Тема Росатом

Стереометрия на Росатоме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83301

Точка $O$ — начало трех отрезков $OA,OB$ и $OC$ лежащих в плоскости $P$ и имеющих длины 3,4 и 7 соответственно. На прямой $L$ , проходящей через точку $O$ и перпендикулярной плоскости $P$ , расположена точка $D$ так, что сумма углов, образуемых прямыми $DA, DB$ и $DC$ с прямой $L$ , равна $∘ 180$ . Найти длину отрезка $OD$ .

Источники: Росатом-2024, московский вариант, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим $OD$ через $x$ .

$PIC$

Из прямоугольных треугольников выражаем углы

∠CDO =arctg 7 ,∠BDO =arctg 4,∠ADO = arctg 3 x x x

По условию нам дано

arctg 7 +arctg 4 + arctg 3= π x x x

Преобразуем

7 4 3 arctgx +arctgx = π− arctg x

Возьмём тангенс от обеих частей (проверку равносильности такого перехода отложим) и применим формулу тангенса суммы

tg(arctg 7x)+ tg(arctg 4x) 3 1−-tg(arctg 7)⋅tg(arctg 4) = tg(π − arctgx) x x

-11x--= − 3 1− 28x2 x

28 11 1− x2 =− 3-

x2 = 28⋅3= 6 14

$x= OD >0,$ поэтому подходит только $x= √6$ .

Теперь вернёмся к уравнению до взятия тангенсов и подставим туда этот корень. Правая часть $∘ -- π− arctg 32$ лежит на отрезке $(0,π).$ Левая тоже, потому что оба арктангенса по определению положительные и меньше $π2.$ То есть они не могут отличаться на кратное $π.$ Так что раз тангенсы получились равны, то и сами углы равны.

Ответ:

$√6$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#83311

Медианы оснований треугольной призмы $ABCA B C 1 1 1$ пересекаются в точках $O$ и $O 1$ соответственно. На отрезке $OO 1$ взята точка $P$ так, что $O1P :PO = 3:5$ . Через точку $P$ проведена прямая параллельная диагонали $A1C$ боковой грани призмы. Найти длину отрезка этой прямой, расположенного внутри призмы, если длина диагонали $A1C$ равна 2.

Источники: Росатом - 2024, региональный вариант, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим сечение призмы $XY ZT$ , проходящее через $OO 1$ и параллельное грани $ACC A 1 1$ . Это параллелограмм, а $OO 1$ — его средняя линия.

Сделаем гомотетию в точке $B1$ с коэффициентом $2 3$ . Тогда точки $A1$ и $C1$ перейдут в $X$ и $T$ , потому что точка пересечения медиан делит медиану в отношении $2$ к $1$ . Точка $Q$ перейдёт в точку $Q1$ , делящую отрезок $OO1$ в отношении $2$ к $1$ (до гомотетии отрезок $P Q$ был половиной $PR$ , а после он перешёл в $XQ1$ , который равен $1 3PR$ ). При этом прямая $XQ1$ будет пересекать отрезок $TZ$ в точке $W$ , поскольку в параллелограмме $ACC1A1$ прямая $A1C$ пересекает вершину $C$ , а в параллелограмм $XYZT$ отличается от $ACC1A1$ лишь тем, что длины сторон $YZ$ и $XT$ короче, а значит, точка пересечения прямой $XQ1$ с прямой $TZ$ будет лежать ниже точки $Z$ .

$PIC$

Аналогично, прямая, проходящая через $Z$ параллельно прямой $A1C$ будет делить $OO1$ в отношении $2$ к $1$ , но уже считая от точки $O$ , и она будет проходить через отрезок $XY$ . Значит, прямая $MP$ будет лежать между этими двумя прямыми и также проходить через отрезок $TZ$ . Значит, отрезок нужной прямой — это отрезок прямой $MP$ , содержащийся в параллелограмме $XY ZT$ .

Поскольку $MP ∥ XW$ , длина этого отрезка будет равна $XW$ . Отрезок $XQ1$ — образ $AQ$ при гомотетии, значит, он равен $23AQ = 23$ .

Также $XQ1 = Q1W$ , то есть искомая длина — $43$ .

Ответ:

$4 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68079

На ребре $AC$ основания треугольной пирамиды $ABCD$ расположена точка $M$ так, что $AM :MC = 1:2$ . Через середину ребра $BC$ основания пирамиды проведена плоскость $P$ , проходящая через точку $M$ и параллельная боковому ребру $CD$ . В каком отношении плоскость $P$ делит объем пирамиды?

