Тема Дополнительные построения в стерео

Проецирование в стерео

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дополнительные построения в стерео

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#102034

В основании четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит четырехугольник $ABCD,$ диагонали которого перпендикулярны и пересекаются в точке $P,$ и $SP$ является высотой пирамиды. Докажите, что проекции точки $P$ на боковые грани пирамиды лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Пусть $K,L,M$ и $N$ — проекции $P$ на плоскости $SAB, SBC,SCD$ и $SDA,$ а $K′,L′,M′$ и $N′$ — проекции $P$ на $AB,BC,CD$ и $DA.$

Точки $′ ′ A,K ,P,N$ лежат на одной окружности с диаметром $AP,$ следовательно, $′ ′ ′ ∠N AP =∠N K P.$ Аналогично, $′ ′ ′ ∠N DP = ∠N M P,$ следовательно,

′ ′ ′ ′ ∘ ′ ′ ′ ′ ∘ ∠N K P + ∠N M P =90 ; аналогично ∠L K P + ∠L M P =90

сумма двух найденных равенств равна сумме противоположных углов четырехугольника $N′K′L′M ′$ и равна $180∘.$

$PIC$

Поскольку $PK$ — высота треугольника $SP K′,$

SK ⋅SK ′ = SP2; аналогично SL ⋅SL′ = SP2

То есть, треугольники $SKL$ и $SLK ′$ подобны и

K′L′⋅SP2 KL = SK-′⋅SL′

Из этого и других таких же равенств следует, что

KL ⋅MN + LM ⋅NK = KM ⋅LN

$PIC$

Наконец, для любых четырех точек $K,$ $L,$ $M$ и $N$ в пространстве выполняется неравенство $KL ⋅MN + LM ⋅NK > KM ⋅LN,$ в котором равенство достигается тогда и только тогда, когда эти точки лежат на одной окружности. Следовательно, точки $K,$ $L,$ $M$ и $N$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68182

На плоскости в ортогональной проекции изображена правильная пирамида $SABC$ (с основанием $ABC$ ) и высота $AH$ грани $SAB,$ как показано на рисунке.

$PIC$

Как с помощью циркуля и линейки построить изображение центра сферы, описанной возле пирамиды?

Источники: ФЕ-2023, 11.4 (см. www.formulo.org)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ - середина $AC,$ $N$ - центр основания $ABC.$ Тогда центр описанной сферы лежит на $SN$ (поскольку пирамида правильная). Проекция $M$ строится как середина проекции $AC,$ а проекция $N$ – как точка, делящая проекцию $BM$ в отношении $2:1.$ Обозначим через $m$ прямую, параллельную $MH$ и проходящую через середину $SB.$ Она проходит через центр описанной сферы: $AH$ и $CH$ перпендикулярны $SB,$ так что $m$ перпендикулярна $SB,$ а также $m$ пересекает $SN.$ Проекция $m$ строится как параллельный перенос проекции $MH,$ проходящий через середину проекции $SB.$ Эта проекция пересекает проекцию $SN$ ровно в проекции центра описанной сферы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68261

Дано несколько прямоугольных параллелепипедов в пространстве. Известно, что у каждой пары параллелепипедов есть хотя бы одна общая точка, а их рёбра соответственно параллельны. Обязательно ли все параллелепипеды имеют общую точку?

Источники: БИБН-2023, 11.4 (см. www.unn.ru)

Показать ответ и решение

Поскольку у параллелепипедов ребра соответственно параллельны, мы можем ввести декартову систему координат, направив оси вдоль трех ребер, смежных с одной вершиной (которая станет началом координат) выбранного параллелепипеда. В этой системе координат ребра всех параллелепипедов будут параллельны осям. Спроектировав на ось $Ox$ данный $i$ -ый параллелепипед $(i= 1,2,...,n),$ получим отрезок, который обозначим $[ai,bi].$ Любая пара таких отрезков имеет непустое пересечение (в противном случае соответствующая пара параллелепипедов не пересекается).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, приходим к такой задаче: на числовой прямой есть попарно пересекающиеся отрезки $[ai,bi],(i=1,2,...,n),$ и требуется доказать, что у них имеется общая точка.

