Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Теорема косинусов, теорема Пифагора, использование теоремы о трёх перпендикулярах

Тема Счёт отрезков в стерео

Теорема косинусов, теорема Пифагора, использование теоремы о трёх перпендикулярах

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела счёт отрезков в стерео

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#126022Максимум баллов за задание: 7

В каком отношении $CE :CD$ точка $E$ делит сторону $CD$ основания правильной четырехугольной пирамиды $SABCD,$ боковое ребро которой наклонено к основанию под углом $∘ 30,$ если известно, что площадь треугольника $SBE$ минимально возможная?

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Введем обозначения: сторона основания равна a, ∠SBO = β, OM ⊥ BE, ∠CBE = α (это будет переменная величина), ∠EBD = 45° - α, высота пирамиды SO = H, ∠SMO = γ. Попробуйте выразить рёбра.

Подсказка 2

Заметим, что BO = a/√2, OM = a ⋅ sin(45° - α)/√2, BE = a/cos(α). Посмотрим на треугольник SBE. Какие способы нахождения площади в пространстве Вы знаете?

Подсказка 3

Например, отношение площади и ее проекции можно связать с углом наклона.

Подсказка 4

Вычислим площадь треугольника SBE через площадь треугольника BOE, являющегося его проекцией, и cos(γ).

Подсказка 5

Площадь должна быть наименьшей. Возьмите производную и определите, каким условиям должна удовлетворять точка минимума.

Подсказка 6

cos не обращается в 0 на отрезке [0;π/4]. Какому условию тогда должна удовлетворять точка экстремума?

Подсказка 7

Единственный экстремум — это точка a', для которой tg(a') = a² / (4H² + a²). Точкой минимума или максимума будет являться a'?

Подсказка 8

Заметим, что f'(0) = -a² < 0 и f'(π/4) = 8H² > 0, следовательно, a' является точкой минимума. Теперь попробуйте выразить H через угол β.

Подсказка 9

H = arctg(β) / √2, подставьте это в условие для экстремума.

Подсказка 10

CE:CD = CE:BC, а это в точности tg(a').

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: сторона основания равна $a,$ $∠SBO = β,$ $OM ⊥BE,$ $∠CBE = α$ (переменная величина), $∠EBD = 45∘− α,$ высота пирамиды $SO = H,$ $∠SMO = γ.$

Тогда

BO = a√-- 2

asin(45∘-− α) OM = √2

a BE = cos(α)-

Найдем площадь проекции сечения $BSE :$

a2sin(45∘− α) SBOE = 2√2cos(α)

Вычислим угол наклона сечения $BSE :$

√- tg(γ)= H--= ---H--2∘---- OM αsin(45 − α)

1 +tg2(γ)= 1+ ----2H2----- a2sin2(45∘− α)

∘ --2--2--2---∘---- --1--= --2H--+-asi∘n(45-− α) cos(γ) asin(45 − α)

Тогда

S = SBOE-= -√--a---∘2H2-+-a2sin2(45∘−-α) SBE cos(γ) 2 2 cos(α)

Преобразуем полученное выражение:

∘ ---2--2---------- SSBE =-a√- 4H--+1a+-(c1os−( s2inα()2α)) 2 2

Наименьшее значение площади соответствует значению $α,$ $α∈ [0;π], 4$ при котором $f$ достигает минимума, где

f(α)= 4H2-+a2(1− sin(2α)) 1+ cos(2α)

Найдем экстремумы $f :$

(4H2 +a2(1− sin(2α))) ′ f′(α)= ----1+-cos(2α)--- =

= −2a2-cos(2α)(1-+cos(2α))+2(4H2-+-a2(1−-sin(2α)))sin(2α)= (1+ cos(2α))2

2 2 2 2 = −2a-+2(4H-+-a)sin(2α)2− 2a-cos(2α)= (1+ cos(2α))

= 4(4H2-+-a2)sin(α)cos(α)− 4a2cos(α)= 0 (1 +cos(2α))2

На отрезке $[ π] 0;4$ косинус не обращается в 0, поэтому единственным экстремумом будет точка $∗ α ,$ для которой

a2 tg(α∗) = 4H2-+-a2-

Так как

( ) f′(0)=− a2 < 0 и f′ π = 8H2 > 0, 4

$α∗$ является точкой минимума.

С учетом того, что

arctg(β) H = √2 ,

получаем

1 tg(α∗)= 2tg2(β)+1-

Тогда

CE :CD = CE :BC =tg(α∗) =----1---- =--1- = 3:5 2 tg2(β)+ 1 23 + 1

Ответ:

$3 :5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#37114Максимум баллов за задание: 7

Две смежные боковые грани пирамиды, в основании которой лежит квадрат, перпендикулярны плоскости основания. Двугранный угол между двумя другими боковыми гранями равен $2π 3$ . Найдите отношение высоты пирамиды к стороне основания.

