Стереометрия на устном туре Турнира Городов —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Стереометрия на устном туре Турнира Городов

Тема ТурГор (Турнир Городов)

Стереометрия на устном туре Турнира Городов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

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#67555

Дана треугольная пирамида $SABC$ , основание которой — равносторонний треугольник $ABC$ , а все плоские углы при вершине $S$ равны $α$ . При каком наименьшем $α$ можно утверждать, что эта пирамида правильная?

Источники: Тургор-2023, 11.1 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача на оценку + пример. Давайте попробуем сначала привести пример для угла, который, как нам кажется, подходит. А потом уже докажем, что для меньшего угла условие задачи не выполняется. Подумайте какой хороший угол нам подойдёт? Слова про правильные фигуры на это всячески намекают.

Подсказка 2

Верно, докажем, что при плоском угле 60 градусов наша пирамида окажется правильной. Нужно только понять, что если в треугольнике есть угол 60 градусов, то сторона напротив него средняя по величине между другими. Тогда предположив, что какое-то боковое ребро не равно ребру из основания, сможем получить противоречие и получить доказательство. Что же будет, если плоские углы будут меньше 60? Попробуйте построить пример неправильной пирамиды с таким углом, учитывая условия задачи и соотношения сторон по их размерам.

Подсказка 3

Давайте, рассмотрим равнобедренный треугольник SAB, в котором SA=SB и ∠S = α(α<60). Тогда сторона AB в нём наименьшая, и мы сможем его отложить на боковых сторонах. Осталось только понять, что отложив на рёбрах трёхгранного угла нужные отрезки(два из которых SA и SB) с плоскими углами меньше 60, мы получим неправильную пирамиду, то есть контрпример.

Показать ответ и решение

Докажем, что при $α = 60∘$ пирамида правильная. Пусть стороны треугольника $ABC$ равны 1. Заметим, что в любом треугольнике с углом $∘ 60$ против этого угла лежит средняя по длине сторона (причём если она строго меньше одной из сторон, то строго больше другой). Пусть одно из боковых рёбер пирамиды не равно 1: например, $SA > 1$ . Тогда в гранях $SAB$ и $SAC$ рёбра $SB$ и $SC$ будут меньше 1, и значит, в грани $SBC$ ребро $BC$ — не средняя сторона, противоречие.

Покажем теперь, как построить неправильную пирамиду с плоскими углами $∘ α< 60$ при вершине $S$ .

Первый способ. Сначала боковое ребро $SA$ удаляем, а неудалённую боковую грань $SBC$ вращаем вокруг её ребра основания $BC$ , пока эта грань не окажется в плоскости основания так, что будет содержать треугольник основания. В процессе движения будут «текущие» пирамиды, у которых два равных плоских угла сначала равны $α$ , потом больше $α$ (в момент, когда вершина проектируется в вершину основания — поскольку в этот момент синус угла при вершине $S$ в боковых гранях $SAC$ и $SAB$ равен $1:SB$ , а в грани $SBC$ равен отношению боковой высоты этого треугольника к $SB$ , которая меньше 1), а в конце у «вырожденной» пирамиды они равны $α2$ . Значит, в силу непрерывности, будет ещё раз $α$ .

Второй способ. Рассмотрим треугольник $SAB$ c $SA = SB$ и $∠S = α$ . Так как $AB < SB$ , на стороне $SA$ существует такая точка $C$ , что $BC =AB$ . Теперь возьмем трёхгранный угол, у которого все плоские углы равны $α$ , и отложим на его ребрах отрезки $SA$ , $SB$ , $SC$ . Пирамида $SABC$ — искомая.

Третий способ. Пусть $S′ABC$ — правильная пирамида с плоским углом $α$ при вершине $S′$ . Пусть $X$ , $Y$ — точки, такие, что $XY = AB$ , построим на $XY$ треугольники $XY Z$ и $XY T$ так, что $∠ZXY = ∠ZYX = 90∘ − α2$ , $∠TXY = 90∘ + α2$ , $∠TYX = 90∘ − 3α2$ , тогда понятно что $∠XT Y = ∠XZY = α$ . В силу теоремы синусов для этих треугольников имеем

---T∘Y-α--= XY--= ---ZX∘--α-= ----ZY∘--α-, sin(90 +2 ) sinα sin(90 − 2) sin(90 − 2)

что влечёт $TY = ZX =ZY$ , поскольку синусы смежных углов равны. Пусть теперь $S$ — такая точка на продолжении отрезка $S′B$ за точку $B$ , что $SB = TX$ . Тогда $∠SBC =∠SBA =90∘+ α= ∠TXY 2$ , $BC = BA = XY$ , и $SB =T X$ , тогда $△SBC = △SBA = △T XY$ , откуда $SC =SA = TY =ZX =ZY$ , и значит $△SCA = △ZXY$ (по трём сторонам). Из всех указанных равенств треугольников следует, что у пирамиды $SABC$ все плоские углы при вершине $S$ равны $α$ , значит она удовлетворяет условиям задачи. Но она не правильная, поскольку прямая $′ S B$ не перпенидикулярна $ABC$ , и на ней только одна точка проецируется в центр треугольника $ABC$ , это точка $′ S$ , а значит не точка $S$ .