Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

ГМТ, расположение объектов в пространстве

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85489

В тетраэдре $ABCD$ скрещивающиеся рёбра попарно равны. Через середину отрезка $AH A$ , где $H A$ - точка пересечения высот грани $BCD$ , провели прямую $hA$ перпендикулярно плоскости $BCD$ . Аналогичным образом определили точки $HB, HC$ , $HD$ и построили прямые $hB,hC,hD$ соответственно для трёх других граней тетраэдра. Докажите, что прямые $hA,hB,hC,hD$ пересекаются в одной точке.

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Самый простой способ доказать, что несколько прямых пересекаются в одной точке - определить эту точку, а затем доказать, что все прямые через неё проходят. Попробуйте доказать, что данные прямые проходят через центр описанной сферы тетраэдра(точку O).

Подсказка 2.

Просто так работать с этим объектом не получается. Попробуем воспользоваться равенством скрещивающихся рёбер ABCD. Проведём через каждые пары скрещивающихся рёбер параллельные плоскости. Тогда какую фигуру мы получаем в качестве пересечения этих плоскостей?

Подсказка 3.

Да, верно! Это же прямоугольный параллелепипед! Тогда точка O является его центром(пусть A',B',C',D' - точки, симметричные A,B,C,D относительно O). Отметим точку пересечения медиан треугольника BCD (точка M). Попробуйте разложить векторы AM и AA' через векторы A'B,A'C,A'D.

Подсказка 4.

Мы получаем, что точка M лежит на AA' и A'M/AM = 1/2, то есть AO/OM = 3/1. Отлично! Теперь осталось доказать, что перпендикуляр, опущенный из O на BCD, проходит через середину AH(где H - ортоцентр треугольника BCD). Для этого рассмотрим проекцию на BCD(пусть A" - проекция A, O1 - проекция O). Мы знаем, что проекция прямой AM проходит через точку пересечения медиан и центр описанной окружности. Что же это тогда за прямая?

Подсказка 5.

Да это же прямая Эйлера! А значит, она проходит и через ортоцентр треугольника BCD. Теперь, используя, что MH = 2MO1, попробуйте получить отношение отрезков A"O1 и O1H.

Подсказка 6.

Отлично! Мы знаем, что A"O1 = O1H. Тогда что можно сказать про отношение отрезков, на которые разбивается AH прямой OO1?

Показать доказательство

Проведём через пару скрещивающихся рёбер тетраэдра $ABCD$ две параллельные плоскости. Так же поступим для двух других пар скрещивающихся рёбер и получим параллелепипед. Диагонали его граней равны между собой, поэтому все грани — прямоугольники, и параллелепипед прямоугольный. Пусть $O$ — его центр, являющийся также центром описанной сферы тетраэдра $ABCD.$ Пусть также $′ ′ ′ ′ A ,B ,C ,D$ — точки, симметричные $A,B,C,D$ соответственно относительно точки $O.$ Докажем, что все построенные прямые проходят через точку $O.$

$PIC$

Пусть $M$ — центр масс треугольника $BCD$ . Тогда

−−−′→ 1−−′→ −−→′ −−→′ A M = 3(A B +A C +A D )

То есть точка $M$ лежит на диагонали $′ AA$ и делит её в отношении $2:1$ , считая от вершины $A.$ Аналогично центр масс $N$ треугольника $′ ′ ′ B CD$ лежит на этой диагонали и делит её в отношении $1:2$ , считая от вершины $A.$ Точка $O$ — середина отрезка $NM,$ поэтому $AO :OM = 3:1.$

$PIC$

Рассмотрим проекцию на плоскость $BCD :$ $A ′′$ — проекция точки $A$ , $OA$ — проекция центра $O.$ Точка $O$ совпадает с центром описанной сферы тетраэдра $ABCD,$ поэтому $OA$ — центр описанной окружности треугольника $BCD.$

Тогда прямая $AA ′$ проецируется в прямую Эйлера $OAM$ треугольника $BCD.$ Пусть $OAM = x.$ Тогда $OAA ′′= 3x$ ( $O$ делит отрезок $AM$ в отношении $3:1$ , это отношение сохраняется при проецировании). Кроме того, $OA,M, HA$ лежат на одной прямой и $OAM :MHA = 1:2$ (прямая Эйлера), отсюда $MHA =2x.$ Следовательно, $OAA ′′ = OAHA$ , а прямая $OOA$ , перпендикулярная плоскости $BCD$ , делит отрезок $AHA$ пополам, а значит, совпадает с прямой $hA$ . Итак, все построенные прямые проходят через точку $O$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68878

B пространстве даны четыре попарно неравных и попарно параллельных отрезка $AB , i i$ $i∈ {1,2,3,4}.$ Докажите, что точки пересечения продолжений боковых сторон шести трапеций $AiBiAjBj(1≤i< j ≤ 4)$ лежат в одной плоскости.

