Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Дополнительные построения в стерео

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в стерео

Тетраэдр в параллелепипеде

Развёртка

Проецирование в стерео

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы нормально работать с картинкой, рассмотрим две пары скрещивающихся рёбер пирамиды (например, AB, CD, BC, AD). Ведь их достаточно для построения проекции. Пирамида правильная, значит, на этих рёбрах удобно отметить их середины (например, точки M, N, Q, P соответственно). Ведь отрезки MN и PQ являются перпендикулярами к этим рёбрам. Но, кажется, этого мало, ведь надо понять, какие свойства имеют их проекции. Попробуйте выяснить, как связаны эти отрезки и их проекции, основываясь на том, что ортогональная проекция пирамиды - параллелограмм.

Подсказка 2

В силу того, что проекцией пирамиды является параллелограмм, эти отрезки параллельны плоскости проекции. Тогда проекции MN и PQ параллельны самим отрезкам, равны им и перпендикулярны сторонам ромба. Также, так как пирамида правильная, MN и PQ равны, а значит, и их проекции тоже. Что тогда мы можем сказать про этот параллелограмм?

Подсказка 3

Верно! Это же ромб! Ведь в нём высоты, проведённые к смежным сторонам, равны. Тогда, если введём угол между ребром основания пирамиды и плоскостью проекции и длину стороны основания и боковой стороны трапеции (например, через a и b), то сможем выразить стороны ромба через a, b и этот угол и получить уравнение, ведь эти стороны равны.

Подсказка 4

Теперь мы получили, что тангенс угла между ребром основания пирамиды и плоскостью проекции равен a/b. Отлично! Мы можем выразить и синус, и косинус этого угла через a/b, а значит, и сторону ромба мы можем выразить через a и b (для удобства можно заменить a/b на новую переменную). Но мы ещё никак не воспользовались тем условием, что угол ромба равен 60 градусам. Это нужно исправить, например, записав уравнение на синус этого угла, выразив его как отношение высоты ромба на его сторону. Если мы ещё и выразим высоту через a и b, то получится записать уравнение на a и b.

Подсказка 5

Мы ведь знаем, что проекция MN - это высота ромба. Тогда так как проекция равна MN, то и высота равна этому отрезку. А вот его уже легче искать. Это можно сделать, выразив площадь треугольника MDC двумя способами.

Подсказка 6

Подставив MN в уравнение, мы получили, что (a/b)^2 = 2. Осталось воспользоваться последним условием задачи про площадь боковой поверхности. Выразив её через a и b, мы получаем уравнение, через которое находим a и b. Дело за малым, осталось лишь посчитать объём. И победа!

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 $AB$ и $CD$ , а $PQ$ — общий перпендикуляр скрещивающихся рёбер $AD$ и $BC.$ 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, $M1N1 = P1Q1.$

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 $acosα= bsinα.$

$PIC$

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

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.

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Самый простой способ доказать, что несколько прямых пересекаются в одной точке - определить эту точку, а затем доказать, что все прямые через неё проходят. Попробуйте доказать, что данные прямые проходят через центр описанной сферы тетраэдра(точку O).

Подсказка 2.

Просто так работать с этим объектом не получается. Попробуем воспользоваться равенством скрещивающихся рёбер ABCD. Проведём через каждые пары скрещивающихся рёбер параллельные плоскости. Тогда какую фигуру мы получаем в качестве пересечения этих плоскостей?

Подсказка 3.

Да, верно! Это же прямоугольный параллелепипед! Тогда точка O является его центром(пусть A',B',C',D' - точки, симметричные A,B,C,D относительно O). Отметим точку пересечения медиан треугольника BCD (точка M). Попробуйте разложить векторы AM и AA' через векторы A'B,A'C,A'D.

Подсказка 4.

Мы получаем, что точка M лежит на AA' и A'M/AM = 1/2, то есть AO/OM = 3/1. Отлично! Теперь осталось доказать, что перпендикуляр, опущенный из O на BCD, проходит через середину AH(где H - ортоцентр треугольника BCD). Для этого рассмотрим проекцию на BCD(пусть A" - проекция A, O1 - проекция O). Мы знаем, что проекция прямой AM проходит через точку пересечения медиан и центр описанной окружности. Что же это тогда за прямая?

Подсказка 5.

Да это же прямая Эйлера! А значит, она проходит и через ортоцентр треугольника BCD. Теперь, используя, что MH = 2MO1, попробуйте получить отношение отрезков A"O1 и O1H.

Подсказка 6.

Отлично! Мы знаем, что A"O1 = O1H. Тогда что можно сказать про отношение отрезков, на которые разбивается AH прямой OO1?

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#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 4#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

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#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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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

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#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 доказательство

$PIC$

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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $′ ′ ′ SA BC$ в $10$ раз меньше объёма пирамиды $SABC.$

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сходу непонятно, что делать с условием на перпендикуляры к плоскостям, может, попытаться сделать какое-то дополнительное построение, связанное с вершиной S и одной из этих плоскостей?

