Тема Курчатов

Стереометрия на Курчатове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85564

В пирамиде $SABCD$ с вершиной $S$ известно, что $AB = 9,BC =$ 5 и $CD = 13$ . Найдите длину ребра $AD$ , если вписанная в пирамиду сфера касается основания в точке пересечения диагоналей четырёхугольника $ABCD$ .

Источники: Курчатов - 2024, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим точки касания сферы с гранью основания и гранями $SAB, SBC,SCD$ и $SDA$ буквами $H,K ,K ,K 1 2 3$ и $K 4$ соответственно.

По свойству отрезков касательных, соответствующие отрезки касательных к сфере будут равны. Значит, по признаку равенства по трём сторонам будут равны треугольники

△K1AB = △HAB, △K2BC = △HBC, △K3CD = △HCD, △K4DA = △HDA,

а также

△K1SB =△K2SB, △K SC =△K SC, 2 3 △K3SD =△K4SD, △K4SA = △K1SA.

Следовательно, будут равны все соответствующие углы этих треугольников.

$PIC$

Поскольку вертикальные углы между диагоналями $ABCD$ равны, то будут равны углы $∠AK1B = ∠CK3D$ и $∠BK2C = ∠DK4A$ .

Рассматривая суммы углов $360∘$ вокруг точек $K1,K2,K3$ и $K4$ получаем, что все углы равны:

∠AK1B =∠BK2C =∠CK3D =∠DK4A.

Так как эти же углы получаются между диагоналями в основании $ABCD$ и образуют вокруг точки $H$ в сумме $360∘$ , то углы прямые и диагонали $AC$ и $BD$ перпендикулярны.

Обозначим длины отрезков $AH,BH,CH$ и $DH$ за $a,b,c$ и $d$ соответственно. Применяя теорему Пифагора для треугольников $ABH, BHC$ и $CHD$ получим равенства:

2 2 2 a + b = 9, b2+ c2 = 52, c2+ d2 = 132.

Складывая первое и третье и вычитая второе равенство, получим $d2+ a2 =$ $132+92− 52 = 152$ . Из теоремы Пифагора для треугольника $DAH$ находим отрезок $AD = 15$ .

Ответ: 15

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#103075

Пусть $SABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида с основанием $ABCD.$ На отрезке $AC$ нашлась точка $M$ такая, что $SM = MB$ и плоскости $SBM$ и $SAB$ перпендикулярны. Найдите отношение $AM :AC$ .

Источники: Курчатов - 2020, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим центр основания $ABCD$ за $O.$

$PIC$

Тогда $SO ⊥ AC$ и $BD ⊥$ $AC,$ откуда $SB ⊥ AC.$ Это означает, что серединный перпендикуляр к отрезку $SB$ (это плоскость, обозначим её за $α$ ) параллелен $AC.$ С другой стороны, из $SM =MB$ следует, что точка $M$ лежит в $α.$ Тогда и вся прямая $AC$ должна содержаться в $α.$ Отсюда получаем $SO= OB.$

Середину $SB$ обозначим за $R$ . Заметим, что $RM$ лежит сразу в двух плоскостях, перпендикулярных $SAB$ : $α$ и $SMB.$ Это означает, что $RM$ и сам перпендикулярен плоскости $SAB,$ а также отрезку $RA.$

Примем длину $OS =OA = OB = OC = OD$ за $1.$ Тогда $OR$ является медианой в прямоугольном равнобедренном треугольнике $SOB$ ; так как катеты этого треугольника равны по $1,$ имеем $√ - OR = 1∕ 2$ .

Наконец, рассмотрим сечение тетраэдра плоскостью $α.$

Треугольник $MRA$ прямоугольный, причём $RO$ в нём — высота к гипотенузе. Имеем $RO2 =$ $MO ⋅AO$ , то есть $√- (1∕ 2)2 = MO ⋅1$ , откуда $MO = 1∕2$ . Получаем $AM =3∕2$ и $AM :AC = 3:4$ .

Замечание.

Утверждение о том, что боковое ребро пирамиды перпендикулярно скрещивающейся с ним диагонали, считается очевидным; за отсутствие его доказательства баллы не снижаются.

