит, что получен тетраэдр, который подходит под условия). То есть по сути надо поворачивать треугольник P’RS, равный треугольнику PRS, вокруг RS, до того момента, как точка P’ не станет принадлежать окружности.

Показать ответ и решение

Пусть $A,B,C,D,E$ - середины рёбер $PR,RS,QS,PS,QR$ соответственно. Из теоремы о средней линии треугольника следует, что $ADCE$ и $ABDP$ - параллелограммы. Они вписаны в окружности, являющиеся сечениями сферы плоскостями $ACD$ и $PRS$ , поэтому эти параллелограммы - прямоугольники. Угол $RP S$ — прямой; прямые $PQ$ и $RS$ перпендикулярны, так как $P Q∥AE, AE ⊥CE, CE ∥RS.$

Отметим в плоскости $PRS$ точку $′ Q$ такую, что $′ △QRS = △Q RS,$ а точки $P$ и $′ Q$ лежат по разные стороны от прямой $RS$ (треугольник $′ QRS$ может быть получен из треугольника $QRS$ поворотом вокруг прямой $RS).$

$PIC$

Из равенства треугольников $QRS$ и $Q′RS$ следует, что основания их высот, опущенных на $RS$ — это одна и та же точка (назовём её $H ).$ Плоскость $HQQ ′$ перпендикулярна $RS$ (так как $QH ⊥ RS,Q′H ⊥ RS),$ поэтому $QQ′ ⊥ RS.$ Поскольку $QQ ′ ⊥ RS$ и $PQ ⊥ RS,$ то плоскость $P QQ′$ перпендикулярна $RS$ и $PQ ′ ⊥RS.$

Значит, диагонали четырёхугольника $PRQ ′S$ пересекаются под прямым углом (в точке $H$ ). По теореме Пифагора

PR2 =P H2+ RH2,Q′R2 = Q′H2+ RH2,

Q′S2 =Q ′H2 +SH2,P S2 = PH2+ SH2

Следовательно,

P S2+ Q′R2 = PR2+ Q′S2

∘------------- PR = 22+ (√2)2− 12 = √5

Из прямоугольного треугольника $PRS$ находим

∘---2----2 √- RS = PR +P S = 7

Радиус сферы, описанной около пирамиды $PQRS$ , не меньше радиуса $r$ окружности, описанной около грани $QRS$ . Пирамида, для которой достигается равенство, существует. Докажем это.

$PIC$

Рассмотрим сферу радиуса $r$ и окружность - её сечение, проходящее через центр сферы. В сечении сферы указанной плоскостью получится окружность с диаметром $RS$ , в которую можно вписать прямоугольный треугольник $PRS$ . По теореме косинусов из треугольника $PRS$ находим, что

QR2+ QS2− RS2 4+1 − 7 1 cos∠RQS = --2⋅QR-⋅QS----= 2-⋅2-⋅1--=− 2

∠RQS =120∘

По теореме синусов

RS √7- r = 2sin∠RQS-= √3-

Ответ:

$RS = √7,R =∘ 7- min 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#42960

Докажите, что в любую треугольную пирамиду можно вписать единственную сферу.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

В стереометрии иногда полезно проводить аналогию с плоскостью, чтобы что-то придумать. Смотрите, у нас есть пирамида треугольная и вписанная сфера. Как аналогичное утверждение доказывается на плоскости? Да, что-то там про пересечение биссектрис...

Подсказка 2!

Рассмотрим биссекторы, содержащие ребра AB, BC, AC. Они пересекаются в одной точке, она равноудалена от сторон (проверьте!) Теперь осталось доказать, что второй такой точки еще не может быть!

