Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Экстремальные задачи в стерео → .02 Введение целевой функции

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Экстремальные задачи в стерео

Неравенство треугольника в стерео

Введение целевой функции

Оптимальная конструкция

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80773

Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$ ( $S$ — вершина) со стороной основания $2$ и боковым ребром $4.$ Точка $X$ лежит на прямой $SF,$ точка $Y$ — на прямой $AD,$ причём отрезок $XY$ параллелен плоскости $SAB$ (или лежит в ней). Найдите наименьшую возможную длину отрезка $XY.$

Источники: Физтех - 2024, 11.7 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

За $(ABC )$ будем обозначать плоскость, проходящую через точки $A$ , $B$ и $C.$

Возьмем на прямой $SC$ такую точку $Z$ , что $SZ =SX$ . Тогда

XZ ∥FC ∥AB ∥(ABS )

На прямой $AF$ же возьмём точку $T$ такую, что $XT ∥AS ∥(ABS)$ . Получается, что плоскость $(XZT )∥ (ABS )$ Тогда $XY$ лежит в плоскости $(XZT )$ . $(XZT )$ пересекает плоскость основания по прямой $TK$ ( $K ∈ BC$ ), параллельной $AB.$

$PIC$

Пусть $AT = a$ . Тогда $TF = |2− a|$ , $TX = 2TF =2|2− a|$ . Треугольник $ATY$ будет правильным (есть 2 угла по $60∘$ ), т.е. $TY = AT =a$ .

( { ∠SAB =arccos14, a <2 ∠XT Y = ( 180∘− ∠SAB = 180∘− arccos1, a> 2, 4

т.к. это 2 угла с параллельными сторонами.

Рассматриваем треугольник $XT Y$ . $XY 2 = XT2 +YT 2− 2XT ⋅TY ⋅cos(∠XT Y)$ . Подставляем найденные значения.

4(2− a)2+a2− a|2− a|= XY2

Минимум выражения слева достигается при $a =− −21⋅68= 1,5$ и равно $XY2 =2,5$ . Тогда $min(XY )= √2,5-$

Ответ:

$∘ 5 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82292

Сфера $S$ касается основания $ABC$ тетраэдра $ABCD$ в точке $H$ и проходит через вершину $D$ . Рёбра $AD,BD$ и $CD$ эта сфера пересекает в точках $A1,B1$ и $C1$ . Центр описанной окружности треугольника $A1B1C1$ лежит на отрезке $DH$ . Радиус сферы $S$ равен $R$ .

Пусть $V$ - объём тетраэдра $ABCD$ , а $V1$ - объём тетраэдра $A1B1C1D$ . Какое наибольшее значение может принимать $V ⋅V1?$

Источники: ИТМО-2024, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $H 1$ — центр описанной окружности треугольника $A B C 1 11$ , лежащий на $DH,O$ — центр сферы. Очевидно, $O$ — середина $DH$ . Так как точки $A1,B1$ и $C1$ лежат на сфере, $OH1$ перпендикулярно плоскости $A1B1C1$ . С другой стороны, $OH1$ и $DH$ — это одна и та же прямая, а $DH$ перпендикулярна плоскости $ABC$ . Значит, плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны, а тетраэдры $ABCD$ и $A1B1C1D$ подобны.

$PIC$

Пусть $h$ — длина $DH1$ , то есть высота маленького тетраэдра. Высота большого тетраэдра равна $2R$ , а коэффициент их подобия $− 2Rh$ .

$OH1A$ - прямоугольный треугольник с прямым углом $H1,OH1 = |R − h|,OA1 = R$ , значит, радиус описанной окружности треугольника $A1B1C1$ , то есть $OH1$ , равен

r= ∘R2-− (R-− h)2 = ∘2Rh-− h2

Как известно, среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет равносторонний. Для окружности радиуса $r$ эта площадь составляет

3√3r2 4

Значит, объемы тетраэдров составляют

h 3√3r2 √3hr2 √3h(2Rh− h2) √3h2(2R − h) V1 = 3 ⋅-4- = -4---= -----4------= -----4-----

( )3 √- √- V = 2R-- ⋅V1 = 8R3 ⋅-3h2(2R-− h)= 2-3R3(2R−-h), h h3 4 h

а их произведение равно

3R3h(2R-−-h)2 2

Чтобы максимизировать эту величину, достаточно максимизировать $2 f(h)= h(2R − h) .$

f′(h) =(2R− h)2 − 2h(2R − h)=(2R− h)(2R − 3h)

