Дополнительные построения в стерео —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Дополнительные построения в стерео

Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Дополнительные построения в стерео

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Дополнительные построения в стерео

Тетраэдр в параллелепипеде

Развёртка

Спрямление

Проецирование в стерео

Подтемы раздела стереометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#86021

На биссектрисе $AL$ треугольника $ABC$ выбрана точка $D.$ Известно, что $∠BAC = 2α,∠ADC =3α,∠ACB = 4α.$ Докажите, что $BC + CD = AB.$

Показать доказательство

На продолжении отрезка $BC$ за точку $C$ выберем точку $E$ так, что $CD =CE.$ Тогда

∘ ∘ ∠ACD =180 − ∠DAC − ∠ADC = 180 − 4α= ∠ACE

Следовательно, треугольники $ACD$ и $ACE$ равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому $∠AEC = ∠ADC = 3α$ и $∠CAE =∠CAD =α.$ Заметим, что

∠BAE = ∠BAC +∠CAE =3α =∠AEB

Таким образом, треугольник $ABE$ равнобедренный и $AB = BE = BC+ CE = BC +CD.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85489

В тетраэдре $ABCD$ скрещивающиеся рёбра попарно равны. Через середину отрезка $AH A$ , где $H A$ - точка пересечения высот грани $BCD$ , провели прямую $hA$ перпендикулярно плоскости $BCD$ . Аналогичным образом определили точки $HB, HC$ , $HD$ и построили прямые $hB,hC,hD$ соответственно для трёх других граней тетраэдра. Докажите, что прямые $hA,hB,hC,hD$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Проведём через пару скрещивающихся рёбер тетраэдра $ABCD$ две параллельные плоскости. Так же поступим для двух других пар скрещивающихся рёбер и получим параллелепипед. Диагонали его граней равны между собой, поэтому все грани — прямоугольники, и параллелепипед прямоугольный. Пусть $O$ — его центр, являющийся также центром описанной сферы тетраэдра $ABCD.$ Пусть также $′ ′ ′ ′ A ,B ,C ,D$ — точки, симметричные $A,B,C,D$ соответственно относительно точки $O.$ Докажем, что все построенные прямые проходят через точку $O.$

$PIC$

Пусть $M$ — центр масс треугольника $BCD$ . Тогда

−−−′→ 1−−′→ −−→′ −−→′ A M = 3(A B +A C +A D )

То есть точка $M$ лежит на диагонали $′ AA$ и делит её в отношении $2:1$ , считая от вершины $A.$ Аналогично центр масс $N$ треугольника $′ ′ ′ B CD$ лежит на этой диагонали и делит её в отношении $1:2$ , считая от вершины $A.$ Точка $O$ — середина отрезка $NM,$ поэтому $AO :OM = 3:1.$

$PIC$

Рассмотрим проекцию на плоскость $BCD :$ $A ′′$ — проекция точки $A$ , $OA$ — проекция центра $O.$ Точка $O$ совпадает с центром описанной сферы тетраэдра $ABCD,$ поэтому $OA$ — центр описанной окружности треугольника $BCD.$

Тогда прямая $AA ′$ проецируется в прямую Эйлера $OAM$ треугольника $BCD.$ Пусть $OAM = x.$ Тогда $OAA ′′= 3x$ ( $O$ делит отрезок $AM$ в отношении $3:1$ , это отношение сохраняется при проецировании). Кроме того, $OA,M, HA$ лежат на одной прямой и $OAM :MHA = 1:2$ (прямая Эйлера), отсюда $MHA =2x.$ Следовательно, $OAA ′′ = OAHA$ , а прямая $OOA$ , перпендикулярная плоскости $BCD$ , делит отрезок $AHA$ пополам, а значит, совпадает с прямой $hA$ . Итак, все построенные прямые проходят через точку $O$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79606

Ортогональной проекцией правильной треугольной пирамиды на некоторую плоскость является параллелограмм с острым углом $60∘$ . Найдите объём пирамиды, если площадь её боковой поверхности равна 54.