Подсказка 2

Правильно, сделать симметрию точки S относительно плоскости A'BC и получить точку S₁. Попробуйте получить точки S₂, S₃ по такой же симметрии, только относительно AB'C и ABC'.

Подсказка 3

Мы получили треугольник S₁S₂S₃, кажется, что он концентричен с треугольником ABC (докажите это, используя поворот относительно высоты пирамиды).

Подсказка 4

Треугольник PSS₁ равнобедренный (P - середина BC), так как PA' - высота и биссектриса, а значит SA'=A'S₁, следовательно, пирамида SS₁S₂S₃ является образом SA'B'C' при гомотетии с коэффициентом 2 и центром в S, а значит, как относятся их объемы?

Подсказка 5

Правильно, в 8 раз. Теперь мы можем использовать условие с отношениями объемов SABC и SA'B'C', найдя отношение объемов SABC и SS₁S₂S₃ и отношение площадей их оснований.

Подсказка 6

Проведём высоту SO нашей пирамиды и найдем отношение S₁O/AO с помощью отношения площадей.

Подсказка 7

Выразим S₁O и OA через SO и найдем тангенс угла, который нужно вычислить в задаче с помощью найденных отрезков.

Показать ответ и решение

Точки $S ,S , 1 2$ и $S 3$ 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 $△ABC.$

$PIC$

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 $S1.$

$PIC$

Тогда $φ= ∠SPA = ∠SPS1,$ где $P$ — середина ребра $BC$ ; треугольник $△SP S1$ — равнобедренный $(SP = PS1),$ откуда

180∘ − φ φ ∠SS1P = ---2--,OS1 =SO ctg∠SS1P = SOtg2-

А поскольку

OA = 2⋅AP = 2⋅SOctg φ, 2

то

√5 OA 2ctgφ -2-= OS1 =-tg φ2

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 13#92143

Вася смастерил из стеклянных стержней призму. Призма имеет 171 боковое ребро и столько же рёбер в каждом из оснований. Вася задумался: «Можно ли параллелыо перенести каждое из 513 рёбер призмы так, чтобы они образовали замкнутую ломаную в пространстве?»

Возможна ли реализация Васиной задумки?

Источники: ОММО - 2021, номер 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если у нас произвольное количество вершин, то мы там будем в смысле прохождения через боковые ребра(при наличии искомой ломаной), будем то подниматься на высоту равную длине бокового ребра, то опускаться. И при этом, у нас замкнутая ломаная, то есть мы вернулись в начальную точку. Как формализовать эти «прыжки»?

Подсказка 2

Формализовать очень просто - давайте введем такую систему координат, что плоскость Oxy параллельна основанию, а Oz перпендикулярна ему же. Тогда мы получаем, что если у нас такая ломаная вышла, то мы только при прохождении через боковые ребра меняем высоту. При этом суммарно смен 171 и ломаная замкнутая. Что из этого следует и какой тогда ответ?

Показать ответ и решение

Предположим, что реализация Васиной задумки возможна, и рассмотрим замкнутую ломаную, образованную 513 рёбрами. Введём систему координат таким образом, что плоскость $Oxy$ была параллельна основаниям призмы, ось $Oz$ перпендикулярна основаниям призмы, причём высота призмы равнялась 1 , а начало координат $O$ совпадало с одной из вершин замкнутой ломаной.

Пойдём теперь по нашей ломаной, начиная с точки $O$ . Каждый раз, когда мы переходим по ребру, которое лежало в основании, мы движемся в плоскости, параллельной $Oxy$ , т.е. $z$ -координата вершишы ломаной не меняется. Если же мы проходим по ребру, которое было боковым ребром, мы меняем $z$ -координату ровно на 1 .

Таким образом, когда мы пройдём по всем 513 рёбрам и вернёмся в точку $O$ , $z$ -координата вершишы, с одной стороны, должна стать 0 , с другой сторюны, она должна быть нечётной, т.к. мы 171 раз поменяли её чётность. Противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#92158

В неправильной пирамиде $ABCD$ сумма плоских углов при вершине $A$ равна $180∘$ . Найдите площадь поверхности этой пирамиды, если площадь грани $BCD$ равна $s$ и $AB = CD,AD = BC.$

Источники: Ломоносов - 2021, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дана пирамида и некие условия на неё, которые касаются углов и сторон. А вычислить нужно площадь поверхности, то есть "плоскую" характеристику. Что тогда можно сделать, чтобы упростить себе восприятие задачи?

Подсказка 2

Естественное желание при решении почти любой стереометрической задачи — свести её к задаче по планиметрии. Здесь, поскольку речь идёт о сторонах, плоских углах и площадях, будет удобно рассмотреть развёртку пирамиды. Воспользуемся же всеми условиями задачи на развёртке!