′ 2R f = 0 ⇐⇒ h= 2R или h= -3-

В первой точке достигается минимум, равный нулю, а во второй — максимум. Подставив $2R h= -3$ в формулу для объёма, получим

16R6 max(V V1) = 9

Ответ:

$16R6 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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)

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#88711

В куб с ребром $a= 60$ вписаны три сферы одинакового радиуса $r$ так, что сферы попарно касаются друг друга, каждой грани куба касается какая-то сфера и каждая сфера касается как минимум двух граней куба. Найти возможные значения радиуса $r$ , если известно, что $r$ — натуральное число.

Источники: САММАТ - 2024, 11.9 (см. sammat.samgtu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $a$ — ребро куба. Рассмотрим множество точек, которому могут принадлежать центры сфер.

Так как каждая сфера касается минимум двух граней куба, тогда центры сфер принадлежат рёбрам куба с ребром $b= a− 2r$ , центр которого совпадает с центром исходного куба и грани которого параллельны соответствующим граням исходного куба и находятся на расстоянии $r$ от них.

$PIC$

Поскольку сферы попарно касаются друг друга, центры сфер образуют правильный треугольник со стороной $c= 2r$ . При этом каждой грани куба касается какая-то сфера, поэтому рёбра, на которых лежат центры сфер, в совокупности являются границами всех шести граней куба с ребром $b= a− 2r$ .

Введём систему координат с началом в вершине исходного куба и расположим вершины правильного треугольника так, чтобы они находились в трёх скрещивающихся рёбрах меньшего куба, а также находились на расстоянии $x$ от некоторых трёх граней исходного куба. Тогда координаты вершин правильного треугольника имеют вид $(x;r;r),(r;a − r;a− x),(a− r;x;a − r)$ , где $r≤ x≤ a− r$ , то есть $x ∈[r;a− r]$ . Нетрудно проверить, что стороны треугольника одинаковы и равны

∘ ------------------------- (r− x)2+ (a− 2r)2+ (a− x− r)2 = 2r,

откуда получаем уравнение, квадратное относительно $r$ , имеющее корни:

∘ ------------ r = 3a ± 3a2− (x − a)2. 1,2 2 2 2

Так как радиус $r$ не может быть больше $a$ , и тем более больше $3a- 2$ , тогда знак $+$ невозможен.

Поскольку функция $a 2 (x− 2)$ монотонно возрастает, тогда наименьшее значение $r$ будет при $a x = 2$ . В этом случае получим $3−√6 r= --2-a$ .

Наибольшее значение $r$ будет при наибольшем значении $a 2 (x− 2)$ . На отрезке $[r;a− r]$ функция принимает одинаковое наибольшее значения в точках $x =r,a− r$ . Тогда наибольшее значение $r$ можно найти из уравнения $r2 − 3ra+ x2− ax+ a2 = 0$ при $x = r$ . Получим $√- r1,2 = 2±22a$ . Так как радиус $r$ не может быть больше $a$ , тогда знак $+$ невозможен.

Заметим, что во втором случае все три сферы касаются трёх граней куба, поэтому радиус сферы больше, чем $√ - r = 2−2-2a$ , быть не может (иначе сферы выйдут за границу куба). А в первом случае центр равностороннего треугольника, образованного центрами трёх сфер, находится в центре исходного куба, поэтому радиус сферы меньше, чем $√- r= 3−26a$ , тоже быть не может.

$PIC$

Наконец, поскольку функция $r= 3a2 − ∘-3a22−-(x−-a2)2$ непрерывна на отрезке $x ∈[r;a− r]$ , то радиус сфер $r$ принимает значения на отрезке $3−√6 2− √2 [--2-a;-2--a]$ .

Подставим $a= 60$ , тогда получим неравенство $√- √ - 90 − 30 6≤ r≤ 60− 30 2$ . Заметим, что $√- 16< 90 − 30 6< 17$ и $√- 17<60− 30 2< 18$ . Таким образом, единственное возможное натуральное значение — $r= 17$ .