Источники: ОММО - 2024, задача 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть сторона основания пирамиды $DABC$ с вершиной $D$ равна $a$ , а боковое ребро равно $b$ . Для построения проекции достаточно рассмотреть две пары скрещивающихся ребер, например $AB, CD,BC$ и $AD$ , проекции которых являются сторонами параллелограмма $A1B1C1D1.$

$PIC$

Пусть $MN$ — общий перпендикуляр пары рёбер $BC$ и $AD$ , а $PQ$ — общий перпендикуляр скрещивающихся рёбер $BC$ и $AD$ . Плоскость проекции $Ω$ параллельна как $MN$ , так и $P Q$ , поскольку ортогональной проекцией пирамиды является параллелограмм. Отрезки $MN$ и $PQ$ проектируются на плоскость $Ω$ без изменения длины в высоты параллелограмма $M1N1$ и $P1Q1$ , так как $ABB1A1$ и $DCC1D1$ обе перпендикулярны $Ω$ и будут параллельны друг другу, т.к. $A1B1C1D1$ — параллелограмм. То есть $MN$ не просто общий перпендикуляр $AB$ и $CD$ , но и общий перпендикуляр двух вышеописанных плоскостей. А значит ещё это и общий перпендикуляр для $A1B1$ и $C1D1.$

Поскольку пирамида правильная, $MN = PQ$ . Следовательно, $M1N1 = P1Q1.$

$PIC$

В параллелограмме $A1B1C1D1$ высоты, проведённые к смежным сторонам, равны — значит, параллелограмм является ромбом.

Пусть ребро $AB$ наклонено к плоскости $Ω$ под углом $α$ , тогда ребро $CD$ , которое перпендикулярно $AB$ , наклонено под углом $90∘− α$ . Отсюда $acosα= bsinα.$

Обозначим $ab = λ$ . Тогда $tgα= λ,A1B1 = acosα = √1a+λ2$ .

Найдём расстояние между скрещивающимися рёбрами правильной треугольной пирамиды как высоту сечения $DMC$ :

∘ ------ a√3- 2 a2 MC ⋅H = b⋅MN, 2 ⋅ b − 3 = b⋅MN

откуда

∘------ ∘----- MN = a2b 3b2− a2 = a2 3− λ2

Тогда синус острого угла пирамиды равен $sinφ = MA11ND11 = AM1NB1$ . Подставляя найденные выражения и данное в условии значение $φ =60∘$ , получим $- √32 = 12√3-−-λ2√1-+λ2-$ , откуда $λ= 0$ (что невозможно) или $λ2 =2.$

Площадь боковой поверхности пирамиды равна

∘ ----2- 2 √----2 S = 3a b2− a-= 3a-⋅-4−-λ- 2 4 4 λ

Подставив $S = 54$ и $λ= √2$ , найдём

a2 =72,b2 = a2= 36 λ2

Объём правильной пирамиды равен

a2∘ --2--2 √------- V = 12 3b − a = 6 108− 72=36

Ответ: 36

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68261

Дано несколько прямоугольных параллелепипедов в пространстве. Известно, что у каждой пары параллелепипедов есть хотя бы одна общая точка, а их рёбра соответственно параллельны. Обязательно ли все параллелепипеды имеют общую точку?

Источники: БИБН-2023, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если попытаться построить пример, то не особо получится, что у них у всех нет общей точки...Стоит попробовать доказать, что она всегда есть! Что можно сделать для этого?

Подсказка 2

При построении примера, скорее всего, были ещё трудности: в пространстве сложно нормально нарисовать картинку....Так, давайте спроецируем всё, например, на одну из координатных осей, т.к. это параллелепипеды и у них соответствующие ребра параллельны) Как теперь будет выглядеть условие?

Подсказка 3

Теперь у нас на прямой есть отрезки вида [ai, bi], и каждые два из них пересекаются. Чтобы доказать, что у них всех есть общая точка, посмотрите на конфигурацию, где вы понимаете, что у них у всех есть непустое пересечение)

Подсказка 4

Ну и осталось просто сказать это для всех трех координатных осей. Задача решена!

Показать ответ и решение

Поскольку у параллелепипедов ребра соответственно параллельны, мы можем ввести декартову систему координат, направив оси вдоль трех ребер, смежных с одной вершиной (которая станет началом координат) выбранного параллелепипеда. В этой системе координат ребра всех параллелепипедов будут параллельны осям. Спроектировав на ось Ох данный $i$ -ый параллелепипед $(i= 1,2,...,n),$ получим отрезок, который обозначим $[ai,bi].$ Любая пара таких отрезков имеет непустое пересечение (в противном случае соответствующая пара параллелепипедов не пересекается).

