Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Тела вращения

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Тела вращения

Цилиндр

Конус

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83857

Коническое (пожарное) ведро было заполнено водой до самого края.

$PIC$

В него положили шар, причем он полностью покрылся водой. Покажите, что при этом из ведра вылилось не более половины бывшей там воды.

Источники: КФУ - 2024, 11.4 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы хотим доказать, что что-то меньше чего-то, то нам надо взять это что-то максимальным, а после этого доказать, что даже в этом случае выполняется требуемое. Шар у нас лежит не выше уровня воды, при этом, он касается поверхности конуса. В какой ситуации тогда радиус шара будет максимальным(ну а значит и его объем)?

Подсказка 2

Предельное положение - это когда шар вписан в конус. А значит, окружность радиуса такого же как у шара вписана в сечение конуса, которое проходит через диаметр окружности в основании и вершину. Значит, мы можем взять за r - радиус шара, за h - высоту конуса и за R - радиус окружности в основании конуса и тогда картинка однозначно фиксируется и все через все выражается. Сделайте это и поймите связь между r и парой h и R. Чему тогда равно отношение объемов(ведь этого от нас и просят)?

Подсказка 3

Отношение объемов равно, в силу того, что (h - r)/r = sqrt(h^2 + R^2)/r, 4 * (h / r) * (1 - 2 * (h/r)). Мы хотим максимизировать объем, значит, надо взять максимум у этой параболы(у нас же относительно h/r - выражение представляется графически параболой), а она не больше 1/2.

Показать доказательство

Обозначим радиус шара через $r,$ радиус основания конуса через $R,$ а высоту конуса — через $h.$ Тогда объём конуса равен

1 2 V = 3πR ⋅h

Объём шара

4 v = 3πr3

Отношение этих объемов равно

3 v-= 4r2- V R h

Можно считать, что верхняя точка шара находится на поверхности воды, иначе воды выльется ещё меньше.

$PIC$

Из подобия прямоугольных треугольников $AF O$ и $AMB$ имеем

h− r √h2-+R2 -r--= ---R----

Возведем равенство в квадрат, получим

( )2 2 2 2 h − 1 = h-+R2--= 1+ h2- r R R

1− 2h + h2 =1 + h2 r r2 R2

h2−-2rh- h2- r2 = R2

h2r2 R2 =h2-− 2rh

Значит, отношение объёмов равно

( ) v-= 4r3-h2−-2rh-= 4r(h−-2r)= 4(t− 2t2)= 4t(1− 2t), V h2r2h h2

где $t= r < 1. h 2$ Максимум этой функции достигается в вершине параболы, то есть при $t= 1 4$ и составляет

4t(1− 2t) =4⋅ 1 (1− 1) = 1 4 2 2

Заметим, что максимум достигается при $h = 4r;$ при этом

16r4 R2 = 16r2−-8r2-=2r2

l2 = h2+ R2 = 18r2 =9R2

l= 3R

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77211

В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ даны ребро $AB =2$ и $∠A AC = 45∘ 1$ . Диагональ $A C 1$ пирамиды служит осью конуса, вершина которого находится в $A1$ , а окружность основания касается трех граней угла $C$ , причем грани $ABCD$ в ее центре. Найдите радиус $r$ основания конуса.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть точка $H$ — центр $ABCD$ , а $O$ — центр окружности основания конуса. $AA1 = k,A1P = 2− k$ . Продлим стороны $AA1,BB1,CC1,DD1$ до пересечения в точке $P$ . Введём прямоугольную декартовую систему координат, как на рисунке: $H$ — начало координат, ось $Ox$ направим вдоль $HC$ , $Oy$ вдоль $HD$ , $Oz$ вдоль $HP$ .

Сделаем гомотетию с центром в точке $C$ так, чтобы центр окружности перешёл в точку $A1$ . Сама же точка $( √- ) ( √- ) − 2 +kcos(45∘) |− 2+ k√2| A1 =|( 0 |) = |( 0 |) kcos(45∘) √k2$

Найдём уравнение плоскости $α$ , содержащую окружность конуса с центром в точке $A1$ . Так как $(2√2− √k) A1C = || 0 2|| ( −√k ) 2$ — служит осью конуса, то в качестве вектора нормали возьмём $( ) -- √----- |4− k| nα = 2A1C = ( 0 ) −k$ .