Источники: Росатом-2023, 11.6, Москва (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Построим сечение. Поскольку секущая плоскость параллельна ребру $CD$ , она пересечет плоскость $ACD$ по прямой $MP$ , параллельной $CD$ , а плоскость $BCD$ — по прямой $NQ$ , также параллельной $CD$ . Соединим точки $P$ и $Q$ , лежащие в одной плоскости, и точки $M$ и $N$ , лежащие в одной плоскости, получим $MP QN$ — искомое сечение.

Пусть $V$ — объем пирамиды, $V1$ — сумма объемов пирамид $PABNM$ и $PQBN$ и $V2 = V − V1$ .

Из подобия пар треугольников $ACD$ и $AMP$ и из условия задачи получим, что

AM = x,MC = 2x,AP = y,P D =2y

Отсюда следует, что

y- 1 HP = 3y ⋅HD = 3HD,

где $HP$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PABNM$ , $HD$ — высота, опушенная из вершины $D$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P ABNM$ равна:

2x u 2 SABNM =SABC − SMNC = SABC − 3x ⋅ 2u-⋅SABC = 3SABC

Тем самым:

VPABNM = 1HP ⋅SABNM = 1 ⋅ 1⋅HD ⋅ 2SABC = 2V 3 3 3 3 9

Аналогично из подобия пар треугольников $BCD$ и $BNQ$ и из условия задачи получим, что

CN =NB =u,BQ = QD = z

Отсюда следует, что

′ 2y 2 HP = 3y ⋅HA = 3HA,

где $H ′P$ — высота, опущенная из вершины $P$ пирамиды $PQBN$ , $HA$ — высота, опущенная из вершины $A$ пирамиды $ABCD$ .

А также значит, что площадь основания пирамиды $P QBN$ равна:

SBNQ = u-⋅ z-⋅SBCD = 1SBCD 2u 2z 4

Тем самым:

1 ′ 1 2 1 1 VPQBN = 3HP ⋅SQBN =3 ⋅3HA ⋅4SDBC = 6V

Теперь можно записать, что

2 1 7- V1 = VPABNM + VPQBN = 9V + 6V = 18V

7 V1= --V1--= --18V--= -7 V2 V − V1 V − 7V 11 18

Ответ:

$-7 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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:

$a∘ 11 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76648

Точка $M$ лежит на ребре $AB$ куба $ABCDA B C D . 1 1 1 1$ В квадрат $ABCD$ вписан прямоугольник $MNLK$ так, что одной из его вершин является точка $M,$ а три другие расположены на различных сторонах квадрата основания. Прямоугольник $M1N1L1K1$ является ортогональной проекцией прямоугольника $MNLK$ на плоскость верхнего основания $A1B1C1D1.$ Диагонали четырехугольника $MK1L1N$ перпендикулярны. Найти отношение $AM :MB.$

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

Показать ответ и решение

$K L ||KL ||MN 1 1$ и $K L = KL = MN 1 1$ , поэтому четырехугольник $MK L N 1 1$ — параллелограмм. По теореме о трёх перпендикулярах угол $∠K1MK$ прямой, поэтому $MK1L1N$ — прямоугольник. Его диагонали по условию перпендикулярны, поэтому $MK1L1N$ — квадрат.

Пусть $a$ — ребро куба, $AM = λa$ с неизвестным $λ ∈(0;1).$

$PIC$

Тогда $MK = λa√2,MN = (1 − λ)a√2$ и по теореме Пифагора

K1M2 = MK2 + KK21 = 2λ2a2+ a2 = a2(2λ2+ 1)

Стороны $MK1$ и $MN$ равны, поэтому

2(1− λ)2a2 = a2(2λ2+1)

2λ2− 4λ+2 =2λ2+ 1

1 λ = 4

В итоге

a 3a AM = 4,MB = 4 ,

так что $AM :MB = 1:3.$

Ответ: 1 : 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76662

На ребре $AD$ основания $ABCD$ куба $ABCDA ′B′C′D′$ расположена точка $M$ так, что $AM :AD = 1:3.$ Через точку $M$ и вершины $′ A$ и $′ C$ куба проведена плоскость $P.$ Найти расстояние до плоскости $P$ точки $N,$ расположенной на ребре $AB$ так, что $AN :AB = 1:2,$ если длина ребра куба равна $√-- 2 19.$

Источники: Росатом - 2021, 11.6, комплект 1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат с началом координат в точке $A,$ ось $x$ направим вдоль $AD,$ ось $y$ — на плоскости основания $ABCD$ перпендикулярно оси абсцисс и ось $z$ перпендикулярно плоскости основания.