Источники: Иннополис-2023 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В нашей задаче фигурирует точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции. Как мы знаем, эта точка является центром положительной гомотетии, переводящей одно основание трапеции в другое. Какую теорему хочется применить?

Подсказка 2

Конечно, теорему о трех колпаках! Обозначим за O₁₂ точку пересечения боковых сторон трапеции A₁B₁A₂B₂ (остальные точки аналогичным образом). Тогда O₁₂, O₂₃ и O₁₃ лежат на одной прямой (обозначим ее L₁₂₃, а другие аналогичным образом). А что будет, если рассмотреть точки O₁₂, O₂₄ и O₁₄?

Подсказка 3

Мы знаем, что они лежат на прямой L₁₂₄. При этом, на ней также есть точка O₁₂, поэтому прямые L₁₂₃ и L₁₂₄ лежат в одной плоскости П, т.е. точки O₁₂, O₂₃, O₁₃, O₁₄, O₂₄ лежат в П. Осталось лишь доказать, что точка O₃₄ лежит в этой плоскости...

Подсказка 4

Рассмотрите прямую L₁₃₄ и завершите доказательство!

Показать доказательство

Обозначим через $O ij$ точку пересечения боковых сторон трапеции $AiBiAjBj.$ Тогда точка $Oij$ является центром гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей отрезок $AiBi$ в отрезок $AjBj.$ По теореме о трех центрах гомотетии (теорема о трёх колпаках) точки $Oij,Ojk,Oki$ лежат на одной прямой. Обозначим эту прямую через $lijk$ и докажем, что все такие прямые лежат в одной плоскости.

$PIC$

Для этого будем последовательно рисовать их. Сначала проведем прямые $l123$ и $l124 :$ они лежат в одной плоскости $π,$ т.к. пересекаются в точке $O12.$ Прямая $l134$ пересекает $l123$ в точке $O13,$ а прямую $l124$ — в точке $O14,$ поэтому она также лежит в плоскости $π.$ Наконец, прямая $l234$ пересекает прямую $l123$ в точке $O23,$ а прямую $l124$ — в точке $O24,$ так что и она лежит в плоскости $π.$

Итак, все четыре прямые лежат в одной плоскости, и в ней же лежат все шесть точек $Oij,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68990

Многогранник $ABCDA B C D 1 1 1 1$ изображен в ортогональной проекции на плоскость $ABCD.$

$PIC$

Докажите, что такой многогранник невозможен.

Источники: КФУ-2023, 11.4 (см. kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке дополнительно нарисованы точки пересечения A₂, B₂, C₂ и D₂. Что их всех связывает?

Подсказка 2

Они получены как пересечение прямых из плоскости ABCD и прямых из плоскости A₁B₁C₁D₁. Тогда где должны лежать все эти точки?

Подсказка 3

На общей для этих плоскостей прямой! А теперь внимательно смотрим на рисунок)

Показать доказательство

$PIC$

Прямые $AB$ и $A1B1$ пересекаются в точке $A2$ , лежащей в обеих плоскостях, $ABCD$ и $A1B1C1D1$ , то есть на их общей прямой. То же верно для точек $B2,C2,D2$ получающихся как пересечения одноименных рёбер. Значит, все эти точки должны лежать на одной прямой, что не выполняется.

Если зафиксировать, например, точки $B1,C1,D1$ , то можно построить изображение вершины $A1$ (на рисунке это точка $A1)$ , которое не совпадает с изображением точки $A$ на проекции.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#42960

Докажите, что в любую треугольную пирамиду можно вписать единственную сферу.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

В стереометрии иногда полезно проводить аналогию с плоскостью, чтобы что-то придумать. Смотрите, у нас есть пирамида треугольная и вписанная сфера. Как аналогичное утверждение доказывается на плоскости? Да, что-то там про пересечение биссектрис...

Подсказка 2!

Рассмотрим биссекторы, содержащие ребра AB, BC, AC. Они пересекаются в одной точке, она равноудалена от сторон (проверьте!) Теперь осталось доказать, что второй такой точки еще не может быть!

Показать доказательство

Пусть эта пирамида $ABCD$ . Биссекторы, содержащие рёбра $AB,BC, AC$ , пересекаются в одной точке $O$ , которая находится на одинаковом расстоянии от всех четырёх граней, то есть является центром вписанной в пирамиду сферы. Если нашлась ещё одна сфера с центром $′ O$ , то она также обязана лежать в пересечении трёх биссекторов, но такая точка всего одна, поэтому сфера единственная.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#82168

Дан отрезок $AB.$ Точки $X, Y, Z$ в пространстве выбираются так, чтобы $ABX$ был правильным треугольником, а $ABY Z$ – квадратом. Докажите, что ортоцентры всех получающихся таким образом треугольников $XY Z$ попадают на некоторую фиксированную окружность.