Так как $A ∈α 1$ , то

-k- √- k-- (4− k)(√2-− 2)− k√2 + Dα = 0

√ - √- √- Dα = 2k2 − 3 2k+ 4 2

√- √ - √- α:(4− k)x− kz+ 2k2− 3 2k +4 2 =0

Найдём уравнение плоскости $β = (PBC)$ :

P ∈ β : (| √2C + D = 0 B ∈ β : { − √2βB + βD =0 |( √ - β β C ∈ β : 2A β + Dβ = 0

Возьмём в качестве $Dβ = −√2$ , тогда получим $( Aβ) ( 1 ) nβ = |( Bβ|) =|( −1|) Cβ 1$

√ - β :x− y+ z− 2= 0

Найдём уравнение прямой $l =α ∩β 1$ :

{ x − y +z− √2 =0 (4− k)x − kz+ √2k2− 3√2k+ 4√2-= 0

Сложив первое уравнение, умноженное на $k$ , со вторым и, выразив $x$ , получим $√- x = ky− -2k2+ √2k− √2 4 4$ . Откуда можно подставить в первое уравнение и выразить $z$ . Тогда уравнение прямой $l1$ в параметрическом виде:

( √- 2 √- √- X : ||{ k4t− -24k-+ 2k− 2 Y : | t( ) √- √- √ - Z : |( 1− k4 t+ -24k2− 2k+ 2 2

Её направляющий вектор $( ) | k4 | v1 = || 1 || (1− k) 4$ .

Пусть $T$ — точка касания окружности с плоскостью $β$ , тогда $T$ лежит на прямой $l1$ , $( √-2 ) ---- | k4t− -2k4--+√k2- | A1T =|( ( ) √t √ |) 1− k4 t+ -2k42-−√3k2-+2 2$ , $(A1T,v1)= 0$ :

( - ) ( - ) k k √2k2 -k- ( k) ( k) √2k2 -3k- √- 4 4t− 4 + √2- + t+ 1− 4 1− 4 t+ 4 −√2-+ 2 2 = 0

√ - √- √ - √- t= --2k3-− 6-2k2+-16-2k− 16-2 k2− 4k+ 16

Тогда $( √- ) 2-2k(2− k) --- ||| √- 3k2− 4k2 +16 ||| AT = || -2(k-−26k-+-16k−-16)|| |( 2√k2(−k24k− +6k16+8) |) --k2−-4k-+16--$

Уравнение плоскости $γ = (ABC) :z =0$ :

Найдём уравнение прямой $l2 =α ∩γ$ :

{ z =0 √- √- √ - (4− k)x − kz+ 2k2− 3 2k+ 4 2= 0

Подставляя $z = 0$ во второе уравнение и выражая x, получим параметрическое уравнение прямой $l2$ :

( √- 2 √- √ - X :|||{ -2k-−-3-2k+-4-2 Y :| t k− 4 Z : ||( 0

Её направляющий вектор $(0) v2 = |(1|) 0$ .

Пусть $F$ — точка касания окружности с плоскостью $γ$ , тогда $F$ лежит на прямой $l2$ , $( √2k2) ---- || 2kt−8|| A1F =|( -k-|) −√2-$ , $(------) A1F,v2 = 0⇔ t= 0$

В силу симметрии картинки относительно плоскости $APC$ , если окружность касается плоскости $P BC$ , то она будет касаться и плоскости $P DC$ , поэтому для касания всех трёх плоскостей, содержащих граней необходимо и достаточно выполнения уравнения:

---- ---- |A1T|2 = |A1F|2

( √2k2)2 k2 (2√2k(2− k))2 ( √2(k3− 6k2+ 16k − 16))2 (2√2(k2− 6k +8))2 2k-− 8 + 2-= k2−-4k+16 + ----k2−-4k+-16----- + --k2−-4k-+16--

4k2(k2-− 4k+-8)= 2(k4−-8k3+-28k2−-48k-+32) (2k− 8)2 k2− 4k+ 16

k2(k2− 4k +8) 2(k− 2)2(k2 − 4k+ 8) --(k−-4)2---= ----k2−-4k-+16---

2 2 --k--2 =-22(k−-2)-- (k − 4) k − 4k+ 16

-32- k= k − 4 +12

[ k1 =4(2− √3) k =4(2+ √3)>2 − не подходит 2

Тогда

∘--2k4----k2- ∘ -----√-- R= |AF|= (2k−-8)2 +-2 =2 40− 23 3

Рассмотрим $△CA1F :CH = √2.$

√ - √- √- F =--2k2− 3-2-+4-2 = 8√2-− 5√6-⇒ FH = |F |= 5√6− 8√2 x k− 4 x

R CF ∘-2-----√-- △CA1F ∼ COH ⇒ -r = CH ⇒ r= 13(5− 2 3)

Ответ:

$∘-2----√--- 13(5− 2 3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70490

Угол при вершине в осевом сечении конуса равен $60∘$ . Снаружи этого конуса расположены 11 шаров радиуса 3, каждый из которых касается двух соседних шаров, боковой поверхности конуса и плоскости его основания. Найдите радиус основания конуса.