Подсказка 3

Теперь наглядно можно увидеть, что мы имеем 4 треугольника, кучу равных отрезков и 3 угла при вершине А, составляющие в сумме развёрнутый. Что хочется доказать про эти треугольники?

Подсказка 4

Конечно, хочется доказать, что все 4 треугольника равны между собой. Воспользуемся признаками равенства треугольников и параллельностью!

Показать ответ и решение

Докажем, что грани пирамиды — равные треугольники. Для этого рассмотрим развёртку $AD ′′′BD ′CD ′′$ пирамиды $ABCD$ , где

′′ ′′′ ′′′ ′ ′′ ′ AD =AD =AD, BD = BD =BD, CD =CD = CD

$PIC$

Пусть $∠BAC = α,∠BAD ′′′ = β,∠CAD′′ = γ$ . Так как $α+ β+ γ = 180∘$ , то точки $D ′′,A,D ′′′$ лежат на одной прямой. Так как $AD ′′ = BC,AB = D′′C$ , то $ABCD ′′$ — параллелограмм и $BC ∥AD′′$ . Аналогично $AD′′′BC$ — тоже параллелограмм. Треугольник $ACD ′′$ равен треугольнику $BCD ′$ . Значит, грани пирамиды — равные треугольники.

Ответ:

$4s$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#94266

У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см друг от друга.

Источники: БИБН - 2021, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Казалось бы, из условия мы почти ничего не знаем, но нам известно количество цветов, а то, что нас просят доказать, намекает на принцип Дирихле. Подумайте, как его здесь применить.

Показать доказательство

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ рассмотрим 4 вершины $A,C,B ,D 1 1$ . Они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной $a√2$ , где $a =5$ — ребро куба. Поскольку $√- 5 2> 7$ , рассмотрим подобный тетраэдр с коэффициентом подобия $-7√- k= 5 2$ , т.е. проделаем гомотетию с центром в центре куба и данным коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#63889

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

Источники: ДВИ - 2020, вариант 202, задача 6 (pk.math.msu.ru)

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 $18 7 CH = 5 ,BH = 5$ . Пусть $M$ — середина $BC$ . Тогда $5 7 11 MH = 2 − 5 = 10.$

$PIC$

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

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

Ответ:

$11 30$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Первое на что хочется в такой задаче обратить внимание — это неравенства треугольника. С них и начнём: две грани имеют общее ребро длиной 2, но можем ли мы составить из имеющихся длин два треугольника, у которых будет сторона 2?

Пункт б), подсказка 1

Много ли у нас вариантов составить треугольники-грани со стороной 2? Выходит что существует всего два треугольника. Будем пробовать построить наш тетраэдр!

Пункт б), подсказка 2

Назовём тетраэдр SABC. Пусть ребро АС = 2. Мы однозначно можем определить и противоположное ему ребро SB. Также, пусть AB = 5, BC = 4. Поработайте с неравенством треугольника для каждой грани, чтобы определить однозначно длины оставшейся пары рёбер.

Пункт б), подсказка 3

На первый взгляд всё сходится, все треугольники-грани существуют, но удастся ли совместить их так, чтобы получился тетраэдр?

Пункт б), подсказка 4

Попробуем оценить длину SC! Для этого построим сначала высоты из вершин S и C в треугольниках △SAB и △CAB соответственно. Затем проведём плоскость перпендикулярную АВ — ребру противоположному SC. Теорема Пифагора поможет нам посчитать длины этих высоты SH и CK, а также определить положение точек Н и К на АВ

Пункт б), подсказка 5

Попробуйте оценить теперь, какую длину может иметь S'C' — проекция ребра SC на проведённую плоскость?) Используйте для этого то, что т.к. проведённые ранее высоты также перпендикулярны AB, их проекции на эту плоскость будут равны самим высотам.

Пункт б), подсказка 6

Итак, получается, что S'C' лежит между |SH - CK| и |SH + CK|. Теорема Пифагора и значение НК помогут нам окончательно, числами, ограничить SC. Вписывается ли известное значение 11.1 в эти ограничения?

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 $SA= 13$ .

$PIC$

По формуле Герона площадь $ABC$ равна

∘ 11-7--1-3- 1√--- 2-⋅2 ⋅2 ⋅2 = 4 231.

Тогда если $CK$ — высота в этом треугольнике, то $√--- CK = -21310-$ . По теореме Пифагора $√ --------- AK = AC2− CK2 = 1.3$ и $√ --------- BK = BC2− CK2 = 3.7$ . Отсюда следует, что $K$ лежит на отрезке $AB$

Аналогично, $√-- SABS = 94 51$ , высота $SH$ в этом треугольнике длиной $√-- 190 51$ , $BH = 6,3$ , $AH = 11,3.$ Значит, $H$ лежит на луче $AB$ за точкой $B$ . Отсюда $HK = HB + BK =10.$