Источники: ПВГ-2019, 11.3 (см. rsr-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче уже есть прямые углы, поэтому давайте опустим из A и C высоты на BS, чтобы прямых углов появилось еще больше!;) Что можно сказать про эти высоты?

Подсказка 2

Проведенные высоты попадают в одну точку H на SB! Тогда можно построить плоскость AHC ;) ЧТо интересного можно сказать об этой плоскости?

Подсказка 3

BS перпендикулярная плоскости AHC! Значит, мы можем найти еще прямые углы, образованные прямой BS!

Подсказка 4

Пусть O — середина AC. Тогда угол OHS прямой! Как это можно связать с треугольником DSB?

Подсказка 5

Отлично, треугольники DSB и HOB подобны! Осталось всё аккуратно посчитать ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это пирамида $ABCDS$ , где $SD ⊥ ABCD$ (то есть основанию перпендикулярны $ASD$ и $CSD$ ). Обозначим сторону квадрата из основания за $a$ .

В силу симметрии высоты $AH$ и $CH$ к $BS$ пересекаются в одной точке. Тогда из условия $∠AHC =120∘$ , как угол между высотами к общей прямой двух плоскостей. Далее в силу той же симметрии $AH =HC$ и $AO = OC$ , то есть $AC ⊥ OH$ и $∠HCA = ∠HAC = 30∘$ . Отсюда $OH = OC tg30∘ = √a2 ⋅ 1√3 = √a6$ . Далее заметим, что $SB ⊥ ACH$ , поскольку перпендикулярна двум прямым $AH$ и $CH$ , откуда $OH ⊥ BS$ . Тогда $△BHO ∼ △BDS$ . Тогда $ODHS-= BBHD-$ . Осталось найти

∘---------------- ∘ --2-----2 2 (-a- --1--)2 ∘ -2--2-2 -a- BH = BC − CH = a − √2-⋅cos30∘ = a − 3a = √3 =⇒

a √- DS = OH-⋅BD- = √6 ⋅-2a-=a BH a√3

То есть высота пирамиды равна стороне основания.

Ответ:

$1 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#51631Максимум баллов за задание: 7

Дана прямая треугольная призма $ABCA B C . 1 1 1$ Сфера с диаметром $A B 1 1$ пересекает рёбра $A C 1 1$ и $B C 1 1$ соответственно в точках $T 1$ и $L1,$ отличных от вершин призмы. Отрезки $BT1$ и $AL1$ пересекаются в точке $S,$ и при этом $AL1 =7,ST1 = 2.$

(a) Найдите угол $ST1A1$ .

(b) Найдите отношение $A1T1 :T1C1$ .

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

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Что можно сказать о точках T₁ и L₁?

Пункт а, подсказка 2

Они лежат на окружности с диаметром A₁B₁.

Пункт а, подсказка 3

Отметьте прямые углы.

Пункт а, подсказка 4

А чем является прямая B₁T₁?

Пункт а, подсказка 5

Это проекция BT₁.

Пункт b, подсказка 1

Что следует из пересечения прямых BT₁ и AL₁?

Пункт b, подсказка 2

Это значит, что их точки лежат в одной плоскости.

Пункт b, подсказка 3

Как расположены прямые AB и T₁L₁?

Пункт b, подсказка 4

Они не пересекаются и лежат в одной плоскости, следовательно, параллельны.

Пункт b, подсказка 5

Рассмотрите четырехугольник A₁T₁L₁B₁.

Пункт b, подсказка 6

Это трапеция. Вспомните про сферу.

Пункт b, подсказка 7

Оказывается, что трапеция вписана в окружность, значит, она равнобедренная!

Пункт b, подсказка 8

А какие треугольники есть на картинке? Найдутся ли среди них равные/подобные?

Пункт с, подсказка 1

Попробуйте посчитать площадь верхнего основания.

Пункт с, подсказка 2

Например, можно воспользоваться высотой B₁T₁.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Точки $T1$ и $L1$ лежат на окружности с диаметром $A1B1;$ значит, $∠A1L1B1 = 90∘,∠A1T1B1 = 90∘$ (т.е. $A1L1$ и $B1T1−$ высоты треугольника $A1B1C1).$ Прямая $B1T1$ — это проекция прямой $BT1$ на плоскость основания, при этом $B1T1 ⊥ A1C1.$ Тогда по теореме о трёх перпендикулярах $BT1 ⊥ A1C1,$ т.e. $∠ST1A1 = 90∘.$