Источники: Ломоносов-2022, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала рассмотрим расположение любого шара и конуса в плоскости, перпендикулярной рисунку.

Подсказка 2

У нас есть треугольник, которого касается окружность известного радиуса, вписанная во внешний угол при основании треугольника. Счёт за Вами... Напоминаем, окружность, вписанная в угол, лежит на его биссектрисе

Подсказка 3

Теперь давайте поймем как расположены все шары снаружи. Они касаются друг друга, поверхности конуса и плоскости его основания, причем все расположены на одинаковом расстоянии от центра основания конуса!

Подсказка 4

То есть точки касания шаров с плоскостью основания конуса являются вершина правильного 11-угольника со стороной, равной удвоенному радиусу шаров(так как они касаются друг друга и длина = 2 радиуса)...

Подсказка 5

Теперь нам известны расстояние от центра основания до точки касания шаров с плоскостью основания(радиус 11-угольника) и расстояние от этой точки касания до ближайшей вершины треугольника в плоскости рисунка, тогда искомый радиус основания = радиус 11-угольника - последнее расстояние

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр окружности основания конуса, радиуса $R,Q1$ - центр одного из шаров радиуса $3,H1$ — точка касания этого шара с плоскостью основания, $H2$ — точка касания соседнего шара с плоскостью основания конуса. Значит, из треугольника $AQ1H1$ можем получить

AH1 =--(-Q1H1-∘) = 3√--=√3 tg 45∘+ 302-- 3

$PIC$

Так как каждый шар касается двух соседних, то точки касания этих шаров с плоскостью основания конуса расположены в вершинах правильного 11-угольника вписанного в окружность с центром в точке $O,$ радиуса $OH1$ и стороной, равной $2⋅3= 6.$ Поэтому

180∘- Q1H =OH1 sin 11 , где OH1 = R+ AH1

Q1H 3 √- R = sin180∘-− AH1 = sin-180∘− 3 11 11

Ответ:

$---3--− √3 sin 18101∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74506

В 2022 году исполняется 65 лет запуска первого искусственного спутника Земли (ИСЗ). В настоящее время для обеспечения бесперебойной работы сотовой связи, систем теле и радиовещания используются различные виды спутников, находящихся на различных орбитах, на различных высотах.

Зоной покрытия спутника назовем часть поверхности земного шара, в пределах которой обеспечивается уровень сигналов к спутнику и от него, необходимый для их приема с заданным качеством в конкретный момент времени. Как правило, эта часть поверхности ограничивается окружностью, проходящей по линии видимого горизонта. На рисунке линия проходит через точку Г:

$PIC$

a) Определите площадь земной поверхности ( $в км2$ ), которая является зоной покрытия спутника, находящегося на высоте $H = 500$ км относительно земной поверхности, считая ее сферой радиуса $R = 6400$ км с центром в точке $O.$

б) Найдите все значения $n >1,$ для которых на поверхности земли можно расположить окружности $C1,...,Cn,$ каждая из которых внешним образом касается окружности $C0,$ с центром в точке $A$ и радиусом $r< R,$ каждая из них является границей зоны покрытия ИСЗ, находящегося на той же высоте $H$ , что и спутник с зоной покрытия $C0.$ Каждая из зон покрытия $Ci$ должна внешним образом касаться окружностей $C0$ и $Ci+1,i=0,1,...,n− 1,$ т.е. первая касается $C0$ и $C2,$ вторая — $C0$ и $C3,$ и т.д. Окружность $Cn$ должна касаться $C0$ и $C1.$

Источники: ШВБ-2022, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Вспомним формулу площади шарового сегмента: S = 2πR*h, где h = АЗ. Осталось только найти h и посчитать

Пункт б, подсказка 1

Пусть В — точка касания C₀ и C₁, а З, З₁, З₂ — точки пересечения радиусов сферы, проходящих через центры окружностей. sin(а) можно найти из треугольника АВО. Заметим равенство углов ЗОВ и ВОЗ₁, что делает угол ЗОЗ₁ равным 2а. Найдем ЗЗ₁ через равенство треугольников ОГВ и ОЗ₁З(по двум сторонам и углу). Как нам связать это с количеством окружностей?