Опытные олимпиадники могут сразу сослаться на теорему Хелли. Мы же приведём её доказательство, чтобы не оставлять у неопытных читателей чувство неловкости.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $A$ —- наибольшее значение среди левых концов отрезков, т.е. $A= max{ai|i=1,...n},$ и аналогично, пусть $B$ — наименьшее значение среди правых концов отрезков. Тогда $A ≤B,$ так как в противном случае $ai > bj$ для некоторых $i$ и $j,$ а значит, $i$ -ый и $j$ -ый отрезки не пересекаются. Отсюда следует, что любая точка отрезка $[A,B]$ будет общей для всех наших отрезков. Итак, пусть точка $x∗$ принадлежит проекциям на ось Ох всех параллелепипедов. Точно так же мы можем найти общие точки $y∗$ и $z∗$ проекций на оси $Oy$ и $Oz.$ Тогда точка с координатами $(x∗,y∗,z∗)$ будет принадлежать всем параллелепипедам.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76531

$A′,$ $B′$ и $C′$ — проекции вершины $S$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах $BC,$ $AC$ и $AB.$ Найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды $′ ′ ′ SA BC$ в $10$ раз меньше объёма пирамиды $SABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.4 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

Точки $S ,S , 1 2$ и $S 3$ симметричные $S$ относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости $ABC.$ А поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на $∘ 60$ вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек $S1,S2,S3.$ Следовательно, треугольник $△S1S2S3$ — правильный, и его центр, который мы обозначим через $O,$ совпадает с центром треугольника $△ABC.$

$PIC$

Заметим, далее, что пирамида $SS1S2S3$ —- образ пирамиды $SA′B ′C ′$ при гомотетии с центром $S$ и коэффициентом $2.$ С учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид $SABC$ и $SS1S2S3$ равно $10:23 =5 :4.$ А поскольку у этих пирамид общая высота $SO,$ то и отношение площади треугольника $△ABC$ к площади треугольника $△S1S2S3$ равно $5:4.$ В качестве следствия получается равенство $OA :OS1 = √5 :2,$ которое будет нами использовано.

Обозначив величину двугранного ребра при ребре $BC$ через $φ$ , точкой, симметричной $S$ относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать $S1.$

$PIC$

Тогда $φ= ∠SPA = ∠SPS1,$ где $P$ — середина ребра $BC$ ; треугольник $△SP S1$ — равнобедренный $(SP = PS1),$ откуда

180∘ − φ φ ∠SS1P = ---2--,OS1 =SO ctg∠SS1P = SOtg2-

А поскольку

OA = 2⋅AP = 2⋅SOctg φ, 2

то

√5 OA 2ctgφ -2-= OS1 =-tg φ2

tg φtgφ = 4√- 2 5

При $0∘ < φ< 90∘$ левая часть последнего равенства равна $∘1+-tg2φ− 1,$ что позволяет найти

∘16+-8√5- tgφ = ---5---

Ответ:

$∘ 16+-8√5 ---5---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#107062

Все грани выпуклого шестигранника — четырёхугольники, а в каждой вершине сходится три ребра. Шестигранник описан около сферы с центром $I.$ Известно, что проекции точки $I$ на рёбра некоторой грани шестигранника лежат на одной окружности. Докажите, что проекции точки $I$ на ребра противоположной грани также лежат на одной окружности.