Таким образом, приходим к такой задаче: на числовой прямой есть попарно пересекающиеся отрезки $[ai,bi],(i=1,2,...,n),$ и требуется доказать, что у них имеется общая точка. Опытные олимпиадники могут сразу сослаться на теорему Хелли. Мы же приведём её доказательство, чтобы не оставлять у неопытных читателей чувство неловкости.

Пусть $A$ – наибольшее значение среди левых концов отрезков, т.е. $A= max{ai|i=1,...n},$ и аналогично, пусть $B$ — наименьшее значение среди правых концов отрезков. Тогда $A ≤B,$ так как в противном случае $ai > bj$ для некоторых $i$ и $j,$ а значит, $i$ -ый и $j$ -ый отрезки не пересекаются. Отсюда следует, что любая точка отрезка $[A,B]$ будет общей для всех наших отрезков. Итак, пусть точка $x∗$ принадлежит проекциям на ось Ох всех параллелепипедов. Точно так же мы можем найти общие точки $y∗$ и $z∗$ проекций на оси Oy и Oz. Тогда точка с координатами $(x∗,y∗,z∗)$ будет принадлежать всем параллелепипедам.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68182

На плоскости в ортогональной проекции изображена правильная пирамида $SABC$ (с основанием $ABC$ ) и высота $AH$ грани $SAB,$ как показано на рисунке.

$PIC$

Как с помощью циркуля и линейки построить изображение центра сферы, описанной возле пирамиды?

Источники: ФЕ-2023, 11.4 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, вообще где должен быть центр сферы. Ну он лежит точно в плоскости, которая перпендикулярна ребру... А через какую точку на ребре будет проходить такая плоскость?

Подсказка 2

В нашем случае - через середину, а середину ребра мы точно сможем сделать) Теперь подумаем где еще может быть центр описанной окружности в правильной пирамиде. Например, на высоте) А эту высоту как раз можно найти в нашей плоскости. Но надо еще понять как построить само основание высоты...

Подсказка 3

В нашем случае, основание высоты будет также центром основания и пересечением медиан, которое мы точно умеем строить: просто пересекая медианы. Осталось найти еще бы одну прямую, что если пересечь ее с высотой, то получится нужная точка....

Подсказка 4

Напомню, что прямая AH перпендикулярна ребру SB, а у нас еще есть середина стороны...

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ - середина $AC,$ $N$ - центр основания $ABC.$ Тогда центр описанной сферы лежит на $SN$ (поскольку пирамида правильная). Проекция $M$ строится как середина проекции $AC,$ а проекция $N$ – как точка, делящая проекцию $BM$ в отношении $2:1.$ Обозначим через $m$ прямую, параллельную $MH$ и проходящую через середину $SB.$ Она проходит через центр описанной сферы: $AH$ и $CH$ перпендикулярны $SB,$ так что $m$ перпендикулярна $SB,$ а также $m$ пересекает $SN.$ Проекция $m$ строится как параллельный перенос проекции $MH,$ проходящий через середину проекции $SB.$ Эта проекция пересекает проекцию $SN$ ровно в проекции центра описанной сферы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67943

На подвешенном воздухе кубике Рубика, на одном из его $54$ квадратиков, сидит жучок. В какой-то момент он начинает движение по поверхности куба, передвигаясь за каждую секунду на соседний квадратик, т.е. на квадратик, имеющий общую сторону с текущим. Соседний квадратик для первого перемещения был выбран произвольно, а затем жучок следовал таким правилам:

1) при 2-м, 4-м и других чётных перемещениях жучок не менял направления своего движения, т.е. покидал квадратик через сторону, противоположную той, через которую он на этот квадратик попал;

2) при 3-м, 5-м и других нечётных перемещениях жучок поворачивал направо (относительно своего движения).

Через 2023 секунды после начала движения жучок обратил внимание на то, что уже был на этом же квадратике 5 секунд назад. Через какое наименьшее число секунд после 2023-й жучок опять окажется на этом квадратике?

Источники: Ломоносов-2023, 10.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что квадратиков ну ооочень много, но ведь многие из них очень похожи?… Если взять конкретный квадратик, то несложно отследить его путь, т.к путь у жучка определяется начальным положением и направлением. Что тогда попробуем сделать?