Ответ: 17

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67955

На сфере расположены точки $A,B,C$ таким образом, что минимальные расстояния по поверхности сферы от точки $A$ до точки $B,$ от точки $A$ до точки $C$ и от точки $B$ до точки $C$ равны $4π,3π$ и $5π$ соответственно. Найдите минимальный возможный при таких условиях периметр треугольника $ABC.$

Источники: ПВГ-2023, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Сначала необходимо заметить, что кратчайшее расстояние между двумя расположенными на сфере точками по ее поверхности это длина меньшей дуги, проходящей через эти две точки окружности, центр которой совпадает с центром сферы. Отсюда сразу следует первая оценка на радиус сферы: он не может быть меньше, чем $5.$ В противном случае длина самой большой окружности, расположенной на сфере, меньше, чем $10π$ , и длина ее меньшей дуги будет меньше, чем $5π,$ что противоречит условию задачи.

$PIC$

Обозначим радиус сферы за $R,$ ее центр обозначим буквой $O.$ Рассмотрим две произвольные точки $M, N,$ пусть длина дуги $MN$ равна $d,$ отметим, что $0< d≤ πR.$ Из сектора и треугольника $OMN$ имеем:

d d α= ∠MON = R,MN =2R sin2R-

Из этой формулы следует, что периметр треугольника $ABC$ равен:

2R(sin 3π-+sin 2π+ sin 5π) 2R R 2R

Рассмотрим функцию одной переменной:

f(R)= Rsin q- R

Тогда $f′(R)= sin q-− qcos q-=cos q(tg q− q-), R R R R R R$ что положительно при $0< q-≤ π , R 2$ так как $tgx> x,x∈(0;π). 2$
Обратим внимание, что все три слагаемых, входящих в периметр, являются такого сорта функциями, при этом радиус $R$ не может быть меньше, чем 5 и, следовательно, величина $t= q∕R$ во всех трех слагаемых принадлежит полуинтервалу $(0,π∕2].$ Поэтому периметр треугольника $ABC$ является возрастающей функцией параметра $R$ и, следовательно, задача сводится к следующей: найти минимальный радиус сферы, на которой могут быть расположены точки $A,B,C,$ удовлетворяющие данным из условия задачи.
Обоснование того, что минимальный радиус равен $6,$ состоит из двух тезисов. Во-первых, на сфере радиуса $6$ расположить три точки в соответствии с условием задачи можно: достаточно взять экватор сферы, его длина равна $12π,$ что равно сумме данных в условии расстояний. Берем произвольную точку $A$ на этой окружности, проходим по часовой стрелке расстояние $4π,$ отмечаем точку B, проходим еще $5π,$ отмечаем точку $C.$
Во-вторых, на сфере радиуса, меньшего чем 6, точки расположить не получится. Чтобы это доказать, проведем аналогию с глобусом. Представим себе, что точка $C$ это северный полюс планеты радиуса 6. Тогда геометрическим местом точек $A,$ кратчайшее расстояние от которых по сфере до точки $C$ равно $3π,$ будет параллель-«экватор», а геометрическим местом точек $B,$ кратчайшее расстояние от которых по сфере до точки $C$ равно $5π,$ будет параллель в южном полушарии. Максимальное расстояние между точкой с «экватора» и точкой с «южной» параллели как раз равно $4π,$ и будет достигаться в случае, когда эти точки расположены на противоположных меридианах. Любые меридиональные смещения одной из точек, очевидно, уменьшат расстояние между ними. Попытка уменьшить радиус сферы-планеты приведет к тому, что параллели, на которых лежат точки $A$ и $B,$ сместятся ближе к южному полюсу, и максимальное из расстояний между точками с этих параллелей (которое по-прежнему достигается в случае их расположения на противоположных меридианах) уже будет менее, чем $4π.$ Итак, минимально возможный радиус сферы равен 6, откуда получаем ответ: $π π 5π 12(sin4 + sin 3 + sin12).$

Ответ:

$12(sinπ+ sin π+ sin5π) 4 3 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#48862

По диагоналям оснований $AC$ и $B D 1 1$ куба $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром $a$ ползут два муравья Гоша и Леша. Движение они начали одновременно из точек $A$ и $B1$ соответственно с постоянной скоростью, причем скорость Леши была в два раза больше скорости передвижения Гоши и закончили, когда Леша оказался в точке $D1$ . Какое наименьшее расстояние разделяло Гошу и Лешу во время движения?