Источники: Турнир городов - 2022, осенний тур, базовый вариант, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы имеем? Равносторонний треугольник — симметричная фигура, квадрат тоже крут в этом плане. Может быть тогда треугольник XYZ имеет похожие свойства?

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что треугольник XYZ — равнобедренный. Как же это сделать? Ну, например, можно честно, рас писать равенства сторон и так далее. Либо же воспользоваться прекрасным преобразованием — симметрией.

Подсказка 3

Отметим серединки AB и ZY — M, N соответственно, рассмотрим плоскость NMX, скажем пару волшебных слов и готово:) Что же дальше?

Подсказка 4

Треугольник XYZ — равнобедренный. Что тогда можно сказать про его ортоцентр?

Подсказка 5

Он лежит на XN — серпере к YZ. Уже неплохо:) Ключевая идея в подобных задачах: угадать окружность или сферу (от задачи зависит), но изредка, прям редко, может быть иначе (не стоит об этом забывать). Итак, хотим угадать сферу. Всё так симметрично относительно плоскости XMN. Кажется, стоит искать эту окружность в этой плоскости. Теперь, следующее понимание: весь сюжет вращается вокруг AB, кажется, что центр искомой окружности тоже лежит на нём. Итак, что мы имеем?

Подсказка 6

Гипотеза: центр искомой окружности — точка M. Что же делать с радиусом? Угадать бы какую-нибудь точку окружности было бы славно. Как же это можно делать? Ну, например, рассмотреть экстремальные случаи. Ну, советую рассмотреть случай, когда квадрат и треугольник в одной плоскости (ну и там уже можно координатно или в синусах посчитать, или в теорема Пифагора)

Подсказка 7

Так или иначе вы доказали, что одно из положений ортоцентра — это точка X. Теперь хотим в общем виде доказать, что все ортоценты лежат на окружности с центром в M и радиусом MX. Теперь подумаем, как же это сделать? Для этого стоит отметить точки S, T на прямой MN по обе стороны от M так, чтобы MS = MT = MX (T на отрезке MN). Как быть дальше?

Подсказка 8

Считать уголки — так себе идея... Но что мы еще умеем делать, чтоб доказывать вписанность?

Подсказка 9

Степень точки! Самой приятной кажется точка N. То есть осталось доказать, что NT*NS = NH*NX, где H — ортоцентр XYZ. Теперь пусть AB = a. Осталось написать пару теорем Пифагора, немного повыражать и доказать равенство, а как следствие, и решение задачи у нас в кармане)

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AB, N$ — середина $YZ.$ Рассмотрим плоскость $AXB.$ Заметим, что прямая $AB$ перпендикулярна прямым $XM$ и $MN,$ а значит она перпендикулярна плоскости $XMN.$ Следовательно, $XMN ⊥ ABY.$ Нетрудно видеть, что при симметрии относительно плоскости $XMN$ отрезок $XZ$ перейдёт в отрезок $XY,$ то есть $XY = XZ.$ Таким образом, ортоцентр $H$ треугольника $XY Z$ лежит на отрезке $XN$ — серединном перпендикуляре $Y Z.$

Покажем, что $H$ лежит на окружности $ω$ с центром $M,$ радиусом $XM,$ лежащей в плоскости $XMN.$ Для этого определим на отрезке $MN$ точку $T$ такую, что $MT =XM,$ и точку $S$ — вторичное пересечение прямой $MN$ с $ω.$ Осталось посчитать, что четырёхугольник $SMHX$ — вписанный, то есть доказать равенство $NT ⋅NS = NH ⋅NX.$

Пусть длина стороны квадрата и правильного треугольника равна $2a.$ Из подобия треугольников $HNZ$ и $NXZ$ нетрудно получить, что $NH ⋅NX =a2.$ Также понятно, что

NT = MN − XM = (2− √3)a

NS = MN +XM = (2+ √3)a

откуда $NT ⋅NS = a2.$ Получили нужное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91991

Пусть $K,L,M,N$ – середины ребер $AB,BC, CD,DA$ соответственно тетраэдра $ABCD.$

(a) докажите, что $AC ⊥ BD$ тогда и только тогда, когда $KM = LN.$

(b) Тетраэдр называется ортоцентрическим, если все его высоты (или их продолжения) пересекаются в одной точке (эту точку называют ортоцентром). Докажите, что тетраэдр ортоцентрический тогда и только тогда, когда отрезки, соединяющие середины противоположных ребер, равны.

Показать доказательство

(a) Заметим, что $KL∥AC ∥MN$ , так как $KL$ средняя линия в треугольнике $ABC$ и $MN$ средняя линия в треугольнике $ADC$ . Аналогично, $KN ∥BD∥LN$ . Тогда если $AC ⊥ BD$ , то в $KLMN$ прямоугольник и $KM =LN$ . С другой стороны, если $KM =LN$ , то $KLMN$ прямоугольник и $AC ⊥ BD$ .