Ответ:

$3 :4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#90887

Тетраэдр $ABCD$ с остроугольными гранями вписан в сферу с центром $O.$ Прямая, проходящая через точку $O$ перпендикулярно плоскости $ABC$ , пересекает сферу в точке $E$ такой, что $D$ и $E$ лежат по разные стороны относительно плоскости $ABC.$ Прямая $DE$ пересекает плоскость $ABC$ в точке $F$ , лежащей внутри треугольника $ABC.$ Оказалось, что $∠ADE = ∠BDE, AF ⁄= BF$ и $∘ ∠AF B = 80$ . Найдите величину $∠ACB.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Заметим, что точка $E$ равноудалена от точек $A,B,C$ , так ее проекция на плоскость $ABC$ совпадает с проекций точки $O$ на эту плоскость и является центром описанной окружности треугольника $ABC$ .

Рассмотрим треугольники $ADE$ и $BDE.$ Они имеют пару равных сторон $AE$ и $BE$ , общую сторону $DE$ и равные углы $ADE$ и $BDE.$ Из теоремы синусов следует, что эти треугольники либо равны, либо углы $DAE$ и $DBE$ дополняют друг друга до $180∘.$ Первая ситуация невозможна, так как в случае равенства треугольников $ADE$ и $BDE$ точки $A$ и $B$ равноудалены относительно любой точки на стороне $DE$ , но по условию $AF ⁄=BF.$ Значит, $∠DAE + ∠DBE = 180∘.$

Рассмотрим точку $X$ пересечения луча $AF$ со сферой $Ω$ , описанной около тетраэдра $ABCD.$ Заметим, что луч $AF$ лежит в плоскостях $ABC$ и $AED$ , а значит точка $X$ лежит на описанных окружностях треугольников $ABC$ и $AED.$ Точка $E$ равноудалена относительно всех точек описанной окружности треугольника $ABC;$ в частности, $AE = XE.$ Из вписанности четырехугольника $AEXD$ следует, что $∠DAE + ∠DXE = 180∘.$ Раз $AE = XE$ , то $E$ - середина дуги $AX$ описанной окружности треугольника $ADE$ , и значит $∠ADE =∠XDE$ .

Используя выведенные ранее равенства углов, заключаем, что треугольники $DBE$ и $DXE$ равны по второму признаку:

∠DBE = 180∘ − ∠DAE =∠DXE, ∠XDE = ∠ADE = ∠BDE,

сторона $DE$ – общая. Раз треугольники $DBE$ и $DXE$ равны, то вершины $B$ и $X$ равноудалены относительно любой точки на стороне $DE;$ в частности, $BF = FX$ .

Осталось посчитать углы в плоскости $ABC.$ Последовательно используя вписанность четырехугольника $ABXC$ , равнобедренность треугольника $BFX$ и теорему о внешнем угле для треугольника $BF X$ , пишем

∠ACB =∠AXB = 1⋅(∠FXB + ∠FBX )= 1⋅∠AF B = 40∘ 2 2

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть луч $AF$ пересекает сферу $Ω$ , описанную около тетраэдра $ABCD$ , в точке $X$ . По построению точки $E$ верно соотношение $EX = EA$ , которое влечет за собой равенство $∠ADE = ∠EAF$ . Аналогичными рассуждениями получаем, что $∠BDE = ∠EBF$ , и, следовательно, $∠EAF = ∠EBF$ .

Обозначим точку пересечения прямой $OE$ с плоскостью $ABC$ , являющуюся центром описанной окружности треугольника $ABC$ , через $O1$ . Тогда $∠O1AE = ∠O1BE$ .

Рассмотрим трехгранные углы $AO1EF$ и $BO1EF$ . В них совпадают плоские углы $EAF$ и $EBF$ , плоские углы $O1AE$ и $O1BE$ и двугранные углы при ребрах $AO1$ и $BO1$ прямые. Следовательно, соответствующие трехгранные углы равны. А значит равны и плоские углы $∠FAO1 =∠F BO1$ . Отметим, что это равенство можно вывести и из теоремы косинусов для трехгранных углов. Указанное равенство возможно в двух случаях: либо точка $F$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$ (точки $A$ и $B$ симметричны относительно $FO1$ ), либо точка $F$ лежит на описанной окружности треугольника $ABO 1$ . Первый случай запрещен условием $AF ⁄= BF$ , значит, имеет место второй. Тогда $∠AOB = ∠AFB = 80∘$ и является центральным для угла $ACB$ в описанной окружности треугольника $ACB$ . В результате заключаем, что $∘ ∠ACB =40$ .

Ответ:

$40∘$