Источники: Росатом-2022, московский вариант, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Фиксируем момент времени $t$

$M, N$ — положение муравьёв в момент $t$ .
$K$ — проекция точки $N$ на диагональ $BD$ .
$ν$ — скорость движения Гоши, $2ν$ — скорость Леши.

Тогда имеем

B1N = BK = 2νt

2 2 ( a )2 ( a )2 AM = νt,KD = 2νt =⇒ OM + OK = √2 − νt + √2-− 2νt

Наконец,

( )2 ( )2 MN2 = f(t)= MK2 + NK2 =a2+ a√-− νt + a√-− 2νt 2 2

Движение закончилось, когда последняя скобка занулилась, то есть при $t= √a2ν$ . Относительно $t$ функция $f(t)$ является квадратным трёхчленом с положительным коэффициентом при $t2$ . Вершина находится в точке $t= t = -a√-⋅ 3 ≤-a√- верш μ 2 5 μ 2$ . Отсюда $2( ) 2 ∘-- fmin = f(tверш)= a2 3− 45 = a1110 =⇒ dmin = a 1110-$ .

Ответ:

$a∘ 11 10$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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 8#99649

Два куба с ребром $12∘4-8 11$ имеют общую грань. Сечение одного из этих кубов некоторой плоскостью — треугольник площади $16.$ Сечение другого той же плоскостью — четырёхугольник. Какое наибольшее значение может принимать его площадь?

Источники: ИТМО - 2021, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Пусть наши кубы — это $ABCDA B C D 1 1 1 1$ и $ABCDA B C D 2 2 2 2$ с общей гранью $ABCD$ . Пусть также треугольное сечение первого куба — это $KLM$ , где точка $K$ лежит на $AA1$ , точка $L$ на $AB$ , а точка $M$ — на $AD$ . Одна из сторон четырёхугольного сечения второго куба — отрезок $LM$ . Две другие — продолжения отрезков $KL$ и $KM$ на грани второго куба, назовём эти отрезки $LP$ и $MQ$ . Чтобы сечение было четырёхугольным, точки $P$ и $Q$ должны находиться на одной грани второго куба, а это может быть только грань $A2B2C2D2$ .

Значит, четырёхугольное сечение второго куба — это трапеция $LMQP$ . Нахождение её наибольшей площади равносильно нахождение наибольшей площади треугольника $KP Q$ , который подобен треугольнику $KLM$ . Обозначим этот коэффициент подобия $KP k = KL-$ . Тогда $2 SKPQ SKPQ k = SKLM-= --S--$ . То есть наша задача равносильна задаче о нахождении максимального коэффициента подобия.

С другой стороны, по теореме Фалеса $KP KA KA+AA AA k = KL-=-KA2= --KA--2= 1+ KA2$ . То есть коэффициент подобия тем больше, чем меньше $KA$ , а значит, наша задача — минимизировать $KA$ , или, что то же самое, минимизировать $KA2$ .

Пусть у нас есть треугольник, вершины которого расположены на трёх рёбрах куба, выходящих из одной точки, на расстояниях $x,y$ и $z$ . Найдём формулу площади этого треугольника. Это можно делать по-разному, например, через векторное произведение, или посчитав двумя способами площадь тетраэдра, образованного вершинами треугольника и вершиной куба, но мы вычислим эту площадь по формуле Герона, зная стороны треугольника: $∘ ------ √------ a = x2+ y2,b= x2+ z2$ и $∘ ------ c= y2+z2$ .

∘--------------------------------- ∘ --------------------- S = -(a+-b+c)(a-+b−-c)(c+-(b−-a))(c− (b−-a))=--((a+-b)2-− c2)(c2−-(b−-a)2) = 4 ∘ ----4------------ ∘-(a2+b2+-c2− 2ab)(c2−-a2− b2+-c2-+2ab) --4a2b2−-(a2-+b2−-c2)2 = 4 = ◟--------4◝◜--------◞ = Эту формулу тожеиногданазывают формулойГерона

∘------------------------------------------- ∘ ---------------------------- = -4-(x2+-y2)(x2+-z2)−-((x2+-y2)+-(x2+z2)−-(y2+-z2))2= --4x4+4x2y2+4x2z2+-4y2z2−-(2x2)2 = 4 ∘-------------- 4 = -x2y2+-x2z2+-y2z2- 2

Посмотрим на эту формулу для треугольника $KPQ$ и отрезков $x= A P,y = A Q,z = A K 2 2 2$ . С одной стороны, нам надо минимизировать $z$ , а с другой - максимизировать площадь. Очевидно, для этого $x$ и $y$ должны быть максимальны, то есть равны ребру $ℓ$ .