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) По предыдущему пункту мы знаем, что отрезки, соединяющие середины противоположных ребер, равны тогда и только тогда, когда $AB ⊥ CD,BC ⊥ AD$ , $AC ⊥BD$ . Значит, осталось доказать, что тетраэдр $ABCD$ ортоцентрический тогда и только тогда, когда две пары его противоположных рёбер перпендикулярны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если $ABCD$ ортоцентрический и $AA1,BB1,CC1,D1$ высоты, то рассмотрим плоскость, проходящую через $AA1$ и $BB1$ . Она проходит через $AB$ и так как $CD$ перпендикулярна $AA1$ и $BB1$ , то она перпендикулярна $CD$ . Значит, $AB ⊥ CD$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если $AB ⊥CD, BC ⊥AD, AC ⊥BD$ и $AA1,BB1,CC1,D1$ , то рассмотрим плоскость $ABA1.CD ⊥ AB$ и $CD ⊥AA1$ . Значит, это плоскость перпендикулярна $CD$ . Аналогично плоскость $ABB 1$ перпендикулярна $CD$ . Значит, это одна и та же плоскость и значит $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются.

Пусть это точка $X$ и через эту точку не проходит $CC 1$ . Аналогично, $AA 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $Y$ и $BB 1$ и $CC 1$ пересекаются в точке $Z$ . Тогда $Y ⁄=Z,$ и значит, $CC1$ лежит в плоскости $ABA1B1$ , но тогда $CC1 ⊥ CD$ и $CC1 ⊥ ABC$ и $D∈ ABC.$ Противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91993

Тетраэдр называется ортоцентрическим, если все его высоты (или их продолжения) пересекаются в одной точке (эту точку называют ортоцентром).

Докажите, что тетраэдр ортоцентрический тогда и только тогда, когда выполнено одно из следующих условий:

(a) суммы квадратов противоположных ребер равны;

(b) произведения косинусов противоположных двугранных углов равны;

Показать доказательство

(a)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если тетраэдр ортоцентрический, $AA1,BB1,CC1,D1$ высоты и $H$ точка пересечения, то по при проекции на $ABC$ высоты перейдут в высоты, а значит, $H$ перейдет в ортоцентр $HABC.$

$PIC$

Тогда

AB2 + CD2 =AB2 + DH2ABC + CH2ABC

AC2 + BD2 =AC2 + DH2ABC + BH2ABC

Значит, нам нужно показать, что

AB2 +CH2ABC = AC2+ BH2ABC

Пусть $AHA$ высота в треугольнике $ABC$ . Тогда

2 2 2 2 2 2 2 2 2 AB +CH ABC = AHA +BH A+ CH A+ CHABC = AC + BHABC

___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если суммы квадратов противоположных ребер равны, то опустим высоту $DD ′$ в тетраэдре и раз $AB2 + CD2 =AC2 +BD2$ , то $AB2 + CD′2 = AC2+ BD′2$ . Значит, если опустить перпендикуляры $AHA$ и $D′F$ , то

2 ′2 ( 2 ′2) AB + CD − AC + BD =

= (BH2 − CH2 )− (BF2− CF2) A A

Такое может быть на прямой только, если $B =C$ , что невозможно, либо если $F = HA$ . Значит, $D′$ лежит на высоте $AHA$ . Аналогично, она лежит на других высотах, и значит, $D ′$ — ортоцентр. Тогда заметим, что при проекции $AA′$ перешла в $AAH$ и $AAH$ пересекается с $DD′$ , то и $AA ′$ пересекается с $DD ′$ . Так мы доказали, что любые 2 высоты пересекаются. Если пересекаются любые 2 высоты, то пересекаются все (стоит отдельно это пояснить, но это несложно).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теорема Бретшнейдера. Пусть $a$ и $b$ длины скрещивающихся ребер тетраэдра, $α$ и $β$ двугранные углы при этих ребрах. Докажите, что величина $a2+ b2+2abctgα ctgβ$ не зависит от выбора пары скрещивающихся ребер.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если тетраэдр $ABCD$ ортоцентрический, то по прошлому пункту $AB2 + CD2 = AD2 + BC2$ .