Показать доказательство

Пусть эта пирамида $ABCD$ . Биссекторы, содержащие рёбра $AB,BC, AC$ , пересекаются в одной точке $O$ , которая находится на одинаковом расстоянии от всех четырёх граней, то есть является центром вписанной в пирамиду сферы. Если нашлась ещё одна сфера с центром $′ O$ , то она также обязана лежать в пересечении трёх биссекторов, но такая точка всего одна, поэтому сфера единственная.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#38770

Внутри шара радиуса $R$ взята точка $A$ на расстоянии $a$ от его центра. Через точку $A$ проведены три попарно перпендикулярные хорды. Найдите сумму квадратов длин этих хорд.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, три попарно перпендикулярные хорды... Как-то надо применять пространственную теорему Пифагора! Подумайте, чему равна сумма квадратов проекций отрезка AO (где O - центр шара) на оси системы координат (то есть хорды) и на плоскости.

Подсказка 2

Идём в плоскость, в которой проведены наши хорды. Какая теорема про хорду и радиус может нам очень сильно помочь, чтобы выйти на длины хорд?

Подсказка 3

Если радиус перпендикулярен хорде, то этот радиус делит хорду пополам! Тогда мы получили очень много прямых углов в плоскости. Попробуйте записать теорему Пифагора для каждого получившегося прямоугольного треугольника.

Подсказка 4

Теперь осталось вспомнить только то, что радиус окружности, в плоскости которой мы работали, можно найти! А дальше просто подставив его в наше выражение, мы можем выйти на сумму квадратов длин хорд!

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Рассмотрим сечение шара, которое задаётся двумя пересекающимися в точке $A$ хордами $UV$ и $TS$ . Эта плоскость перпендикулярна каждой из плоскостей, заданных аналогично другими парами хорд, по признаку перпендикулярности плоскостей (каждая из них содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости). Тогда они образуют “координатные плоскости” для осей прямоугольной системы координат, направленных вдоль хорд. По пространственной теореме Пифагора сумма квадратов проекций отрезка $AO$ на оси равна квадрату длины отрезка $AO$ , а сумма квадратов проекций отрезка $AO$ на плоскости равна $2AO2 =2a2.$

Итак, рассматриваемое сечение шара является окружностью, обозначим её центр за $O1$ . Известно, что перпендикуляры $O1Q$ и $O1P$ из центра на хорды попадут в середины соответствующих хорд. Если обозначить $x= TS,y = UV$ , то по теореме Пифагора $O1S2 =O1P 2+P S2 = O1P2+ x42,O1V 2 = y42+ O1Q2$ . Заметим, что $O1V2 =O1S2 =r2$ как радиусы окружности. Если сложить равенства, получаем:

2r2 = x2-+y2+ AO2 4 1

Учтём, что $r2 = R2− OO2 1$ . Так как $AO 1$ — проекция $OA$ на плоскость, то складывая аналогичные равенства для двух других координатных плоскостей, получаем

2 2 2x2+-2y2-+2z2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(3R − a)= 4 + 2a ⇐ ⇒ x + y + z =4(3R − a)− 4a = 12R − 8a

Второе решение.

Рассмотрим прямоугольный параллелепипед, рёбра которого параллельны данным хордам, а точка $A$ и центр $O$ шара являются его противоположными вершинами. Пусть $a1,a2$ и $a3$ - длины его рёбер; ясно, что $2 2 2 2 a1+ a2+ a3 =a$ a) Если хорда удалена на расстояние $x$ от центра шара, то квадрат её длины равен $4R2 − 4x2$ . Так как расстояния от данных хорд до точки $O$ равны диагоналям граней параллелепипеда, то искомая сумма квадратов равна $( ) ( ) ( ) 12R2 − 4 a22+ a23− 4 a21+ a23 − 4 a21+a22 = 12R2− 8a2$

Ответ:

$12R2− 8a2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71956

В пирамиде $SA A ...A 1 2 n$ все боковые рёбра равны. Точка $X 1$ — середина дуги $A A 1 2$ описанной окружности треугольника $SA A , 1 2$ точка $X2$ — середина дуги $A2A3$ описанной окружности треугольника $SA2A3$ и т. д., точка $Xn$ — середина дуги $AnA1$ описанной окружности треугольника $SAnA1.$ Докажите, что описанные окружности треугольников $X1A2X2,X2A3X3,...,XnA1X1$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Заметим, что точки $A ,A ,...,A 1 2 n$ лежат и на сфере с центром в точке $S,$ и в одной плоскости. Следовательно, они лежат на окружности $ω,$ являющейся пересечением сферы с плоскостью. Пусть $O$ — центр этой окружности. Тогда $SO$ перпендикулярно плоскости основания и любая точка на прямой $SO$ равноудалена от всех точек окружности $ω.$ Поэтому на $SO$ найдётся и такая точка $P,$ для которой $P S = PA1.$ Тогда на сфере $σ$ с центром в точке $P$ и радиусом $PS$ лежат все вершины пирамиды, а также все окружности $SAkAk+1.$

$PIC$

Следовательно, на этой сфере лежат все точки $Ak$ и $Xk.$ Пусть $N$ — точка на сфере $σ,$ диаметрально противоположная точке $S.$ Покажем, что описанные окружности треугольников $Xk− 1AkXk$ проходят через точку $N.$ Поскольку точки $N, Xk−1,Xk$ и $Ak$ лежат на сфере, достаточно проверить, что они лежат на сфере, достаточно в одной плоскости. Эта плоскость перпендикулярна прямой $SAk$ и проходит через точку $Ak.$ В самом деле, $∠SAkN = 90∘,$ поскольку они опирается на диаметр $SN$ сферы $σ,∠SAkXk =90∘$ и $∠SAkXk −1 = 90∘,$ поскольку они опираются на диаметры $SXk$ и $SXk −1$ описанных окружностей треугольников $SAkXk$ и $SAkXk −1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#63819

Сфера касается всех рёбер тетраэдра $ABCD$ . Известно, что произведения длин скрещивающихся рёбер равны. Известно также, что $AB = 3,BC = 1$ . Найдите $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как можно применить условие о том, что сфера касается всех рёбер тетраэдра? Более всего с длинами рёбер тут связывается свойство касательных: отрезки касательных к сфере, проведенных из одной точки, равны! Обозначьте одной буквой все равные отрезки проведённые из каждой из вершин и при помощи этих букв запишите равенство произведений длин скрещивающихся рёбер. ---

Подсказка 2

Поработайте теперь с нашим двойным равенством: рассмотрите две пары уравнений и попробуйте их преобразовать. Какие интересности связанные с отрезками касательных из разных вершин можно заметить?

Подсказка 3

Если сделать всё аккуратно, то получится несколько вариантов: равны либо отрезки касательных проведённые из вершин А и С, либо проведённые из вершин В и D. Рассмотрите оба случая, не выходит ли в одном из них противоречий с условием задачи? (Не зря же нам даны AB и BC). Аналогично рассмотрите вторую пару вершин, отрезки касательных из которых равны. Останется лишь внимательная арифметика и АС откроется нам!

Показать ответ и решение

Расстояния от вершины $A$ до точек касания сферы с рёбрами $AB,AC,AD$ равны. Обозначим это расстояние $a$ . Соответствующие расстояния от вершин $B,C,D$ обозначим $b,c$ , $d$ соответственно. По условию $(a+ b)(c+ d)=(a+ c)(b+d)= (a+ d)(b+c)$ , что равносильно после раскрытия скобок системе

(a− c)(b− d)= 0 и (a − b)(c− d)= 0.

Если $a= c$ , то $AB =BC$ , а это не так. Значит, $b= d$ . Тогда либо $a= b$ , либо $c =b$ . Если $a =b$ , то $AC = BC = 1$ , что противоречит неравенству треугольника. Значит, $c=b$ и, стало быть, $AC =AB = 3.$

Замечание.

Тетраэдр, у которого произведения длин скрещивающихся рёбер равны, называется каркасным, можете поизучать его свойства. В задаче по сути просили доказать, что у такого тетраэдра суммы длин скрещивающихся рёбер равны.