(b) Поскольку прямые $BT1$ и $AL1$ пересекаются, то все четыре точки $T1,L1,A$ и $B$ лежат в одной плоскости (назовём её $α$ ). Значит, прямые $AB$ и $T1L1$ лежат в одной плоскости $α,$ а так как они не пересекаются (поскольку лежат в параллельных друг другу основаниях призмы), то $AB ∥T1L1.$ Значит, $T1L1∥A1B1.$ Трапеция $A1T1L1B1$ вписана в окружность, следовательно, она равнобокая, тогда углы при её основании $A1B1$ равны, и поэтому треугольник $A1B1C1$ равнобедренный $(A1C1 =B1C1).$

Треугольники $T1L1S$ и $ABS$ подобны по двум углам. Из равенства треугольников $BB1T1$ и $AA1L1$ следует, что $AL1 = BT1,$ поэтому оба треугольника $T1L1S$ и $ABS$ равнобедренные с основаниями $T1L1$ и $AB$ соответственно. Значит, $T1L1 :A1B1 = T1L1 :AB =T1S :SB = T1S :(T1B− T1S)= T1S :(AL1 − T1S)= 2:5,$ откуда $A T C A −T C C A A B 5 3 -T11C11 =-1-1T1C11-1= T11C11 − 1= T11L11 − 1= 2 − 1= 2$

(c) Если $AC = 5,$ то $---------- C1T1 = 2,A1T1 =3,B1C1 = 5;B1T1 =∘ B1C2− C1T2= √21 1 1$ ; $---------- BB1 = ∘ BT2− B1T2= 2√7 1 1$ . Значит, площадь основания призмы равна $SA B C = 1⋅5⋅√21, 1 1 1 2$ объём призмы равен $V = SA B C ⋅BB1 = 35√3- 11 1$ .

Ответ:

(a) $90∘,$

(b) $3 :2,$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#126175Максимум баллов за задание: 7

На ребре $CC 1$ правильной треугольной призмы $ABCA B C 1 1 1$ выбрана точка $M$ так, что центр сферы, описанной около пирамиды $MAA1B1B,$ лежит в грани $AA1B1B.$ Известно, что радиус сферы, описанной около пирамиды $MABC,$ равен $5,$ а ребро основания призмы равно $√- 4 3.$ Найдите длину отрезка $MC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим найти отрезок MC. Для этого стоит перейти в фигуру с несколькими известными сторонами.

Подсказка 2

Определённо, где-то должен пригодиться радиус сферы. Что можно сказать о проекции её центра?

Подсказка 3

Так как треугольник ABC правильный, проекция центра сферы совпадет с центром ABC. Рассмотрите четырёхугольник, составленный из этих двух точек и отрезка MC.

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — центр грани $ABC,$ $O$ — центр сферы, описанной около пирамиды $MABC.$

$PIC$

Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $√- 4 3,$ следовательно,

√- 1 CK = 4 3⋅√3-= 4,

как радиус описанной окружности.

Рассмотрим прямоугольную трапецию $CKOM.$ В ней известны стороны $CK = 4,$ $OM = 5$ и диагональ $OC = 5.$ По теореме Пифагора из треугольника $OCK$ находим, что $OK = 3.$ Опустим из точки $O$ перпендикуляр $OH$ на отрезок $MC.$ Тогда

MC = 2⋅CH = 2⋅OK = 6

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#102030Максимум баллов за задание: 7

На боковых ребрах $SA,$ $SB$ и $SC$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ взяты соответственно точки $A , 1$ $B 1$ и $C 1$ так, что плоскости $A1B1C1$ и $ABC$ параллельны. Пусть $O$ — центр сферы, проходящей через точки $S,$ $A,$ $B$ и $C1.$ Докажите, что прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $A1B1C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется сделать проекцию на какую-то плоскость. Вот только на какую? Очень удобно выглядит плоскость SBC, ведь в ней много точек, а образ O понятен. Что вы можете сказать про эту геометрическую картинку?

Подсказка 2

Счетом углов можно понять, что SO₁ и CB₁ перпендикулярны, но этого для решения недостаточно. Подумайте о какой-нибудь симметрии и теореме о трех перпендикулярах и докажите оставшуюся часть задачи.

Показать доказательство

Спроектируем точку $O$ на плоскость $SBC.$ Полученная точка $O 1$ — центр окружности, описанной около треугольника $SBC . 1$

$PIC$

Пусть $SS1$ — её диаметр. Докажем, что прямые $SO1$ и $B1C$ перпендикулярны.

Действительно,

∠SB1C+ ∠B1SS1 = ∠SC1B + ∠BC1S1 = 90∘

$PIC$

Аналогично, прямая $A1C$ перпендикулярна проекции прямой $SO$ на плоскость $SAC.$ Наконец, по теореме о трех перпендикулярах $SO ⊥ A1C$ и $SO ⊥ B1C,$ следовательно, $SO ⊥ A1B1C,$ что и требовалось доказать.