Если двугранные углы при рёбрах $AB,CD,AD$ и $BC$ равны $α,β,γ$ и $δ$ соответственно, то по теореме Бретшнейдера

2 2 2 2 AB + CD + 2AB ⋅CD ctgαctg β = AD + BC +2AD ⋅BC ctgγctgδ

Поэтому

2AB ⋅CD ctgαctg β = 2AD⋅BC ctg γctgδ

Мы доказывали выше, что $sAinBα = 2SABC3SVDBA-$ , поэтому тут все сокращается на $4SABCSABD9VSA2CDSBCD-$ и получается

cosαcosβ = cosγcosδ

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь в обратную сторону. Пусть двугранные углы при рёбрах $AB,CD, AD$ и $BC$ равны $α,β,γ$ и $δ$ соответственно и при этом $cosαcosβ = cosγcosδ$ . Теперь наоборот домножаем на $4SABCSAB9DVS2ACDSBCD$ и применяем факт $AsiBnα = 2SABC3VSDBA$ . Поэтому

2AB ⋅CD ctgαctg β = 2AD⋅BC ctg γctgδ

По теореме Бретшнейдера

AB2 + CD2+ 2AB ⋅CD ctgαctg β = AD2+ BC2 +2AD ⋅BC ctgγctgδ

Значит, $AB2+ CD2 = AD2+ BC2$ и поэтому тетраэдр $ABCD$ ортоцентрический.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(c)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Если тетраэдр ортоцентрический, то все углы между противоположными ребрами равны $∘ 90$ .

Если углы между противоположными ребрами равны, то все углы между противоположными рёбрами равны $∘ a= 90$ . Предположим, что $∘ a ⁄=90$ . Тогда $cosa ⁄= 0$ .

Пусть $x,y,z$ — произведения длин пар противоположных рёбер. Одно из чисел $x cosa,ycosa$ или $zcosa$ равно сумме двух других (Доказательство смотри ниже). Так как $cos⁄=0$ , то одно из чисел $x,y$ или $z$ равно сумме двух других. С другой стороны, существует невырожденный треугольник, длины сторон которого равны $x$ , $y$ и $z$ (Доказательство смотри ниже)?!

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Факт 1. Пусть $a$ и $a1,b$ и $b1,c$ и $c1$ - длины пар противоположных рёбер тетраэдра; $α,β,γ$ - соответственные углы между ними $(α,β,γ < 90∘$ ). Докажите, что одно из трёх чисел $aa1cosα,bb1cosβ$ и $cc1cosgγ$ - сумма двух других.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение. Достроим тетраэдр до параллелепипеда. Тогда $a$ и $a1$ - диагонали двух противоположных граней параллелепипеда. Пусть $m$ и $n$ - стороны этих граней, причём $m ≥n$ . По теореме косинусов $4m2 = a2+ a21+2aa1cosα$ и $n2 =a2+ a21+ 2aa1cosα$ , поэтому $aa1cosα = m2n2$ . Записав такие равенства для чисел $bb1cosβ$ и $cc1cosγ$ , мы получим требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Факт 2. Докажите, что для любого тетраэдра существует треугольник, длины сторон которого равны произведениям длин противоположных рёбер тетраэдра.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть длины рёбер $AD, BD$ и $CD$ равны $a,b$ и $c$ ; длины рёбер $BC,CA$ и $AB$ равны $a′,b$ и $c$ . Проведём через вершину $D$ плоскость, касающуюся описанной около тетраэдра сферы. Рассмотрим тетраэдр $A1BC1D$ , образованный плоскостями, $BCD,ABD$ и плоскостью, проходящей через вершину $B$ параллельно плоскости $ACD$ , и тетраэдр $AB2C2D$ , образованный плоскостями , $ABD, ACD$ и плоскостью, проходящей через вершину $A$ параллельно плоскости $BCD$ .

$PIC$

Так как $DC1$ - касательная к описанной окружности треугольника $DBC$ , то $∠BDC1 = ∠BCD$ . Кроме того, $BC1∥CD$ , поэтому $∠C1BD = ∠BDC$ . Следовательно, треугольники $DC1B$ и $CBD$ подобны, а значит, $DC1 :DB = CB :CD$ , т. е. $′ DC1 = abc$ . Аналогично $′ ′ DA1 = cab ,DC2 = bca$ и $′ DB2 = cab$ . А так как треугольнки $A1C1D$ и $DC2B2$ подобны, то $A1C1 :A1D= DCc2 :DB2$ , т. е. $′2 A1C1 = bbac$ . Итак, длины сторон треугольника $A1C1D$ , домноженные на $acb-$ , равны $a′a,b′b$ и $c′c$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#102032

На поверхности тетраэдра $ABCD$ нашлись такие точки $E$ и $F,$ что $AE = CE,$ $AF = CF,$ $BE = DE$ и $BF =DF.$ Докажите, что $BC ≥ EF.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сравнить длины отрезков в этой задаче довольно тяжело, поэтому можно поискать какое-то значение между этими отрезками. Из каких соображений это можно сделать?

Подсказка 2

Условие на точки E и F говорят о какой-то перпендикулярности, вот только какой? Попробуйте построить 2 параллельные плоскости перпендикулярные EF, чтоб задача решилась нужно, чтобы на них лежали B и C. Склейте воедино все факты и докажите существование таких плоскостей.