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#63818

Вписанная в треугольную пирамиду $ABCD$ сфера касается граней $BCD, ACD,ABD$ и $ABC$ в точках $A ,B ,C 1 1 1$ и $D 1$ соответственно. Известно, что $D1$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$ , что плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны и что радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ в четыре раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ . Найдите отношение, в котором сфера делит отрезок $DD1$ , считая от вершины $D.$

Показать ответ и решение

Пусть $O −$ центр сферы и пусть $A ,B ,C − 2 2 2$ основания высот треугольника $ABC$ , опущенных из вершин $A,B,C$ соответственно. Рассмотрим четырёхугольники $OA1A2D1$ , $OB1B2D1, OC1C2D1$ . Каждый из них состоит из двух равных прямоугольных треугольников. При этом катеты $OD1,OA1,OB1,OC1$ равны.

Из равенства расстояний от $A1,B1,C1$ до плоскости $ABC$ следует, что равны углы $D1OA1,D1OB1,D1OC1$ , а стало быть, равны и углы $D1A2A1$ , $D1B2B1,D1C2C1$ . Значит, равны отрезки $D1A2,D1B2,D1C2$ , то есть $D1$ является точкой пересечения биссектрис треугольника $ABC$ . При этом $D1$ это ортоцентр $ABC$ . Стало быть, треугольник $ABC$ правильный. Поскольку углы $D1A2A1,D1B2B1,D1C2C1$ равны, $DD1 −$ высота пирамиды. Опустим из $A1$ перпендикуляр $A1D2$ на $DD1$ . Тогда радиус окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ равен $A1D2$ . Радиус же окружности, описанной около треугольника $ABC$ равен $AD1$ . Получаем, что $1 1 A2D1 = 2AD1 = 2 ⋅4A1D2 = 2A1D2$ . Отсюда видим, что $∘ ∠D1A2A1 = 60$ . Стало быть, $√- √- √- DD1 = 3⋅A2D1 = 3⋅ 3⋅OD1 = 3OD1$ . Получаем, что искомое отношение равно $(DD1 − 2OD1 ):2OD1 = 1:2.$

Ответ:

$1 :2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#63816

Дан параллелепипед $ABCDA ′B′C′D′$ с основаниями $ABCD, A ′B′C′D′$ и боковыми рёбрами $AA ′,BB′,CC′,DD ′$ . Все рёбра параллелепипеда равны. Плоские углы при вершине $B$ также равны. Известно, что центр сферы, описанной около тетраэдра $′ ′ AB CD$ , лежит в плоскости $′ AB C$ . Радиус этой сферы равен 2. Найдите длину ребра параллелепипеда.

Показать ответ и решение

Грани параллелепипеда являются ромбами. Поскольку плоские углы при вершине $B$ равны, равны также и плоские углы при вершине $′ D$ . Стало быть, $′ ′ ′ ′ AD = B D = CD$ как равные диагонали ромбов и, по той же причине, $′ ′ AB = BC = AC$ . Таким образом, центр сферы, описанной около тетраэдра $′ ′ AB CD$ , является центром окружности, описанной около правильного треугольника $′ AB C$ , а также является основанием высоты тетраэдра, опущенной из вершины $′ D$ . Отсюда получаем $′ √ - ′ √ - AB =2 3,AD =2 2$ . Итак, диагонали ромба равны $√ - 2 3$ и $√ - 2 2$ , значит, его сторона равна $√ - 5.$

Ответ:

$√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#63815

Дан тетраэдр $ABCD$ . Известно, что центр сферы, описанной около этого тетраэдра, лежит на $AB$ , что плоскости $ABC$ и $ABD$ перпендикулярны и что $AD =DC = CB$ . Найдите угол между прямыми $AD$ и $CB.$

Показать ответ и решение

Сразу отметим, что, поскольку центр сферы, описанной около тетраэдра, лежит на $AB$ , углы $ACB$ и $ADB$ - прямые. Далее, опустим перпендикуляры $CK$ и $CL$ на $AB$ и $BD$ соответственно. Тогда $DL = LB$ , ибо $DC = CB$ , следовательно, $KL −$ серединный перпендикуляр к $BD$ в плоскости $ABD$ и, поскольку $∘ ∠ADB = 90$ , точка $K$ является серединой $AB$ . Значит, $AC =BC$ . Аналогично, $AD = BD.$