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ и $A B C D 1 1 1 1$ — две противоположные грани (причем $AA , 1$ $BB , 1$ $CC , 1$ $DD 1$ — ребра), а $X$ и $X 1$ — точки касания сферы с ними. Пусть $P1,$ $P2,$ $P3,$ $P4$ — проекции $I$ на ребра $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ соответственно, они совпадают с проекциями $X$ на эти ребра. Пусть $XQi$ — высоты прямоугольных треугольников $IXPi$ соответственно. Тогда $2 IPi⋅IQi = IX ,$ то есть инверсия с центром $I$ и радиусом $IX$ переводит $Pi$ в $Qi.$ Поэтому $Pi$ лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда $Qi$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Заметим, что $Q1,$ $Q2,$ $Q3,$ $Q4$ — проекции $X$ на плоскости $ABI,$ $BCI,$ $CDI,$ $DAI$ соответственно. Поэтому точки касания сферы с гранями $ABA1B1,$ $BCB1C1,$ $CDC1D1,$ $DAD1A1$ симметричны $X$ относительно $Q1,$ $Q2,$ $Q3,$ $Q4$ соответственно; они лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда $Qi$ лежат на одной окружности.

Получаем, что проекции точки $I$ на ребра грани $ABCD$ лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда точки касания сферы с гранями $ABA1B1,$ $BCB1C1,$ $CDC1D1$ и $DAD1A1$ лежат на одной окружности. Аналогично для проекций точки $I$ на ребра грани $A1B1C1D1,$ откуда следует утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#63889

Дан тетраэдр $ABCD$ . Известно, что $AB = BC =CD = 5$ и $CA = AD =DB = 6$ . Найдите косинус угла между рёбрами $BC$ и $AD.$

Источники: ДВИ - 2020, вариант 202, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольник $ABC$ . Высота, опущенная из вершины $B$ , равна 4 , следовательно, высота $AH$ , опущенная из вершины $A$ , равна 24/5. Отсюда получаем $18 7 CH = 5 ,BH = 5$ . Пусть $M$ — середина $BC$ . Тогда $5 7 11 MH = 2 − 5 = 10.$

$PIC$

Пусть $N$ — середина $AD$ . Тогда $BN = CN$ и, стало быть, $MN ⊥ BC$ . Аналогично $MN ⊥$ $AD$ .

Рассмотрим плоскость, содержащую $BC$ и параллельную $AD$ . Спроецируем ортогонально на эту плоскость точки $A$ и $D$ . Полученные точки обозначим $A′$ и $D′$ . Точка $N$ при этом проецируется в точку $M$ . Стало быть, искомый угол равен $∠A ′MB$ .

Из прямоугольного треугольника $A′MH$ получаем

cos∠A′MB = cos∠A′MH = MH--= MH--= 11. A′M AD∕2 30

Ответ:

$11 30$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#43959

Дана усечённая пирамида $ABCA B C 1 1 1$ с боковыми рёбрами $AA 1$ , $BB 1$ , $CC 1$ $(ABC ∥A B C ) 1 1 1$ , такая, что треугольник $BB1C$ — равносторонний. На ребре $AA1$ , перпендикулярном основанию $ABC$ пирамиды, лежит точка $N$ такая, что $AN :NA1 = 1:2.$ Сфера $Ω$ с радиусом $√- 5$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ .

(a) Найдите длину ребра $BB1$ .

(b) Пусть дополнительно известно, что $∘ -- ∠ABC =arccos 25$ . Найдите угол между прямой $AA1$ и плоскостью $BB1C$ , а также длину ребра $A1B1.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим точку $E$ в качестве вершины пирамиды, точку $O$ в качестве центра $ω$ , точку $O1$ в качестве центра описанной окружности треугольника $BB1C$ и $F$ в качестве середины $BC$ . Так как $BB1C$ равносторонний, то $O1$ это еще и центр пересечения медиан, а значит, $B1F$ проходит через $O1$ и $FO1 :O1B1 = 1:2$ и $NO1∥ABC$ . Так как $ω$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ , то $OO1⊥BCC1$ и $ON ⊥AA1$ . Мы знаем, что $AA1 ⊥ABC$ и поэтому $NO ∥ABC$ . Получается, что мы знаем, что точка $O$ лежит на плоскости $α$ , проходящей через $N$ и параллельной $ABC$ , и лежит на прямой $l$ , перпендикулярной $BB1C$ и проходящей через $O1$ . Значит, либо $l$ принадлежит $α$ , но тогда $FB1$ перпендикулярна двум разным прямым параллельным $ABC$ ( $BC$ и $l$ ) и тогда все три стороны перпендикулярны основанию, а такого не бывает, либо $l$ и $α$ пересекаются в одной точке и $O1 =O$ . Тогда $BO =BO1 = √5$ и $BB1 = √15$ (по формуле для равностороннего треугольника).