Показать доказательство

Пусть $α$ и $β$ — параллельные плоскости, содержащие ребра $AC$ и $BD,$ обозначим через $d$ расстояние между этими плоскостями. Ясно, что $BC ≥ d.$ С другой стороны, из условия следует, что точки $E$ и $F$ лежат как в плоскости, перпендикулярной $AC$ и проходящей через середину $AC,$ так и в плоскости, перпендикулярной $BD$ и проходящей через середину $BD$ (эти плоскости различны, так как прямые $AC$ и $BD$ не параллельны). Тогда $EF$ — линия пересечения этих плоскостей, поэтому прямая $EF$ перпендикулярна плоскостям $α$ и $β.$

$PIC$

Кроме того, поскольку $E$ и $F$ лежат на поверхности тетраэдра, то обе эти точки лежат в полосе между $α$ и $β.$ Значит, $EF ≤ d≤ BC,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71956

В пирамиде $SA A ...A 1 2 n$ все боковые рёбра равны. Точка $X 1$ — середина дуги $A A 1 2$ описанной окружности треугольника $SA A , 1 2$ точка $X2$ — середина дуги $A2A3$ описанной окружности треугольника $SA2A3$ и т. д., точка $Xn$ — середина дуги $AnA1$ описанной окружности треугольника $SAnA1.$ Докажите, что описанные окружности треугольников $X1A2X2,X2A3X3,...,XnA1X1$ пересекаются в одной точке.

$PIC$

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте поймем, поизучаем сферу, описанную вокруг данной фигуры. Во-первых, почему вообще можно описать сферу? Во-вторых, где у неё центр?

Подсказка 2:

Вокруг многоугольника A₁A₂...Aₙ можно описать окружность, значит, вокруг всей фигуры можно описать сферу. Пусть центр сферы — это точка P. Она равноудалена от точек A, следовательно, лежит на прямой, перпендикулярной плоскости основания и проходящей через S. Что мы можем сказать про точки X? Где они лежат?

Подсказка 3:

Они тоже лежат на этой сфере! Давайте попробуем угадать, где может находиться искомая точка. Попробуйте нарисовать фигуру и провести окружности.

Подсказка 4:

Давайте попробуем доказать, что искомая точка пересечения диаметрально противоположна S. Тогда нужно доказать, что N, X(k−1), X(k) и A(k) лежат на одной плоскости. Как это можно сделать?

Подсказка 5:

Воспользуемся тем, что N диаметрально противоположна S. Тогда угол SA(k)N прямой при всех A(k). Какие ещё углы равны 90 градусам?

Подсказка 6:

Углы SA(k)X(k) прямые, потому что S и X(k) диаметрально противоположны в окружности, описанной вокруг треугольника SA(k)X(k). Тогда SA перпендикулярно какой плоскости? Какие точки на ней лежат?

Показать доказательство

Заметим, что точки $A ,A ,...,A 1 2 n$ лежат и на сфере с центром в точке $S,$ и в одной плоскости. Следовательно, они лежат на окружности $ω,$ являющейся пересечением сферы с плоскостью. Пусть $O$ — центр этой окружности. Тогда $SO$ перпендикулярно плоскости основания и любая точка на прямой $SO$ равноудалена от всех точек окружности $ω.$ Поэтому на $SO$ найдётся и такая точка $P,$ для которой $P S = PA1.$ Тогда на сфере $σ$ с центром в точке $P$ и радиусом $PS$ лежат все вершины пирамиды, а также все окружности $SAkAk+1.$

$PIC$

Следовательно, на этой сфере лежат все точки $Ak$ и $Xk.$ Пусть $N$ — точка на сфере $σ,$ диаметрально противоположная точке $S.$ Покажем, что описанные окружности треугольников $Xk− 1AkXk$ проходят через точку $N.$ Поскольку точки $N, Xk−1,Xk$ и $Ak$ лежат на сфере, достаточно проверить, что они лежат на сфере, достаточно в одной плоскости. Эта плоскость перпендикулярна прямой $SAk$ и проходит через точку $Ak.$ В самом деле, $∠SAkN = 90∘,$ поскольку они опирается на диаметр $SN$ сферы $σ,∠SAkXk =90∘$ и $∠SAkXk −1 = 90∘,$ поскольку они опираются на диаметры $SXk$ и $SXk −1$ описанных окружностей треугольников $SAkXk$ и $SAkXk −1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#42964

В пространстве даны три отрезка $A A ,B B 1 2 1 2$ и $C C 1 2$ , не лежащие в одной плоскости и пересекающиеся в одной точке $P$ . Обозначим через $Oijk$ центр сферы, проходящей через точки $Ai,Bj,Ck$ и $P$ . Докажите, что прямые $O111O222,O112O221,O121O212$ и $O211O122$ пересекаются в одной точке.