Пункт б, подсказка 2

Через двугранный угол при ребре ОЗ. Он будет зависеть от количества таких окружностей и равняться 360°/n

Пункт б, подсказка 3

Чтобы его выразить, опустим перпендикуляры из точек З₁ и З₂ на ребро ОЗ. Пирамида ОЗЗ₁З₂ правильная, поэтому З₁Н и З₂Н пересекутся в одной точке Н и будут равны. Теперь нам нужно их найти.

Пункт б, подсказка 4

Рассмотрим треугольник З₂НЗ₁. Выразим З₂З₁, которую мы уже знаем, через З₁Н и половину угла З₂НЗ₁. Из уравнения выразим sin(180°/n). Осталось только его оценить и получить из этого оценку на n!

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Зона покрытия — часть сферы, лежащая внутри конуса. $S = 2πR⋅h$ , где $h= A3$ — высота сегмента. $h =R − R cosα$ , здесь угол $α$ — угол между радиусом ОГ и линией ОА, соединяющий центр сферы с центром окружности, которая является линией пересечения сферы и конуса.

Тогда площадь равна

( ) S = 2πR2(1− cosα)= 2πR2 1−--R-- = 2πR2⋅--H-- ≈ R +H R + H

2 500- 2 10 4096- 5 5 2 ≈6 ⋅6400 ⋅6900 =6400 ⋅23 ≈ 23 ⋅10 ≈178,09⋅10 = 17809000 км

б) Пусть О — центр сферы, В — точка касания первой и второй окружности, А и $A1$ их центры этих окружностей, $З,З1,З2$ — точки пересечения радиусов $R$ со сферой. Обозначим $α$ — угол между ОЗ и ОВ. Тогда $r- sinα = R,ЗЗ1 = 2r.$

$PIC$

В правильной пирамиде О $ЗЗ1З2$ плоские углы при вершине равны $2α,$ двугранный угол при ребре О3 равен $360∕n.$ Опустив перпендикуляры из точек $З1$ и $З2$ на ребро О3 в точку H, треугольники О $З,З1$ и О $ЗЗ2$ равны (по трем сторонам), т.к. две стороны равны $R,$ а третья $2r.$

$PIC$

∘ -------- НЗ1 =Н З2 = 2rcosα= 2r∘1−-sin2α =2r 1− ( r)2 R

∘----r2- ⇒ 2r=ЗЗ1 =ЗЗ2 =2⋅Н З1⋅sin(180∕n)= 4r 1− R2-sin(180∕n)

∘ ------ ( ∘ -----) r2 r2 2 1− R2 sin(180∕n)= 1⇒ sin(180∕n)= 1∕(2 1− R2) > 1∕2⇒ n< 6

Ответ:

а) $17809000$

б) $2,3,4,5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#33366

Рассмотрим всевозможные тетраэдры $ABCD$ , в которых $AB = 2,AC =CB = 5,AD =$ $DB =6$ . Каждый такой тетраэдр впишем в цилиндр так, чтобы все вершины оказались на его боковой поверхности, причём ребро $CD$ было параллельно оси цилиндра. Выберем тетраэдр, для которого радиус цилиндра - наименьший из полученных. Какие значения может принимать длина $CD$ в таком тетраэдре?

Источники: Физтех - 2021, 11.2 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, а как использовать равные отрезки? В каких треугольниках они состоят, что можно отметить в таких фигурах?

Подсказка 2

Отметим E — середину AB в равнобедренных треугольниках ADB и ACB! Какие тогда выводы можно сделать об AB?

Подсказка 3

AB — хорда окружности, перпендикулярной оси цилиндра. Давайте теперь подумаем, а в каких случаях мы смогли бы уменьшить радиус цилиндра?…

Подсказка 4

Мы можем уменьшать радиус цилиндра, если AB не является диаметром указанной окружности. Какие тогда выводы можно сделать из условия на минимальность радиуса цилиндра?

Подсказка 5

Мы должны рассматривать такие тетраэдры, в которых AB является диаметром цилиндра! Давайте теперь попробуем воспользоваться тем, что CD перпендикулярен основанию цилиндра. Что полезного можно отметить?

