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#104698

Гора имеет форму прямого кругового конуса с вершиной в точке $C$ . Точка $O$ — центр основания, точка $A$ лежит на окружности основания конуса, а точка $B$ — на отрезке $CA$ , причем $CA =180,AB = 20,OA= 30$ . Железная дорога проложена по кратчайшему пути вокруг горы из точки $A$ в точку $B$ . Точка $H$ — ближайшая к вершине горы из всех точек железной дороги. Найдите длину пути $BH$ (по железной дороге).

Показать ответ и решение

$PIC$

Кратчайшим путём вокруг горы на развёртке конуса будет отрезок $AB$ . Точка $H$ — ближайшая к вершине $C$ , а значит $CH$ — высота в треугольнике $ABC$ . Длина окружности основания равна $2πOA = 2π$ . $30 =60π$ , поэтому

∠ACB = 2πOA-= 60π= π = 60∘ CA 180 3

Итак, в треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AC =180,BC =160$ и $∠C = π3$ , а надо найти $BH$ . По теореме косинусов

AB =∘AC2-+-BC2-− 2-⋅AC-⋅BC-⋅cos∠C-= √32400+-25600-− 28800-=20√73.

По теореме синусов

√- sin∠C-= sin∠B-; ---3√---= sin∠B-; AB AC 2⋅20 73 180

откуда

9√3- 7 sin∠B = 2√73; cos∠B = 2√73

Наконец, треугольник $CBH$ прямоугольный и

BH = BC ⋅cos∠B = 160⋅-√7--= 5√60 2 73 73

Ответ:

$√560- 73$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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)

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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)

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 4#102469

Про тетраэдр $PQRS$ известно, что

∘ ∘ PQ =4,SR =6,∠QRS = ∠PSR = 50 ,∠QSR = ∠PRS =40 .

Вокруг тетраэдра описана сфера. Рассмотрим на этой сфере множество всех точек, сумма сферических расстояний от которых до точек $P,Q,R,S$ не меньше $6π$ . Чему равна площадь этого множества?

Замечание. Сферическое расстояние между двумя точками на сфере — длина наименьшей дуги окружности большого круга, соединяющей эти точки.

Источники: ОММО - 2020, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Так как

∘ ∠QRS +∠QSR = ∠PRS + ∠PSR =90 ,

то треугольники $QRS$ и $PRS$ — прямоугольные с общей гипотенузой $RS$ . Если $O$ — середина отрезка $RS$ , то по свойству медианы прямоугольного треугольника $OP = OQ = OR =OS = 3$ . Следовательно, радиус описанной сферы равен 3, а точка $O$ — её центр.

Обозначим через $d(X,Y )$ сферическое расстояние между точками $X$ и $Y$ . По условию задачи необходимо найти площадь множества $ω$ на сфере, состоящего в точности из точек $M$ , для которых

d(M,P)+ d(M, Q)+ d(M,R )+d(M,S)≥ 6π

Поскольку $RS$ — диаметр сферы, то точки $R,M$ и $S$ лежат на одной окружности большого круга; следовательно,

d(R,M)+ d(M, S)= d(R,S)= 3π

Неравенство (1) перепишется в виде

d(M, P)+ d(M,Q )≥3π

Пусть $Q1$ — точка, симметричная точке $Q$ относительно центра сферы $O$ . Так как $Q1$ и $Q$ — концы диаметра сферы, то

d(Q,M )+ d(M, Q1)= d(Q,Q1) =3π

Подставляя $d(M, Q)= 3π− d (M, Q1)$ в неравенство (2), получаем

d(M,P)≥ d(M,Q1)

Так как $PQ = 4⁄= 6$ , то $PQ$ не является диаметром, а потому $Q1 ⁄= P$ . Итак, $ω$ есть множество точек на сфере, сферическое расстояние от которых до одной точки на сфере не превосходит сферического расстояни до другой точки на сфере. В силу симметрии (относительно плоскости, проходящей через центр сферы перпендикулярно отрезку $Q1P$ , $ω$ — половина сферы и её площадь равна

1 2 2 ⋅4 ⋅π ⋅3 =18π

Ответ:

$18π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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)

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 6#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)

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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 $√2 − 1$ .