Источники: Всеросс., 2016, ЗЭ, 11.2(см. vos.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Если попробовать в голове представить такое пространственное сложное чудо, можно заметить, что O_(ijk) образуют что-то очень похожее на параллелепипед. Попробуйте доказать, что они образуют параллелепипед (а его диагонали, как мы знаем, пересекаются в одной точке). Еще к такой мысли можно прийти так - вас просят в пространстве доказать, что какие-то прямые пересекутся в одной точке. Мы знаем что-то про пересечение в пространстве у не очень большого числа объектов пока.

Подсказка 2!

Итак, хотим доказать что это параллелепипед. Построим серединный перпендикуляр к отрезкам A₁P, A₂P. Тогда O_(1jk) принадлежит этому перпендикуляру, так как A₁ и P лежат на каждой сфере такой. И A₂, P - так же. теперь попробуем заметить, что эти два серединных перпендикуляра (к A₁P и A₂P) будут параллельны(почему?).

Подсказка 3!

Так-так -так, вот мы и нашли какие-то параллельные плоскости. Давайте теперь попробуем найти еще несколько пар параллельных плоскостей, и докажем, что вышел именно нужный нам параллелепипед.

Показать доказательство

Для любого отрезка $XY$ серединным перпендикуляром к этому отрезку назовем плоскость, перпендикулярную ему и проходящую через его середину, т. е. геометрическое место точек, равноудаленных от $X$ и $Y.$

Пусть $αi,i∈{1,2}$ — серединный перпендикуляр к отрезку $PAi.$ Тогда $Oijk ∈αi$ (поскольку на каждой такой сфере лежат обе точки $Ai,P).$ Легко видеть, что $α1 ∥α2,$ поскольку обе перпендикулярны прямой $A2A1.$ Аналогично определим плоскости $βj :β1 ∥ β2$ для $B1,B2,P$ и $γk$ для $C1,C2,P.$ Поскольку шесть выбранных плоскостей попарно параллельны, то они образуют параллелепипед, осталось заметить, что его вершинами будут точки $Oijk.$ Действительно, каждая точка лежит в $3$ плоскостях $O121 ∈ α1,β2,γ1$ (например), откуда и следует нужное. Учитывая, что диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке, всё доказано.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#70506

В тетраэдре середины всех ребер лежат на одной сфере. Докажите, что его высоты пересекаются в одной точке.

Источники: СпбОШ - 2016, задача 11.3(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала разберём короткое условие. Какие выводы из него можно сделать? Середины рёбер, точки лежат на одной сфере... Не забывайте про планиметрию.

Подсказка 2

Да, конечно, если мы соединим середины сторон, то, во-первых, получится параллелограмм, а, во-вторых, к тому же прямоугольник. Первое выполняется из-за средних линий, а второе из-за вписанности. Как же это переносится на тетраэдр?

Подсказка 3

Верно, значит, что противоположные стороны тетраэдра перпендикулярны. Почему же этого достаточно, чтобы высоты тетраэдра пересекались в одной точке? Попробуйте провести вспомогательную хорошую плоскость через какое-то ребро. Дальше задача быстро закончится.

Показать доказательство

Пусть дан тетраэдр $ABCD,$ а $P,Q,R,S$ — середины ребер $BD, AD,AC$ и $BC$ соответственно. Тогда прямые $RS$ и $PQ$ параллельны $AB$ как средние линии треугольников $ABC$ и $ABD,$ а прямые $P S$ и $QR$ параллельны $DC$ как средние линии треугольников $BDC$ и $ADC.$ Отсюда немедленно следует, что $P QRS$ — параллелограмм. Но все его вершины лежат на сфере, поэтому он вписанный, т. е. $P QRS$ — прямоугольник. В силу параллельности сторонам прямоугольника прямые $AB$ и $CD$ перпендикулярны. Аналогично $BD ⊥ AC$ и $BC ⊥AD.$

$PIC$

Докажем, что перпендикулярность противоположных сторон тетраэдра является достаточным условием того, что высоты тетраэдра пересекаются в одной точке. Построим плоскость, проходящую через ребро $DC$ перпендикулярно $AB.$ Высоты тетраэдра, опущенные из точек $D$ и $C,$ лежат в этой плоскости, и значит, пересекаются. Обозначим точку их пересечения через $H.$ Высоты из вершин $A$ и $B$ также должны пересекать высоты из вершин $D$ и $C,$ но так как они не лежат в плоскости $DHC,$ пересекать их они могут только в точке $H.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#72980

В треугольной пирамиде $SABC$ ребро $SA$ перпендикулярно плоскости $ABC,∠SCB = 90∘,BC = √5,AC =√7-$ . Последовательность точек $On$ строится следующим образом: точка $O1$ — центр сферы, описанной около пирамиды $SABC$ , и для каждого натурального $n ≥2$ точка $On$ есть центр сферы, описанной около пирамиды $On−1ABC$ . Какую длину должно иметь ребро $SA$ , чтобы множество ${On}$ состояло ровно из двух различных точек?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Т.к. SA ⊥ (ABC), то угол ∠SAB=90⁰. По условию ∠SCB=90⁰. Это означает, что наши точки лежат на сфере, с диаметром SB. А на какой прямой лежат центры O₁, O₂, ...?