Подсказка 6

Отметим H — проекцию точек C и D на основание цилиндра! Осталось лишь воспользоваться тем, AB — диаметр, и немного посчитать ;)

Показать ответ и решение

Пусть $E$ — середина $AB.CE$ и $DE$ — медианы равнобедренных треугольников $ABC$ и $ABD$ , a значит, биссектрисы и высоты. То есть $AB ⊥ CE,AB ⊥ DE$ . Значит, отрезок $AB$ перпендикулярен плоскости $CDE$ , следовательно, $AB ⊥ CD$ .

$PIC$

Таким образом, $AB$ лежит в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра (обозначим эту плоскость через $α$ ). Сечение цилиндра этой плоскостью — окружность, а $AB$ является хордой этой окружности. Тогда радиус цилиндра минимален, если $AB−$ диаметр. Отметим, что это возможно в силу того, что отрезки $DE$ и $CE$ длиннее, чем $12AB =1$ . Действительно, из треугольников $ACE$ и $ADE$ следует, что

CE = ∘52-− 12 = 2√6,DE = ∘62−-12 = √35

Рассмотрим тетраэдр, в котором $AB$ является диаметром цилиндра. Возможны 2 случая: точки $C$ и $D$ лежат по одну (этот случай представлен выше) или по разные стороны плоскости $α$ .

Пусть $H$ - проекция точек $C$ и $D$ на плоскость $α$ . Угол $∠AHB =90∘$ , так как он вписан в окружность и опирается на её диаметр. $AH = BH$ в силу равенства треугольников $ACH$ и $BCH$ . Тогда $AH =$ $√- BH = 2$ . По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках $AHC$ и $DHC$ соответственно: $CH =$ $-- -- √25− 2-=√ 23,DH = √36−-2= √34$ .

Тогда, если точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от плоскости $α$ , то $CD =DH − CH = √34− √23$ . Если точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от плоскости $α$ , то $CD = DH + CH = √34+√23-$ .

Ответ:

$√34-±√23$

Критерии оценки

Доказано, что 𝐴𝐵 – диаметр цилиндра наименьшего радиуса – 2 балла; если при этом не проверено, что точки 𝐶 и 𝐷 могут лежать на боковой поверхности такого цилиндра (например, можно доказать, что треугольники 𝐴𝐵𝐶 и 𝐴𝐵𝐷 остроугольные; можно сделать, как в решении), то 1 балл вместо 2;

найдены оба значения 𝐶𝐷 – 3 балла;

найдено только одно значение 𝐶𝐷 – 1 балл вместо 3.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#33674

На рёбрах $AC,BC, BS,AS$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ с вершиной $S$ выбраны точки $K,L,M,N$ соответственно. Известно, что точки $K,L,M,N$ лежат в одной плоскости, причём $KL = MN = 2,KN = LM = 18$ . В четырёхугольнике $KLMN$ расположены две окружности $Ω1$ и $Ω2$ , причём окружность $Ω1$ касается сторон $KN,KL$ и $LM$ , а окружность $Ω2$ касается сторон $KN,LM$ и $MN.$ Прямые круговые конусы $ℱ1$ и $ℱ2$ с основаниями $Ω1$ и $Ω2$ соответственно расположены внутри данной пирамиды, причём вершина $P$ конуса $ℱ1$ лежит на ребре $AB$ , а вершина $Q$ конуса $ℱ2$ лежит на ребре $CS$ .

а) Найдите $∠SAB$

б) Найдите длину отрезка $CQ$ .

Источники: Физтех-2019, 11.7, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Четырёхугольник KLMN явно является параллелограммом. Но что ещё следует из попарной параллельности сторон, если мы в правильной треугольной пирамиде?

Пункт а), подсказка 2

Наш параллелограмм будет прямоугольником, так как в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся ребра перпендикуляры, то есть AB ⊥ SC. Что тогда можно сказать про радиусы конусов? А про расположение точки P на ребре AB?

Пункт а), подсказка 3

В силу симметричности KLMN относительно плоскости, проходящей через SC и середину AB, точка P будет лежать на середине стороны AB. Теперь мы получили прямоугольный треугольник APS, из которого нас очень интересует угол SAP. Если обозначит AP за a и AS за l, то интересующий нас угол можно будет найти как arccos(a/l). Обратите внимание, что у нас много параллельных прямых, они все намекают на какие-то конструкции с подобиями, которые должны помочь нам найти отношение a/l.