Итак, $AC = BC = AD =BD =CD, AB ⊥CK, AB ⊥DK, AK = BK = CK =DK$ . Пусть $E −$ точка, симметричная точке $C$ относительно $K$ . Тогда $AK ⊥ EK ⊥ DK$ и $AK = EK =DK$ . Следовательно, треугольник $ADE −$ равносторонний. При этом $AE ∥CB$ . Стало быть, искомый угол равен углу $EAD$ и равен $∘ 60.$

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#33590

Сфера с центром $O$ вписана в трёхгранный угол с вершиной $S$ и касается его граней в точках $K,L,M$ (все плоские углы трёхгранного угла различны). Найдите угол $KSO$ и площадь сечения данного трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , если известно, что площади сечений трёхгранного угла плоскостями, касающимися сферы и перпендикулярными прямой $SO$ , равны $1$ и $4$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз нас просят отыскать ∠KSO будет рассматривать плоскость (KSO), а, точнее, ту её часть, что заключена между прямыми SO и SK. Нам понадобятся точки P и Q — точки касания сферы с плоскостями, перпендикулярными SO. Пусть при это SP < SQ. Отметьте всё, что можно выразить через радиус сферы.

Подсказка 2

Рассмотрим отрезки, заключенные между точками пересечения SK и SO с касательными к сфере плоскостями. Если мы знаем отношение площадей сечений, то что можно сказать об отношении этих отрезков? (Вспомните: площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия). Пользуясь этим отношением вы сможете найти связь между SP и радиусом сферы.

Подсказка 3

Помните: радиус сферы, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной плоскости. А значит, мы можем найти синус ∠KSO, ведь всё нужное для этого мы выразили через радиус сферы.

Подсказка 4

Что можно сказать про (KLM) и SO? Проведите высоты к SO в △KSO, △MSO и △LSO — это поможет нам сделать важный вывод!

Подсказка 5

После того, как мы заметили перпендикулярность (KLM) и SO, можно поработать с подобными прямоугольными треугольниками: узнав отношение отрезков параллельных секущих плоскостей, заключённых между точками их пересечения с SO и SK, мы сможем сделать вывод и об отношениях площадей сечения!

Показать ответ и решение

Обозначим точки пересечения прямой $SO$ со сферой через $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит на отрезке $SO$ , а $Q$ — вне него). Пусть радиус сферы равен $r$ . Треугольники $OKS, OLS$ и $OMS$ прямоугольные (углы при вершинах $K, L,M$ прямые, так как касательные перпендикулярны радиусам, проведённым в точку касания). Эти треугольники равны по катету и гипотенузе $(OK =OL = OM = R,SO$ — общая), следовательно, $∠KSO = ∠LSO = ∠MSO ($ пусть $∠KSO = α,SO= x)$ . Высоты, опущенные из точек $K,L,M$ на гипотенузу $SO$ , paвны, а их основания — одна и та же точка $H$ , лежащая в плоскости $KLM$ (назовём эту плоскость $τ)$ . Пусть $β$ и $γ$ касательные плоскости к сфере, проходящие через точки $P$ и $Q$ , а $E$ и $F$ — точки пересечения этих плоскостей с прямой $SK$ . По условию площади сечений трёхгранного угла этими плоскостями равны соответственно $S1 =1$ и $S2 =4$ . Рассмотрим сечение трехгранного угла и сферы плоскостью $SKO$ (см. рис. и обозначения на нем). Так как $SH ⊥HK$ и $SH ⊥ HL$ , то $τ ⊥ SH$ . Тогда сечения трёхгранного угла плоскостями $τ,β$ и $γ$ — подобные треугольники, плоскости которых параллельны (все они перпендикулярны $SO )$ .