Показать ответ и решение

Для отслеживания движения жучка будем использовать частичную развертку куба, покрывающую $3$ грани. Каждый квадратик будем обозначать двузначным числом, 1-я и 2-я цифры которого являются соответствующими координатами центра квадратика на развертке (единица — ширина квадратика):

$PIC$

Маршрут жучка определяется его начальным положением и направлением его первого перемещения. Хотя всего таких вариантов $54× 4,$ их все можно разбить на $9$ принципиально различных групп:

1) Жучок стартует с центрального квадратика любой грани по направлению к любому ребру

2-3) Старт с углового квадратика любой грани, а первое перемещение в пределах той же грани вдоль ребра, идущего соответственно справа или слева от жучка

4-5) Старт с углового квадратика любой грани, а при первом перемещении жучок переползает на соседнюю грань, причем третья примыкающая грань остается соответственно справа или слева от него

6) Старт с приреберного квадратика любой грани по направлению к центру

7) Старт с приреберного квадратика любой грани с переходом на соседнюю грань при первом перемещении

8-9) Старт с приреберного квадратика любой грани, а первое перемещение в пределах той же грани вдоль ребра, идущего соответственно справа или слева от жучка

Заполним таблицу, в которой для каждой группы приведем пример маршрута в течение того времени, когда обнаруживается его периодичность, т.е. когда на какой-либо четной секунде жучок оказывается на начальном квадратике, а еще через $1$ с — на квадратике, где он был через $1$ с после начала движения.

В случае группы $1$ выберем для старта квадратик $22$ с первым перемещением $22−→ 23$ и проследим весь маршрут, пока не обнаружим, что его период равен $24$ c (1-я колонка таблицы после двойной вертикальной черты).

Заметим, что через $2$ c после начала движения жучок окажется в начальном состоянии группы $8.$ Поэтому для нее маршрут также будет иметь период $24$ с и его можно получить из маршрута группы $1$ сдвигом на $2$ с.

Еще через $2$ с жучок окажется в начальном состоянии группы $4.$ Поэтому и для нее маршрут будет с периодом $24$ с и его можно получить из маршрута группы $1$ сдвигом на $4$ с.

Еще через $2$ с имеем начальное состояние группы $7$ и получаем ее маршрут с периодом $24$ с из маршрута группы $1$ сдвигом на $6$ с.

Для остальных групп получаются кольцевые маршруты с периодом $8$ с, причем в течение одного периода жучок ни на одном квадратике не оказывается дважды.

$PIC$

Так как $2023≡ 7 mod 24$ (остаток от деления $2023$ на $24$ равен $7$ ) и $2023≡ 7 mod 8$ (остаток от деления $2023$ на $8$ равен $7),$ то через $2023$ с после начала движения жучок окажется на том же квадратике, на котором он был через $7$ с после начала, а за $5$ с до этого — на том же квадратике, на котором он был через $2$ с после начала.

Как видно из таблицы, такое совпадение имеет место только для группы $1$ (квадратик $24).$ Так как этот квадратик встречается на маршруте только дважды в течение периода ( $2$ с и $7$ с), следующее попадание на него произойдет через $2+ 24− 7= 19$ (с).

Ответ: 19

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#63948

На поверхности правильного тетраэдра $ABCD$ построена замкнутая линия, каждая точка $X$ которой обладает следующим свойством: длина кратчайшего пути по поверхности тетраэдра между $X$ и серединой ребра $AB$ равна длине кратчайшего пути по поверхности тетраэдра между $X$ и серединой ребра $CD$ . Найдите длину этой линии, если длина ребра тетраэдра равна 1.

Источники: Миссия выполнима - 2023, 11.4 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас тут рассматривается расстояние по поверхности...Как можно перевести картинку на плоскость в таком случае, чтобы было более удобно?

Подсказка 2

Рассмотреть развертку! Вот пусть мы развернули его так, что получился ромб ABCD, где AC - общее ребро у развернутых граней. Но все еще непонятно как работать с линиями ломаной, которые не получится нормально нарисовать на развертке. Что можно в таком случае придумать?

Подсказка 3

Давайте мысленно "порежем" нашу ломаную ребрами и отрезками AN, BN, CM, DM, где M и N - середины AB и CD, и рассмотрим только ту часть ломаной, что внутри треугольника AMC на нашей развертке. Наверное, в этом треугольнике не сложно найти такие точки на развертке?

Подсказка 4

Например, пусть P - точка ломаной внутри AMC. Понятно, что кратчайший путь от P до M - это PM, а кратчайший путь от P до N - это отрезок PN). Такие отрезки должны быть равны, а значит какое ГМТ у P?