Пункт а), подсказка 4

На гранях нашей пирамиды мы вряд ли сможем что-то найти, так как нам почти ничего неизвестно про них, зато много что в данной задаче происходит в плоскости SPC. Давайте отметим середины NM и KL и назовем их X и Y соответственно. Нетрудно заметить, что X и Y тоже находятся в ней. Что тогда можно сказать про треугольники PCS и PXY?

Пункт а), подсказка 5

Треугольники PCS и PXY подобны, мы уже знаем, как выразить все из стороны кроме PY и PX через a и l. Из подобия найдите, как оставшийся стороны выражаются через отношение a/l.

Пункт а), подсказка 6

Мы всё ещё почти никак не использовали наши конусы, давайте обозначим их центры как O₁ и O₂. На какой прямой находятся данные точки? А радиусы конусов должны помочь вам найти длины отрезков O₁Y и O₁X.

Пункт а), подсказка 7

Не забываем, что наш конус прямой, значит, PO₁ ⊥ XY. Мы получаем два прямоугольных треугольника, которые связывают наши ранее найденные O₁Y, O₁X и PY, PX. Хочется получить уравнение, которое позволяет найти значение для a/l, подумайте, как его можно составить.

Пункт б), подсказка 1

Нам уже известно отношение a и l, давайте найдём, чему же они равны. Хочется получить уравнение, связывающее их, чтобы можно было подставить вместо l его выражение через a, получив уравнение относительно a. В этом нам отлично помогу подобия в треугольниках ABC и SPC.

Пункт б), подсказка 2

Просто взять и найти длину отрезка CQ выглядит довольно сложной задачей, так как данный отрезок не участвует ни в одном подобии и уравнении. Хотелось бы разбить его на части, которые найти уже гораздо проще. Здесь нам снова должны помочь подобия, подумайте, какая точка на отрезке XY нам будет удобна, чтобы провести через неё прямую из вершины P, разбивающую SC.

Пункт б), подсказка 3

Пусть прямая PO₁ пересекает SC в точке H. Чтобы найти длины CH и HQ, подумайте, чем является прямая PH в треугольнике PSC и чем является четырёхугольник HO₁O₂Q.

Показать ответ и решение

Противоположные стороны четырёхугольника $KLMN$ попарно равны, так что он параллелограмм. Поскольку плоскость $(KLMN )$ пересекает плоскости $(ABC )$ и $(ABS )$ по параллельным прямым $KL$ и $MN$ , эти прямые параллельны прямой пересечения этих плоскостей, то есть $AB$ . Аналогично, $NK ∥LM ∥ SC$ . В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра перпендикулярны друг другу, поэтому $SC ⊥AB$ , а $KLMN −$ прямоугольник. Следовательно, радиусы окружностей $Ω1$ и $Ω2$ равны $1.$

Отсюда также следует, что прямоугольник $KLMN$ симметричен относительно плоскости $α$ , содержащей ребро $SC$ и середину $AB$ . Тогда и конусы $ℱ1$ и $ℱ2$ также симметричны относительно этой плоскости. Поэтому $P$ — середина $AB$ .

$PIC$

Обозначим через $X$ и $Y$ середины сторон $KL$ и $MN$ соответственно, а через $O1$ и $O2−$ центры окружностей $Ω1$ и $Ω2$ соответственно; эти четыре точки лежат на оси симметрии прямоугольника $KLMN$ , параллельной $KN$ , а значит — в плоскости $α$ . Более того, $XY ∥SC$ , то есть треугольники $PCS$ и $P XY$ подобны.

Пусть $AB = BC = CA = 2a,SA =SB = SC =ℓ,ν = a∕ℓ$ . Тогда $CP = a√3,SP = √ℓ2−-a2$ . Поскольку $XY = KN = 18$ , из подобия получаем

XP- XY- CP = CS

XP 18 18√3a √- a√3-= ℓ-,XP = --ℓ-- =18ν 3

Аналогично,

√------ YP-= XY-,YP-= 18,Y P = 18-ℓ2−-a2= 18∘1-−-ν2 SP CS SP ℓ ℓ

C другой стороны, так как конус $ℱ1−$ прямой, имеем $P O1 ⊥ XY$ , причём $XO1 = 12KL =1,YO1 =XY − XO1 = 17$ . Отсюда