Если $Σ$ — площадь треугольника, получающегося в сечении трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , то из подобия $Σ :S1 :S2 = KH2 :EP2 :FQ2.$ Следовательно, $√-- √-- EP :FQ = S1 : S2.$ Тогда $√ -- √-- S1 : S2 = SP :SQ= (x− r) :(x+ r),$ откуда $√-- √-- r= x√SS22−+√SS11,$ a $√-- √-- sinα = rx = √SS22−+√SS11 = 13.$ Отсюда $∠KSO =arcsin13.$

$PIC$

Далее, $OH = rsinα,SH = SO− OH = -r- − rsin α,SP = SO− r=-r- − r. sinα sinα$ Значит, $Σ :S1 = KH2 :EP2 =SH2 :SP2 = (-1 − sin α)2 :(-1 − 1)2 = (1+sinα)2 = 16, sinα sinα 9$ откуда $Σ= 16. 9$

Ответ:

$∠KSO =arcsin1,S = 16 3 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#43959

Дана усечённая пирамида $ABCA B C 1 1 1$ с боковыми рёбрами $AA 1$ , $BB 1$ , $CC 1$ $(ABC ∥A B C ) 1 1 1$ , такая, что треугольник $BB1C$ — равносторонний. На ребре $AA1$ , перпендикулярном основанию $ABC$ пирамиды, лежит точка $N$ такая, что $AN :NA1 = 1:2.$ Сфера $Ω$ с радиусом $√- 5$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ .

(a) Найдите длину ребра $BB1$ .

(b) Пусть дополнительно известно, что $∘ -- ∠ABC =arccos 25$ . Найдите угол между прямой $AA1$ и плоскостью $BB1C$ , а также длину ребра $A1B1.$

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Введем обозначения: пусть E – вершина пирамиды, O – центр сферы ω, O₁ – центр описанной окружности треугольника BB₁C, а F – середина BC. Если треугольник BB₁C равносторонний, то чем еще будет являться точка O₁? А какие прямые будут проходить через нее?

Пункт а), подсказка 2

Верно, O₁ будет также точкой пересечения медиан, значит через нее пройдет прямая B₁F, Вы даже можете спокойно найти, в каком отношении точка O₁ поделит отрезок B₁F. А что тогда можно будет сказать про взаимное расположение прямой NO₁ и плоскости (ABC)?

Пункт а), подсказка 3

Конечно, прямая NO₁ будет параллельна плоскости (ABC). А теперь поработаем с нашей сферой! Из условия сфера касается AA₁ в точке N, а также проходит через вершины треугольника BB₁C, чему тогда будут перпендикулярны прямые OO₁ и ON?

Пункт а), подсказка 4

OO₁ ⊥ (BB₁C), ON ⊥ AA₁, а еще по условию AA₁ ⊥ (ABC), тогда ON будет параллельна плоскости (ABC)! Остается понять, что точка O₁ совпадает с точкой O. Для этого рассмотрите плоскость α, которая будет проходить через точку N параллельно плоскости (ABC), а также рассмотрите прямую l, которая перпендикулярна (BB₁C) и проходит через точку O₁. Что будет, если прямая l будет лежать в плоскости α?

Пункт а), подсказка 5

Действительно, такой ситуации быть не может, ведь тогда FB₁ ⊥ l, FB₁ ⊥ BC, а это две разные прямые, которые параллельны (ABC), тогда получается, что (BB₁C) ⊥ (ABC), а такого не может быть в нашей пирамиде! Тогда делаем вывод, что l пересекает α в одной точке, поэтому O₁ = O, что и хотелось показать. Теперь вовсе не составит труда найти сторону равностороннего треугольника BB₁C, если известно, что радиус его описанной окружности совпадает с радиусом сферы.

Пункт б), подсказка 1

Пусть O' – проекция O на (ABC), а B₁' – проекция B₁ на (ABC). Какой прямой в плоскости (ABC) будет принадлежать точка B₁'?