Подсказка 5

Серединный перпендикуляр к MN! Достаточно легко теперь найти длину этой ломаной внутри AMC. А что делать с остальными частями этой ломаной? Вот что: попробуйте осознать, что они будут такими же, например, из соображений симметрии)

Показать ответ и решение

Пусть $M$ и $N$ — середины ребер $AB$ и $CD$ соответственно. Из соображений симметрии ясно, что ребрами $AC,BC, BD,AD$ и отрезками $AN, BN,CM, DM$ линия, о которой идет речь в условии задачи разбивается на 8 равных. Поэтому достаточно рассмотреть точки, принадлежащие треугольнику $AMC$ .

$PIC$

Пусть $P$ - одна из таких точек. Тогда кратчайшим путем между $P$ и $M$ служит отрезок $PM$ , а кратчайшим путем между $P$ и $N$ - двухзвенная ломаная $PKN$ , вершина $K$ которой принадлежит ребру $AC$ (в случае $P ∈AC$ имеем просто отрезок $PN)$ . На развертке тетраэдра объединение граней $ABC$ и $ADC$ представляет собой ромб $ABCD$ , а ломаная $PKN$ - отрезок $PN$ в нем. Условие $P M =P N$ означает, что $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $MN$ ; следовательно геометрическим местом точек $P$ служит отрезок $QR$ , где $Q$ - середина ребра $AC$ (и середина отрезка $MN$ ) $R$ - точка на отрезке $MC$ , $∠MQR = 90∘$ (см рисунок).

Найдем длину отрезка $QR$ . Легко видеть, что $∠QMR = 30∘$ , а отрезок $QM$ , будучи средней линией треугольника $ABC$ , имеет длину $1 2$ . Поэтому $QR = 1tg30∘ = √3 2 6$

Умножив это число на 8, получим ответ к задаче: $4√3- 3$

Ответ:

$4√3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76531

$A′,B ′$ и $C′$ – проекции вершины $S$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах $BC,$ $AC$ и $AB.$ Найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды $′ ′′ SAB C$ в $10$ раз меньше объёма пирамиды $SABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.4 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Точки $S1,S2,$ и $S3$ симметричные S относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости $ABC.$ А поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на $60∘$ вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек $S1,S2,S3.$ Следовательно, треугольник $△S1S2S3$ –правильный, и его центр, который мы обозначим через $O,$ совпадает с центром треугольника $△ABC.$

Заметим, далее, что пирамида $SS1S2S3$ – образ пирамиды $SA′B ′C ′$ при гомотетии с центром $S$ и коэффициентом $2.$ С учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид $SABC$ и $SS1S2S3$ равно $10:23 =5 :4.$ А поскольку у этих пирамид общая высота $SO,$ то и отношение площади треугольника $△ABC$ к площади треугольника $△S1S2S3$ равно $5:4.$ В качестве следствия получается равенство $OA :OS1 = √5 :2,$ которое будет нами использовано.

Обозначив величину двугранного ребра при ребре $BC$ через $φ$ , точкой, симметричной $S$ относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать $S1.$ Тогда $φ =∠SP A =∠SP S1,$ где $P$ -– середина ребра $BC$ ; треугольник $△SP S1$ – равнобедренный $(SP =P1S),$ откуда

∠SS P = 180∘-− φ,OS =SO ctg∠SS P = SOtg φ 1 2 1 1 2

А поскольку

φ- OA = 2⋅AP = 2⋅SOctg2,

то

√5 OA 2ctgφ -2-= OS-= -tg φ 1 2

tg φtgφ = 4√- 2 5

При $0∘ < φ< 90∘$ левая часть последнего равенства равна $∘1+-tg2φ− 1,$ что позволяет найти

∘16+-8√5- tgφ = ---5---

Ответ:

$∘ 16+-8√5 ---5---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#51632

Пусть $a$ и $a ,b 1$ и $b ,c 1$ и $c 1$ — длины пар противоположных рёбер тетраэдра; $α,β,γ−$ соответственные углы между ними $∘ (α,β,γ < 90).$ Докажите, что одно из трёх чисел $aa1cosα,bb1cosβ$ и $cc1cosγ$ — сумма двух других.