Как мы знаем, $KA+AA2- KA+-ℓ k= KA = KA$ , то есть $KA ⋅k= KA + ℓ$ , откуда

KA = -ℓ--, KA2 = KA +ℓ=-kℓ- k− 1 k − 1

Подставляя эти значения в формулу, получаем:

1∘ ------(-kℓ-)2-----(-kℓ-)2- ℓ2 ∘ ----------- SKPQ = 2 ℓ4+ ℓ2⋅ k−-1 + ℓ2⋅ k−-1 = 2(k− 1) (k − 1)2+2k2

Соответственно,

∘ ----------- S = SKPQ-= ℓ2--(k− 1)2+-2k2, k2 2k2(k− 1)

откуда

4S2 (k− 1)2+ 2k2 1 2 ℓ4-= -k4(k−-1)2--= k4 + k2(k−-1)2

Правая часть этого равенства убывает при $k> 1$ , а значит, данное уравнение на $k$ имеет не больше одного решения. Конкретное решение в большинстве вариантов легко подбирается из этого равенства, так как оно целочисленное.

При $∘-- l= 124181,S = 16$ мы получаем уравнение

2 -14 +-2--2--2 = 4⋅4168-= -114, k k (k− 1) 12 ⋅11 2⋅3

откуда сразу возникает желание проверить $k= 3$ , что оказывается верным.

Ответ получается как разность площадей двух треугольников и равен $(k2− 1)S =8 ⋅16= 128.$

Ответ:

$128$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#105075

Найти радиус цилиндра с наибольшей полной поверхностью, вписанного в круговой конус высотой $20$ см и радиусом основания $10$ см.

Источники: Газпром - 2020, 11.6 (см. olympiad.gazprom.ru)

Показать ответ и решение

Площадь полной поверхности цилиндра выражается формулой $S =2πr(r+h).$ Изобразим осевое сечение цилиндра, вписанного в конус. Обозначим высоту цилиндра $h$ , а радиус основания цилиндра $r.$ Из подобия треугольников $ABC$ и $NBM$ по двум углам получим

R H rH r-= H-− h-,h =H −-R-. ( rH- ) ( ( H-)) S(r) =2πr H − R +r =2πr H+ r 1− R .

Необходимо подобрать такое значение $r,$ чтобы $S$ была максимальной. Продифференцируем это выражение

( ( )) S′(r)= 2π H +2r 1 − HR ,

( ) H +2r 1− H- =0 ⇒ r= --HR---= --20⋅10--= 10. R 2(H − R) 2⋅(20− 10)

Убедимся, что найден максимум функции проверкой знака производной $′ r< 10,S(r)>0,S(r)$ возрастает; $′ r >10,S(r)<0,S(r)$ убывает, значит $Smax(10)=200π.$

Ответ:

$200π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91388

Гора имеет форму правильной четырёхугольной пирамиды с основанием $ABCD$ и вершиной $S$ , причем длина ребра основания равна 13 км, а боковые грани наклонены к основанию под углом $β,cosβ =0,6.$ Скорость туриста на ровной поверхности составляет 4 км/ч, а при подъёме или спуске под углом $α$ к горизонту его скорость равна $2 4cosα$ км/ч. Может ли турист, находящийся в точке $A$ , успеть на автобус, отходящий ровно через 6 часов 15 минут из точки $C$ , если в середине пути он обязательно делает 9-минутную остановку?