2 2 2 2 ( 2 2) ( 2 2) 2 2 2( 2 2) 17 − 1 =O1Y − O1X = O1Y + O1P − O1X + O1P = PY − PX = 18 1− ν − 3ν

2( 2) 16⋅18= 18 1 − 4ν

1 ν = 6

AP 1 ∠SAB =arccosAS-= arccosν = arccos6

Итак, $ℓ= 6a$ , и из подобия имеем

-2 = KL-= CX-= 1− XP-= 1− XY- =1− 18 =1− 3, 2a AB CP CP CS ℓ a

откуда $a= 4$ и $ℓ= 24$ . Пусть $P O1$ пересекает $SC$ в точке $H$ . Тогда $PH$ — высота треугольника $SCP$ , причём (поскольку $XY ∥CS$ ) $CCHS-= XXOY1-= 118-$ . Значит, $CH = S1C8 = 43$ . Поскольку $O2Q⊥ XY,HO1O2Q$ — прямоугольник, так что $HQ = O1O2 = 16$ . Отсюда $CQ = CH + HQ = 532$ .

Ответ:

а) $∠SAB = arccos1; 6$

б) $52 CQ= 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39887

На плоскости основания конуса с высотой, равной радиусу основания, дана точка (вне конуса), удалённая от окружности основания на расстояние, равное двум радиусам основания. Найдите угол между касательными плоскостями к боковой поверхности конуса, проходящими через данную точку.

Источники: ПВГ-2016, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть центр основания радиуса $r$ — точка $O$ , точка рядом $A$ , а $S$ — вершина конуса. Пусть также $AO$ пересекает окружность в $E,F, AE < AF$ . Касательные плоскости содержат касательные из $A$ к окружности, пусть это $AB$ и $AC$ . Легко видеть, что $SAB$ и $SAC$ и есть искомые плоскости, проведём в этих треугольниках высоты к $AS$ , которые в силу симметрии упадут в одну точку $T$ . Тогда наша задача сводится к поиску $∠BT C =2∠CT H = 2arctg CTHH$ .

Итак, будем искать отрезки $CH$ и $TH$ . По теореме об отрезках касательной и секущей

√- √ - AC2 = AE ⋅AF = 8r2 =⇒ AC = 2√2r =⇒ CH = AC-⋅CO-= 2-2r⋅r = 2-2r AO 3r 3

Здесь мы просто посчитали площадь прямоугольного треугольника двумя способами. Теперь заметим, что $AS ⊥BT C$ , поскольку две прямые $BT, TC$ ей перпендикулярны, откуда $TH ⊥ AS$ , то есть $△AT H ∼△AOS$ , как прямоугольные с общим углом. Имеем

√--------- ∘---8 TH- = TH-= AH-= √AC2-−-CH2-= -8√-−9-= -8√-- r OS AS AO2+ OS2 10 3 10

В итоге $∠BTC = 2arctg CH-= 2arctg √5 TH 2$ .

Ответ:

$2arctg √5 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#64569

В конус вписан цилиндр объема 9. Плоскость верхнего основания этого цилиндра отсекает от исходного конуса усеченный конус объемом 63. Найдите объем исходного конуса.

Источники: ОММО-2015, номер 10, (см.olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Запишем известные нам объёмы! В работе с усечённым конусом нам поможет формула, выражающая его объём через высоту и радиусы оснований. А чего нам не хватает для объёма искомого конуса?

Подсказка 2

Нам не хватает его высоты — она пока не фигурирует ни в одной из известных фигур. Зато у нас в обоих данных объёмах задействована высота усечённого конуса, которая дальше нам не очень нужна. Так выразим её из объёма цилиндра и подставим в объём усечённого конуса! Поработав с квадратным уравнением, мы отыщем отношение радиусов верхнего и нижнего оснований.

Подсказка 3

Отыскать высоту исходного конуса нам помогут подобные треугольники: рассмотрите осевое сечение этого конуса. Отношение радиусов поможет нам связать высоты исходного и усечённого конусов. Осталось немного повозиться с формулами, подставляя известные отношения, и задача убита!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть высота и радиус исходного конуса равны $H$ и $R$ , а высота и радиус цилиндра равны $h$ и $r$ . Воспользуемся формулой для объема усеченного конуса: $( ) 13π R2+ Rr+ r2 h= 63$ . Также мы знаем, что $πr2h= 9$ . Поделив соответствующие части равенств получаем

( ) ( ) R- 2+ R- + 1= 63⋅3= 21 r r 9

Решая квадратное уравнение, получаем корни $4$ и $− 5,$ геометрический смысл имеет только положительный. $R∕r= 4,H-−h= 4, h-= 3 H H 4$ , откуда получаем для исходного конуса:

1 1 ( )(R )2 H 1 4 V = 3πR2H = 3 πr2h r- h-= 3 ⋅9 ⋅42⋅3 = 64

Ответ: 64

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#63895

В правильную треугольную призму $ABCA B C 1 1 1$ вписан шар радиуса $√2$ . Найдите площадь боковой поверхности вписанного в шар прямого кругового цилиндра, основание которого лежит в плоскости, проходящей через точку $A$ и середины рёбер $BB1$ и $CC1.$

Источники: Ломоносов-2014, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте аккуратно нарисуем рисунок, попробуем выразить радиус основания цилиндра через его высоту и радиус сферы. Обозначим за D, D₁, M и N середины ребер ВС, В₁С₁, ВВ₁ и СС₁, Р – точка пересечения MN и DD₁. Как имеющиеся на рисунке отрезки связаны с радиусом сферы?

Подсказка 2

Давайте спроецируем центр сферы на плоскость основания цилиндра, нельзя ли теперь выделить на рисунке какую-нибудь пару подобных треугольников, которая поможет нам связать высоту цилиндра и радиус сферы?

Показать ответ и решение

Обозначим через $r$ радиус шара, а через $D,D ,M 1$ и $N$ — середины рёбер $BC,B C ,BB 11 1$ и $CC 1$ соответственно. Плоскость $AA D 1 1$ есть центральное сечение шара. Пусть $h$ — высота цилиндра, тогда радиус его основания равен $∘-2--h2 R = r − 4$ . Пусть $P$ — точка пересечения отрезков $DD1$ и $MN$ . Справедливы соотношения $OP = r,P D= r,AD =3r$ , где $O−$ центр шара. Если $O1$ — проекция точки $O$ на основание цилиндра, то из подобия прямоугольных треугольников $APD$ и $OO1P$ получаем

OO1 PD -OP-= AP-

OOr1-= √--r2--2-= √1- 9r + r 10

Тогда

√ -- √-- OO = r-10,h =2 ⋅OO = r-10 1 10 1 5

Значит, $R= 3r√10 10$ . Площадь боковой поверхности

6πr2 Sбок. = 2πRh= 5

Ответ:

$12π 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#64565

Два равных конуса расположены так, что осью каждого из них является образующая другого. Углы при вершинах в осевых сечениях этих конусов равны по $∘ 90$ . Найдите угол между двумя образующими, по которым пересекаются эти конусы.

Источники: ПВГ-2013 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отметьте на рисунке оси (назовём их SA₁ и SA₂) и образующие, по которым пересекаются конусы (SB и SC), пусть SO – прямая пересечения плоскости, по которой пересекаются конусы, и плоскости, содержащей оси конусов. Подумайте, как связаны между собой имеющиеся на рисунке уголки.

Подсказка 2

Хочется свести задачку к более простой, давайте для этого расположим точки А₁, А₂, В, С таким образом, чтобы они лежали в плоскости, перпендикулярной SO. Теперь, зная связь между углами на рисунке, мы сможем выразить через них и длину SO длины некоторых отрезков.

Подсказка 3

Теперь можно двумя способами записать выражение для одного и того же отрезка (например, А₁С), приравнять результаты, и получить таким образом связь между искомым углом и углом при вершине конуса.

Показать ответ и решение

Пусть $S$ — общая вершина рассматриваемых конусов, $SA 1$ и $SA 2$ — их оси. Обозначим через $SB$ и $SC$ их общие образующие и через $α$ искомый угол $BSC$ . Описанная в задаче конфигурация имеет две плоскости симметрии: одна — $SA1A2$ — содержит оси конусов, другая — $SBC$ — содержит их образующие. Тогда эти плоскости перпендикулярны. Пусть $SO$ — прямая их пересечения.

$PIC$

Обозначим через $ϕ$ угол при вершине в осевом сечении каждого из конусов. Так как $SA2$ является образующей для конуса с осью $SA1$ и наоборот, то $∠A2SO = ∠OSA1 = ϕ4$ . Кроме того,

∠A2SB = ∠A2SC =∠A1SC = ϕ, ∠OSB =∠OSC = α- 2 2

Точки $A1, A2, B, C, O$ можно выбирать произвольно на прямых $SA1, SA2, SB, SC, SO.$ Будем считать, что точки $A1, A2, B, C, O$ лежат в некоторой плоскости, перпендикулярной прямой $SO$ и расположенной на расстояние $h$ от вершины $S$ . Тогда из пирамиды $SOA1C$ , в которой все плоские углы при вершине $O$ прямые, имеем