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим тетраэдр до параллелепипеда. Тогда $a$ и $a1$ - диагонали двух противоположных граней параллелепипеда. Пусть $m$ и $n$ - стороны этих граней, причём $m ≥n.$ По теореме косинусов $4m2 =a2+ a21+ 2aa1cosα$ и $4n2 =a2+ a21− 2aa1cosα,$ поэтому $aa1cosα = m2− n2.$ Записав такие равенства для чисел $bb1cosβ$ и $cc1cosγ,$ получим требуемое.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#40730

Дан куб $ABCDA ′B′C ′D ′$ с ребром длины $4$ . На середине ребра $CC ′$ взята точка $K$ , а на ребре $AA′$ на расстоянии $1$ от вершины $A$ взята точка $M.$ Найти длину кратчайшего пути между точками $K$ и $M$ по поверхности куба.

Показать ответ и решение

Минимизируем длину пути с помощью развёртки куба. По неравенству ломаной сумма длин отрезков будет минимальна, если их концы лежат на одной прямой.

Если путь идёт только по $′ ′ BCC B$ , $ABCD$ и $′ ′ BAA B$ , то длина по этим двум граням будет $√ ------ √ -- 25+36= 61$ . Если путь идёт только по $′ ′ BCC B$ и $′ ′ BAA B$ , то длина по этим двум граням будет $√----- √ -- 1+ 64= 65$ . Аналогично по граням $′ ′ DCC D$ , $ABCD$ и $′ ′ DAA D$ или $′ ′ DCC D$ и $′ ′ DAA D$ , а других вариантов нет.

$PIC$

Ответ:

$√61$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#39195

Выберите кубик, соответствующий данной развертке.

$PIC$

В ответ укажите одну строчную букву.

Показать ответ и решение

Отметим на развертке точки, которые склеются при сборке кубика, одним цветом, а так же перенумеруем грани.

$PIC$ $PIC$

Как видно, красная вершина — вершина принадлежащая $1$ , $2$ и $6$ граней, — а так же синяя вершина — вершина принадлежащая $1$ , $4$ и $6$ граней, — не являются концами отрезков, нарисованных на второй и четвертых гранях, а значит картинка (а) не соответствует этой развертке.

Также не являются концами отрезков, нарисованных на второй и четвертых гранях, вершины, принадлежащие $3$ и $5$ граням, а значит кубик (б) имеет другую развертку.

На пятой грани три точки соответствуют диагонали, один из концов которой — оранжевая вершина. Значит, на рисунке (г) спереди сверху изображена зеленая вершина. Зеленая вершина находится слева от грани 6 на развертке, но справа на рисунке кубика, а занчит, этот кубик не соответсвует этой развертке.

Остается кубик под буквой (в).

Ответ: в

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#38771

Докажите, что сумма квадратов длин проекций ребер правильного тетраэдра на любую плоскость равна $4a2$ , где $a$ — длина ребра тетраэдра.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Наверное, мы понимаем, что работать с тетраэдром в этой задаче не очень удобно. К тому же непонятно, каким образом в такой конструкции считать квадраты проекций на любую плоскость... Но если нам попробовать получить более хорошую и знакомую и приятную фигуру? Подумайте, как это можно сделать.

Показать ответ и решение

Рассмотрим куб со стороной $b= √a 2$ . Отметим у него две вершины на диагонали одной из граней (скажем, верхней грани) и две вершины на диагонали параллельной (нижней) грани, непараллельной первой диагонали. Полученные $4$ вершины образуют правильный тетраэдр со стороной $√ - b⋅ 2= a$ , что и задано в условии. Теперь отметим, что проекция каждой грани куба — параллелограмм, в котором диагонали равны проекциям рёбер тетраэдра. А по тождеству параллелограмма сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов сторон, откуда следует равенство суммы квадратов проекций сторон тетраэдра аналогичной сумме для сторон куба.

Итак, будем рассматривать куб. Пусть прямая $ℓ$ , перпендикулярная плоскости, образует с рёбрами куба углы $α,β,γ$ . Тогда длины проекций рёбер равны $a a a √2sinα,√2 sinβ,√2sinγ$ . Заметим, что $2 2 2 cosα +cosβ +cos γ = 1$ — это длины перпендикуляров из вершины единичного вектора (коллинеарного прямой $ℓ$ ) на оси, то есть длины проекций вектора на координатные плоскости. Отсюда сумма их квадратов равна единице. Из равенства для косинусов следует $sin2α+ sin2β+ sin2γ = 2$ . Поскольку каждая проекция встречается ровно по $4$ раза, то в итоге сумма длин проекций равна $2 4 ⋅ a2-⋅(sin2α +sin2β +sin2γ)= 4a2$ , что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#37329

Дан куб $A...D 1$ с ребром $a$ . Точка $O$ — центр грани $ABCD$ . Найдите наименьшее значение суммы длин $|OE |+|EA | 1$ , если точка $E$ лежит на отрезке $AB$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно найти наименьшее значение суммы длин двух отрезков. Но... Они лежат вообще в разных плоскостях- это неудобно. Совсем непонятно, что делать с ними в таком виде. Когда есть неудобство, пробуем от него избавиться! Как это можно сделать?