Источники: ПВГ 2013

Показать ответ и решение

Пусть точка $O$ — основание горы $SABCD$ , точка $H$ — основание перпендикуляра к стороне $AB$ из вершины $S$ . Тогда

OH 13∕2 65 SH = cosβ-= -3∕5-= 6-

Ребро пирамиды

√ -- SA = ∘AH2-+-SH2-= 13--34- 6

$PIC$

Пусть точка $M$ — середина пути туриста, точка $N$ -— основание перпендикуляра из $M$ к $AB,∠MAB =α,∠SBA = φ,AM = x.$ Тогда из прямоугольных треугольников $AMN$ и $BMN$ :

AN =xcosα, BN = 13− xcosα, MN = BN ⋅tgφ= xsinα xsinα = (13− xcosα)tgφ, x= ---13tgφ---- sinα +cosαtgφ

Необходимо проверить существование решения неравенства

--2x-- 15 9- 4cos2α ≤ 6+ 60 − 60 = 6,1 ---13tgφ----≤ 12,2cos2α sinα+ cosαtg φ -----65---- ≤12,2cos2α 3s2in0 α+ 5cosα 561 ≤ cos2α(3sinα+ 5cosα) SB- -3- cos∠SBA = HB = √34- √3- ≤cosα≤ 1, 0≤ sinα ≤√5--, -9≤ cos2α ≤1 34 34 34

15 15 0 ≤3sin α≤ √34, √34 ≤ 5cosα≤ 5 -15 15- √34-≤ 3sinα+ 5cosα ≤ 5+ √34 9- -15- 2 -15 34 ⋅√ 34 ≤cos α(3sinα+ 5cosα)≤ 5+ √34

Отметим, что

√-- 15 20 5< 34< 6, √34 >1 > 61-

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#64566

Высота правильной треугольной пирамиды, проведенная из вершины основания к противоположной боковой грани, равна 4. Какие значения может принимать площадь полной поверхности такой пирамиды?

Источники: ПВГ-2012, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $AE = 4$ высота из вершины $A$ на грань $BCD$ , а $DH$ из вершины $D$ на грань $ABC$ . Так как тетраэдр правильный, то $AH$ и $DE$ пересекаются на стороне $BC$ в середине $F$ .

$PIC$

Пусть $∠AFD = α$ . Тогда

AF = -AE- sinα

Поскольку $ABC$ равносторонний, то $BC = 2A√F = √-8-- 3 3sinα$ .

Так как $AH = 2HF$ , то

DF = -HF-= -AF-- =----4---- cosα 3cosα 3 sinαcosα

-----16----- SCBD = 3√3cosαsin2α

---16-- SABC =√3 sin2α

16 16 16 SВсего = √3-sin2α + √3-cosαsin2α-= √3cosαsin2α-(1+ cosα) =

= √------16------(1+cosα)= √-----16------ 3cosα(1− cos2α) 3cosα(1 − cosα)

Функция $f(α)= cosα(1− cosα )$ достигает максимума при $cosα = 1 2$ и может быть бесконечно близко к 0, поэтому площадь может быть в интервале $64√3 [ 3 ,+∞)$ .

Ответ:

$[64√3,+∞ ) 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#64567

Радиус сферы, вписанной в правильную треугольную пирамиду, равен $R$ . Найдите величину двугранного угла при боковом ребре этой пирамиды, при котором максимален объём другой пирамиды, вершинами которой служат центр вписанной в исходную пирамиду сферы и точки касания этой сферы с боковыми гранями исходной пирамиды.

Источники: ПВГ-2012, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Пусть у некоторой правильной пирамиды $XY ZT$ с основанием $XY Z$ известно боковое ребро $b.$ Давайте посчитаем, при какой длине стороны основания $a,$ пирамида будет обладать наибольшим объемом.

a2√3 SXYZ = -4--

Пусть $M$ — центр основания $XYZ$

2 TM2 = XT2 − XM2 =b2− a- 3

∘ ------ ∘-------- 1 2 a2- a2√3 √3- 2 4 a6 V = 3 ⋅ b − 3 ⋅ 4 = 12 b a − 3

Теперь $V 2$ это функция от $a.$ Возьмем производную по $a.$ Она зануляется при $√ - a= b 2$ и в этой точке производная меняет свой знак с + на -. Значит, это точка максимума и объем максимальный при $√ - a= b 2$ .

Вернёмся к задаче. Пирамида, вершинами которой служат точки касания и центр сферы, является правильной треугольной пирамидой с ребром $R$ . Значит, чтобы объем был максимальным, нужно добиться того, чтобы сторона ее основания была $√ - R 2$ .

Пусть исходная пирамида $ABCD$ с основанием $ABC.$ $O$ — центр вписанной сферы. $N,K,T$ точки касания сферы с плоскостями $ABD$ , $BCD$ , $CAD$ соответственно.