$PIC$

Обозначим ребро куба через $√ -- a =2 19,$ отношения $AM- 1 AD = 3,$ $AN- 1 AB = 2.$

Выписываем координаты нужных нам точек: $′ A (0,0,a),$ $a M (3,0,0),$ $a N (0,2,0),$ $′ C (a,a,a).$

Находим уравнение плоскости $P$ в виде $Ax+ By+ Cz+ D =0,$ подставив координаты точек $′ ′ M, A,C .$ При этом так как плоскость не проходит через начало координат, то без ограничения общности можно считать, что $D = 1.$

Получим систему:

( a |{ A3 + 1 = 0 |( Ca+ 1 = 0 Aa+ Ba+ Ca+ 1 = 0

Откуда получаем, что

3 3 1 A = −a,B = a,C = −a

Находим расстояние $d$ от точки $N$ до плоскости $P$ по формуле

d = |Ax0√+-B2y0+2Cz0+2-D| A + B + C

где $(x0,y0,z0)$ — координаты точки $N.$

Получим

3 a d = |0+-a∘ ⋅-2 +-0+1|= 9+a9+21-

= -5√--a= -√5-⋅2√19 =5 2 19 2 19

Ответ: 5

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76663

Длины всех ребер (боковых и основания) тетраэдра $ABCD$ равны 1 . На ребре $AB$ расположена точка $M$ так, что $AM :AB =1 :3$ . Найти расстояние между скрещивающимися прямыми $CM$ и $AD$ .

Источники: Росатом - 2021, 11.6, комплект 2 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат с началом координат в точке $A$ , ось $x$ направим вдоль $AB$ , ось $y$ – на плоскости основания $ABC$ перпендикулярно оси абсцисс, а ось $z$ перпендикулярно плоскости основания тетраэдра.

$PIC$

Из условия $1 1 AM = 3AB = 3$ . Пусть $E$ – середина $AB$ . Так как все ребра тетраэдра равны $1$ , то радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника в основании: $√3 R= AO = 3$ .

Радиус окружности, вписанной в основание: $√3 r= EO = 6$ .

Из прямоугольного треугольника $DAO$ находим высоту пирамиды:

∘ --------- ∘----- √- DO = AD2 − AO2 = 1 − 13 =-63-

Высота равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $1$ : $√ - CE = -23$ .

Теперь можно выписать координаты всех нужных точек: $A(0,0,0)$ , $√- √- D (12,63,36)$ , $M (13,0,0)$ , $√- C(12,23,0)$ .

Таким образом

√ - √- √- −−→AD ={1,--3,-6};−−M→C = {1,-3,0} 2 6 3 6 2

Напишем уравнение плоскости, проходящей через ребро $AD$ параллельно $CM$ . Найдем вектор, перпендикулярный этой плоскости

−→ −−→ −−→ 1 √3 √6 1 √3 N = AD × MC = {2,6-,-3 } ×{6,-2-,0}=

1 √- √- 1√ - 1 √- 2√6 8√3 √6- √- √- = 12 ⋅({3, 3,2 6}× {3, 3,0})= 12{−6 2,-3-,-3-}=-18-{−3 3,1,2 2}

Уравнение искомой плоскости:

√ - √- −3 3x +y+ 2 2z = 0

Искомая в задаче величина равна расстоянию $d$ от точки $M$ до этой плоскости:

|− 3√31+ 0+ 0| √3- d= --√27-3+1+-8-- =-6-

Ответ:

$√3 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76664

Боковое ребро правильной треугольной пирамиды наклонено к плоскости ее основания под углом $45∘$ . В пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат на основании пирамиды, а другие четыре — на ее боковых гранях. Найти отношение объемов куба и пирамиды.

Источники: Росатом - 2021, 11.6, комплект 3 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $a$ – сторона основания, $α= 45∘$ – угол наклона бокового ребра, $H$ – высота пирамиды, $R = AO$ — радиус окружности, описанной около основания. В правильном треугольнике со стороной $a$ радиус описанной окружности: $a√- R= AO = 3$ .

Из прямоугольного треугольника $SAO$ находим высоту пирамиды: $a√- H = AO ⋅tgα = 3$ .

$PIC$

Площадь основания пирамиды

√ - S = 1a⋅a⋅sin(60∘)= a2-3 2 4

Объем пирамиды:

1 1 a2√3 a a3 V1 = 3S⋅H = 3 ⋅-4 ⋅√3-=12

Пусть $b$ ребро вписанного куба и $A1B1C1$ – сечение пирамиды плоскостью верхней грани куба.

$PIC$

Обозначим через $a1$ сторону треугольника этого сечения $a1 =A1B1$ . Треугольники $ABC$ и $A1B1C1$ подобны с коэффициентом подобия: $k = H−b= a−b√3 H a$ .