Подсказка 2

Верно, мы же можем расположить их в одной плоскости. Уже ситуация полегче. Вспомним о том, что нам надо найти - наименьшую сумму длин. Обычно это делается с помощью неравенства. А какое самое простое неравенство есть для двух отрезков?

Подсказка 3

Да, это неравенство треугольника! Ведь по нему сумма двух сторон должна быть больше третьей. Хм... Но тогда же получается, что если Е попадёт на третью сторону, то это и будет минимум. Осталось только подумать, зачем нам дали такую хорошую точку О.

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим $A′B ′ ∥AB,A′ ∈ AD,B′ ∈ BC$ и $AA′ = BB′ = A′B′ = AB$ . Тогда $EA1 =EA ′$ для произвольной $E ∈AB$ ( $A′E$ получается из $AE$ поворотом $A1B1$ на $90∘$ относительно $AB$ ). Но отсюда нам надо найти минимум $OE +EA ′$ , который достигается только при $E ∈ OA′$ и будет равен $OA′$ , то есть

∘-------- ′ ∘-------2-------′-′2 a2- 9a2- ∘ 5- min(A1E +OE )= OA = h(O,AD )+ h(O,AB ) = 4 + 4 = 2a

Ответ:

$a∘ 5 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#63889

Дан тетраэдр $ABCD$ . Известно, что $AB = BC =CD = 5$ и $CA = AD =DB = 6$ . Найдите косинус угла между рёбрами $BC$ и $AD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие способы поиска угла между скрещивающимися прямыми нам в принципе известны? В первую очередь хочется подумать о проведении прямой параллельной одной из них через точку на второй прямой. Будем рассматривать плоскость, проходящую через BC параллельно AD.

Подсказка 2

Чтобы построить искомый угол, ортогонально спроецируем точку А на построенную плоскость. Пусть получена точка А'. Рассмотрим отрезок MN, где N — cередина AD, M — середина ВС. Данных нам равенств отрезков достаточно, чтобы доказать, что он является общим перпендикуляром прямых AD и BC. Тогда какой угол будет искомым?)

Подсказка 3

Искомый угол ∠A'MB. Знание об общем перпендикуляре сразу же помогает нам найти А'М. Но чего-то ещё не хватает... Попробуем построить тут прямоугольный треугольник, чтобы легче было выражать угол! АА' перпендикуляр. Проведём из точки А наклонную АН такую что, точка Н лежит на ВС и АН ⊥ ВС. Тогда теорема о трёх перпендикулярах поможет нам увидеть △А'НМ с прямым углом Н, известной гипотенузой А'М и острым углом, чей косинус так хочется узнать!

Подсказка 4

Наклонная АН будет по сути высотой в треугольнике △АВС. При всех известных сторонах нетрудной найти АН и ВН. Отсюда один шаг до катета МН. Подставьте все нужные длины и получите косинус искомого угла!

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник $ABC$ . Высота, опущенная из вершины $B$ , равна 4 , следовательно, высота $AH$ , опущенная из вершины $A$ , равна 24/5. Отсюда получаем $CH = 18∕5$ , $BH = 7∕5$ . Пусть $M$ - середина $BC$ . Тогда $MH = 5∕2− 7∕5= 11∕10.$

Пусть $N$ - середина $AD$ . Тогда $BN =CN$ и, стало быть, $MN ⊥ BC$ . Аналогично, $MN ⊥$ $AD$ . Рассмотрим плоскость, содержащую $BC$ и параллельную $AD$ . Спроецируем ортогонально на эту плоскость точки $A$ и $D$ . Полученные точки обозначим $′ A$ и $′ D$ . Точка $N$ при этом проецируется в точку $M$ . Стало быть, искомый угол равен $′ ∠A MB$ . Из прямоугольного треугольника $′ A MH$ получаем

MH MH 11 cos∠A′MB = cos∠A′MH = A′M--= AD∕2 = 30.