Пункт б), подсказка 2

Конечно, B₁' ∈ AB, можем даже узнать, в каком отношении точка O' будет делить отрезок FB₁' (покажите, что оно будет равно FO : OB₁). Тогда теперь можно будет найти длину отрезка B₁'F, нужно всего лишь показать, что треугольник BB₁'C равнобедренный, доказав равенство треугольников B₁B₁'B и B₁B₁'C. И нужный угол легко найдется, если рассмотреть угол между B₁B₁' || A₁A и нужной плоскостью.

Пункт б), подсказка 3

Пусть T – проекция O' на AB. Легко понять, что A₁B₁ = AB₁', тогда задача поиска A₁B₁ сведется к тому, что нужно будет найти AB₁' = AT + TB₁'. Найдите длину O’T, поработав с треугольником BB₁'C, а зная O’T, можно будет легко найти AT и TB₁', используя теорему Пифагора, а также факт, что AO' = ON.

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим точку $E$ в качестве вершины пирамиды, точку $O$ в качестве центра $ω$ , точку $O1$ в качестве центра описанной окружности треугольника $BB1C$ и $F$ в качестве середины $BC$ . Так как $BB1C$ равносторонний, то $O1$ это еще и центр пересечения медиан, а значит, $B1F$ проходит через $O1$ и $FO1 :O1B1 = 1:2$ и $NO1∥ABC$ . Так как $ω$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ , то $OO1⊥BCC1$ и $ON ⊥AA1$ . Мы знаем, что $AA1 ⊥ABC$ и поэтому $NO ∥ABC$ . Получается, что мы знаем, что точка $O$ лежит на плоскости $α$ , проходящей через $N$ и параллельной $ABC$ , и лежит на прямой $l$ , перпендикулярной $BB1C$ и проходящей через $O1$ . Значит, либо $l$ принадлежит $α$ , но тогда $FB1$ перпендикулярна двум разным прямым параллельным $ABC$ ( $BC$ и $l$ ) и тогда все три стороны перпендикулярны основанию, а такого не бывает, либо $l$ и $α$ пересекаются в одной точке и $O1 =O$ . Тогда $BO =BO1 = √5$ и $BB1 = √15$ (по формуле для равностороннего треугольника).

$PIC$

Спроецируем точки $O$ и $B1$ на плоскость $ABC$ . Тогда так как проекция $A1$ на $ABC$ это $A$ , то $′ A1B1∥AB 1$ и поэтому $′ B ∈ AB$ . Также можно заметить $′ ′ ′ F O:OB1 = FO :O B1 = 1:2$ .

Прямоугольные треугольники $B1B′1B$ и $B1B′1C$ равны по катету и гипотенузе, поэтому $BB′1 =CB ′1$ . Значит, высота в равнобедренном треугольнике $BB ′1C$ равна $B ′1F$ , так как $F$ середина $BC$ и равна $√--∘-- ∘-- BF |tgB ′1BF |= -125 32 = 458$ . Тогда

∘-- ′ ′ (B′1F-) -458- 1-- ∠(AA1,BCB1)= ∠(B1B1,BCB1 )= ∠B1B1F =arcsin B1F = arcsin √45 = √2 2

Значит, $∠(AA1,BCB1 )= π4$ . Тогда $∘ -- FB ′1 = F√B21= 485$

Пусть $T$ — проекция $O′$ на $AB$ . Тогда $O′T = O′B′cosB ′O ′T = 2B′Fcos1∠B ′O′C = 2B′FcosB ′BC = 2∘ 45∘-2= 1 1 1 3 1 2 1 3 1 1 3 8 5$ и $∘----------- ∘ 3- B1′T = O′B′12− O ′T2 = 2$ . С другой стороны, поскольку $√- AO ′= NO = 5$ , то $√---------- AT = AO ′2− O′T2 = 1$ . Отсюда $∘ -- A1B1 =AB ′1 = AT +TB ′1 = 2+ 32$ .

Ответ:

$(a)√15,$

$π ∘-3 (b)4,2+ 2$

Предыдущий раздел

Следующий раздел