Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

Стереометрия на ОММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оммо (объединённая межвузовская математическая олимпиада)

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#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 3#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 4#64568

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с рёбрами $AB =3,AD = 4$ и $AA = 5 1$ проведены два сечения – плоскостью, проходящей через диагональ $A1C$ , и плоскостью, проходящей через диагональ $B1D$ . Найдите наибольшее возможное значение суммы площадей поверхностей многогранников, на которые эти сечения разбивают данный параллелепипед.

Источники: ОММО-2014, номер 10, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте картинку и попробуйте понять: что точно, вне зависимости от положения сечений будет содержаться в искомой сумме? Можем ли мы как-то избежать попадания в эту сумму какой-то части исходного параллелепипеда? А сколько раз туда попадут части наших сечений?

Подсказка 2

Итак, получается, что как бы ни были расположены сечения, их площади дважды войдут в искомые площади поверхностей. Значит надо эти площади максимизировать!

Подсказка 3

Какой фигурой будет являться каждое сечение? Как площади сечений связаны с длинами диагоналей? Исследуйте, где должны быть расположены вершины параллелограмма-сечения, чтобы расстояние до диагонали параллелепипеда было наибольшим.

Подсказка 4

Осталось лишь посчитать все нужные длины, призвав на помощь теорему Пифагора. Будьте внимательны к арифметике и задача окажется убита!

Показать ответ и решение

Сумма площадей поверхностей многогранников, на которые разбивается параллелепипед сечениями, равна сумме площади поверхности параллелепипеда и площадей внутренних поверхностей. Сумма площадей внутренних поверхностей равна удвоенной сумме площадей сечений.

Найдем наибольшую возможную площадь сечения, проходящего через диагональ $XY$ произвольного параллелепипеда с ребрами $a≤ b≤ c$ . Сечением является параллелограмм $ZXT Y$ , вершины которого лежат на противоположных рёбрах параллелепипеда. Площадь параллелограмма равна произведению длины диагонали $XY$ на расстояние от точки $Z$ до $XY$ .

$PIC$

Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плоскость, перпендикулярную диагонали $XY$ . На рисунке видно, что расстояние от точки $Z$ ломаной $ABC$ до точки $Y$ , то есть до диагонали $XY$ , наибольшее, если $Z$ совпадает с одной из вершин $A,B$ или $C$ .

$PIC$

Значит, сечение проходит через одно из ребер параллелепипеда. Таким образом, наибольшую площадь имеет одно из диагональных сечений. Все эти сечения являются прямоугольниками. Найдем наибольшую из их площадей

∘----- ∘------ ∘ ------ S1 = a b2+ c2,S2 = b a2+ c2 и S3 =c b2+ a2.

Из условия $a ≤b ≤c$ следует, что, $22 22 2 2 2 2 a b +a c ≤c b +a c$ , и $22 22 22 22 a b+ c b ≤c b+ a c$ . Поэтому $S1 ≤ S3$ и $S2 ≤ S3$ . Значит, наибольшую площадь имеет сечение, проходящее через наибольшее ребро. По условию наибольшую длину имеет ребро $AA1$ , значит, наибольшую площадь $√-2---2 5 4 + 3 = 25$ имеют сечения $AA1C1C$ и $BB1D1D$ .

$PIC$

Сумма площадей поверхностей многогранников, на которые разбивается параллелепипед этими сечениями (см. рисунок), равна

2(AA1⋅AB + AA1⋅AD +AB ⋅AD )+4 ⋅25= 194.

Ответ: 194

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#38690

Единичный куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ повёрнут на $90∘$ вокруг прямой, проходящей через середины противоположных рёбер $AD$ и $B C 1 1$ . Найдите объём общей части исходного куба и повёрнутого.

Источники: ОММО-2013, номер 10, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, для начала надо внимательно разобраться с получающейся фигурой. Удобно начать построение с поворота рёбер AD и B₁C₁. Похожа ли общая часть кубов на какую-то известную нам фигуру? Если нет, то подумайте как можно её разбить на составляющие.

Подсказка 2

Работать с такого типа фигурой можно через сумму объёмов составляющих её частей. Или же через разность: вычитая удобные части из фигуры, содержащей искомую. Рассмотрим способ через сумму — наш многогранник удачно разбивается на параллелепипед и две правильные четырёхугольные пирамиды.

Подсказка 3

Найти все нужные длины нам поможет Пифагор: рассмотрите одну из граней исходного куба и возвышающуюся над ней часть нового куба. Аккуратный счёт поможет вам узнать, где пересекутся рёбра нового и исходного кубов.

Подсказка 4

Также, с помощью Пифагора мы сможем отыскать и все рёбра искомого многогранника. Осталось лишь отыскать объёмы всех составных частей и сложить их. Задача убита!

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $S$ и $S1$ — середины $AD$ и $B1C1$ , а куб после поворота переходит в $A′B′C ′D′A′1B′1C′1D′1$ . Общая часть будет объединением прямоугольного параллелепипеда $EFGHE1F1G1H1$ и двух симметричных правильных четырёхугольных пирамид $SEFGH$ и $S1E1F1G1H1$ , найдём их объёмы.

$PIC$

Сторона основания пирамиды равна стороне квадрата, то есть единице. Далее оба квадрата симметричны относительно $AB1C1D$ , потому $E1√F1 √1- E1B1 = F1B1 = 2 = 2$ . Из $△E1B1S1$ имеем $∘-1--1 √3 E1S1 = 2 + 4 = 2$ — боковая сторона пирамиды. Отсюда легко найти её высоту, которая равна $1 2$ , тогда объём пирамиды равен $1 1 1 3 ⋅1 ⋅2 = 6$ .

$PIC$

Поскольку $A1E1 = A1E = 1− 1√2$ ( $EE1 ⊥E1F1$ , которая по доказанному образует углы $45∘$ со сторонами), то $EE1 = √2 − 1$ , $EF = EH = 1$ , как стороны квадрата, отсюда объём параллелепипеда $√2 − 1$ .