Ответ:

$11 30$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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:

$(a)√15,$

$π ∘-3 (b)4,2+ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#47912

Существует ли $9$ -угольная пирамида, на ребрах которой можно выбрать направления (стрелки) так, чтобы сумма всех $18$ векторов-ребер равнялась нулевому вектору?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, что работать с векторами в пространстве — затея не самая приятная... Хотелось бы как-то перенестись в пространство меньшей размерности, может быть, на какую-нибудь прямую, где уже будет легче работать! Можно ли это сделать?

Подсказка 2

Естественно, ведь векторы можно проецировать! Тогда можно выбрать «хорошую» прямую, на которую будет удобно проецировать... Высота пирамиды здорово подойдёт! Что же станет с суммой векторов после проецирования?

Подсказка 3

Останется только сумма равных по модулю проекций девяти ненулевых векторов, которые являются боковыми рёбрами. Раз сумма векторов должна быть равна нулевому вектору, то и сумма их проекций должна быть равна нулю. Возможно ли такое, учитывая предыдущие наблюдения?

Подсказка 4

Эти девять проекций, конечно, равны по модулю, но могут иметь разные знаки. И их сумма равна нулю... Осталось сделать выводы про количества положительных и отрицательных проекций!

Показать ответ и решение

Рассмотрим систему координат с центром в основании высоты пирамиды, одну из осей направим вдоль самой высоты. Тогда длина проекции на эту ось, то есть соответствующая координата, каждого вектора будет равна нулю для рёбер из основания и иметь одинаковое по модулю значение для боковых рёбер — длина высоты с положительным или отрицательным знаком.

Чтобы сумма векторов была нулевой необходимо, чтобы сумма этих координат (соответствующая координата суммы) была равна нулю.

Пусть длина высоты равна $h$ и $n$ координат из $9$ ненулевых положительны, тогда эта координата равна

h⋅n− h⋅(9− n)= h⋅(2n− 9)⁄=0

Но поскольку $2n− 9⁄= 0,n∈ ℕ$ по чётности, а также $h> 0$ из условия, значит, нулевой сумма векторов-рёбер быть не может.

Ответ:

нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#64564

Пять рёбер тетраэдра имеют длины $2,4,5,9$ и $13.$ Определите, может ли при этом длина шестого ребра:

a) равняться $11;$

б) равняться $11,1.$

Источники: ПВГ-2013, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

(a) У нас есть 2 грани со стороной 2, но вместе с 2 треугольник может образовать только 4 и 5?!

(b) У нас есть 2 грани со стороной 2. Вместе с 2 треугольник может образовать только 4 и 5 или 11,1 и 13. Значит противоположная сторона равна 9. Пусть нам дан тетраэдр $SABC$ и $AC = 2$ , $AB =5$ , $BC = 4$ . Тогда $SB =9$ и по неравенству треугольника для $CBS$ сторона $SC = 11.1$ . Значит последняя сторона $SA = 13$ . По формуле Герона площадь $ABC$ равна $∘--------- 112 ⋅ 72 ⋅ 12 ⋅ 32 = 14√231$ . Тогда если $CK$ высота в этом треугольнике, то $CK = √231- 10$ . По теореме Пифагора $AK = √AC2-− CK2-= 1.3$ и $BK = √BC2-−-CK2 =3.7$ . Отсюда следует, что $K$ лежит на отрезке $AB$

Аналогично, $SABS = 9√51 4$ , высота $SH$ в этом треугольнике длиной $-9√51 10$ , $BH = 6,3$ , $CH =11,3.$ Значит, $H$ лежит на луче $CB$ за точку $B$ . Отсюда $HK = HB + BK = 10.$

Вспомним, что у нас есть такое неравенство на $SC$

∘---------2----2 ∘---------2-----2 (SH − CK ) + HK ≤SC ≤ (SH +CK ) + HK

Оно выводится так: спроецируем всё на плоскость, перпендикулярную $AB,$ пусть $S′$ — проекция $S$ , $C′$ — проекция $C$ , $H′$ — проекция $H$ и $K$ . Так как $SH$ и $CK$ перпендикулярны $AB$ , то $′ ′ SH = SH$ и $′ ′ CK = C H .$ Значит, проекция $SC$ на эту плоскость длиной от $′ ′ ′ ′ |SH − C H |= |SH − CK|$ до $′ ′ ′ ′ |S H + CH |= |SH + CK |$ , а проекция на прямую $AB$ это $KH.$ Значит,