Подсказка 2

Правильно, на перпендикуляре к плоскости (ABC), проведенной в точке X- середине AB. Мы хотим, чтобы множество наших центров состояло всего из двух точек. Давайте тогда поймем, когда O₃ совпадает с кем-то из O₁, O₂.

Подсказка 3

Ясно, что с O₂ она совпадать не может. Т.к. O₁- середина SB, то и O₃- середина SB. Т.к. O₃ равноудалена от A, B, C и O₂, а O₂ равноудалена от A, B, C и O₁=O₃, то AO₃BO₂- ромб с углом 60°. Я думаю, что вы сможете закончить решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Применим теорему о трех перпендикулярах. В силу того, что $SA ⊥ (ABC )$ и $SC ⊥ BC$ , получим, что проекция $SC$ на плоскость $(ABC )$ перпендикулярна $BC$ , то есть $AC ⊥ BC.$

Заметим, что середина гипотенузы $AB$ - точка $X$ это центр описанной окружности прямоугольного треугольника $△ACB$ . Аналогично середина гипотенузы $SB$ - точка $Y$ - центр описанной окружности прямоугольного треугольника $△SAB$ . Тогда если провести перпендикуляр к плоскости $(ABC )$ в точке $X$ и перпендикуляр к плоскости $(SAB)$ в точке $Y$ , то центр описанной окружности $O1$ пирамиды $SABC$ - точка пересечения этих перпендикуляров. Но перпендикуляр к плоскости $(ABC )$ в точке $X$ совпадает с прямой $XY$ . То есть точка $O1$ и есть точка $Y$ .

При этом на прямой $XY$ (перпендикуляр к плоскости $(ABC )$ в точке $X$ ) будут лежать все $On$ в силу того, что $XY$ - ГМТ точек равноудаленных от $A,B,C.$

То есть точка $O2$ - центр треугольной пирамиды $O1ABC$ - опять-таки должна лежать на прямой $XY.$

$PIC$

Хотелось бы добиться того, чтобы $O3 = O1$ ( $O3 ⁄=O2$ по очевидным причинам). Но тогда $O3 = Y$ . То есть середина гипотенузы $△SAB$ равноудалена от точек $A,B,O2$ . Так же точка $O2$ равноудалена от точек $A,B,Y$ . Но тогда $AY BO2$ должен быть ромбом, при этом его диагональ $YO 2$ должна быть равна стороне. Понятно, что тогда $∠AY B = 120∘$ . Значит, что $∠SBA = 30∘$ , то есть $SA = tan30∘⋅AB = 1√-⋅√AC2-+-BC2 = √1√2-=2. 3 3$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#42963

Найдите все прямые в пространстве, проходящие через данную точку $M$ на данном расстоянии $d$ от данной прямой $AB$ .

Источники: ММО-1947, 9-10.5, (см. mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Давайте попробуем сначала разобраться с простым случаем, чтобы нам было понятнее, что происходит. Есть точка в пространстве. И прямая в пространстве. И если расстояние от самой точки до прямой уже d, то какой был бы ответ?

Подсказка 2!

Верно, это была бы плоскость через точку, параллельная АВ. Так, а если расстояние от точки до плоскости меньше d?

Подсказка 3!

Хорошо, с этим тоже разобрались. Такого гмт бы не существовало. Давайте теперь посмотрим на сложный случай. Чтобы расстояние было равно d, попробуем построить одну такую прямую. Возьмем вокруг AB "оболочку" ширины d. получится такой цилиндр радиуса d. И вам нужна прямая, которая будет проходить через точку m, а еще касаться такого цилиндра(осознайте, почему?). Осталось немного, разобраться, как построить такое гмт!

Показать ответ и решение

Если точка сама находится на расстоянии $d$ от $AB$ , то подойдёт вся плоскость $α∥AB$ , $M ∈α$ (то есть любая прямая $ℓ: ℓ∈ α,M ∈ℓ$ . Если расстояние $ρ(M,AB)< d$ , то таких прямых нет. Иначе это прямая, которая касается цилиндра с осью $AB$ и проходит через $M$ . Чтобы задать такие прямые, построим касательную плоскость к цилиндру, которая содержит $M$ — в силу симметрии их будет две $β1,β2$ . В итоге нам подойдут все $ℓ∈ β1∪β2,M ∈ℓ$ . Нетрудно видеть, что в случае равенства $ρ(M,AB )= d$ плоскости просто совпадают.

Ответ:

Если $ρ(M,AB )≥d$ , то это все $ℓ: ℓ∈β ∪ β,M ∈ ℓ 1 2$ , где $β i$ — касательные плоскости к цилиндру с осью $AB$ и радиусом $d$ , при этом $M ∈ β1∩β2$ .