$PIC$

Спроецируем точки $O$ и $B1$ на плоскость $ABC$ . Тогда так как проекция $A1$ на $ABC$ это $A$ , то $′ A1B1∥AB 1$ и поэтому $′ B ∈ AB$ . Также можно заметить $′ ′ ′ F O:OB1 = FO :O B1 = 1:2$ .

Прямоугольные треугольники $B1B′1B$ и $B1B′1C$ равны по катету и гипотенузе, поэтому $BB′1 =CB ′1$ . Значит, высота в равнобедренном треугольнике $BB ′1C$ равна $B ′1F$ , так как $F$ середина $BC$ и равна $√--∘-- ∘-- BF |tgB ′1BF |= -125 32 = 458$ . Тогда

∘-- ′ ′ (B′1F-) -458- 1-- ∠(AA1,BCB1)= ∠(B1B1,BCB1 )= ∠B1B1F =arcsin B1F = arcsin √45 = √2 2

Значит, $∠(AA1,BCB1 )= π4$ . Тогда $∘ -- FB ′1 = F√B21= 485$

Пусть $T$ — проекция $O′$ на $AB$ . Тогда $O′T = O′B′cosB ′O ′T = 2B′Fcos1∠B ′O′C = 2B′FcosB ′BC = 2∘ 45∘-2= 1 1 1 3 1 2 1 3 1 1 3 8 5$ и $∘----------- ∘ 3- B1′T = O′B′12− O ′T2 = 2$ . С другой стороны, поскольку $√- AO ′= NO = 5$ , то $√---------- AT = AO ′2− O′T2 = 1$ . Отсюда $∘ -- A1B1 =AB ′1 = AT +TB ′1 = 2+ 32$ .

Ответ:

$(a)√15,$

$π ∘-3 (b)4,2+ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47912

Существует ли $9$ -угольная пирамида, на ребрах которой можно выбрать направления (стрелки) так, чтобы сумма всех $18$ векторов-ребер равнялась нулевому вектору?

Показать ответ и решение

Рассмотрим систему координат с центром в основании высоты пирамиды, одну из осей направим вдоль самой высоты. Тогда длина проекции на эту ось, то есть соответствующая координата, каждого вектора будет равна нулю для рёбер из основания и иметь одинаковое по модулю значение для боковых рёбер — длина высоты с положительным или отрицательным знаком.

Чтобы сумма векторов была нулевой необходимо, чтобы сумма этих координат (соответствующая координата суммы) была равна нулю.

Пусть длина высоты равна $h$ и $n$ координат из $9$ ненулевых положительны, тогда эта координата равна

h⋅n− h⋅(9− n)= h⋅(2n− 9)⁄=0

Но поскольку $2n− 9⁄= 0,n∈ ℕ$ по чётности, а также $h> 0$ из условия, значит, нулевой сумма векторов-рёбер быть не может.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#107061

Сфера $ω$ проходит через вершину $S$ пирамиды $SABC$ и пересекает рёбра $SA,$ $SB$ и $SC$ вторично в точках $A , 1$ $B 1$ и $C 1$ соответственно. Сфера $Ω,$ описанная около пирамиды $SABC,$ пересекается с $ω$ по окружности, лежащей в плоскости, параллельной плоскости $(ABC ).$ Точки $A2,$ $B2$ и $C2$ симметричны точкам $A1,$ $B1$ и $C1$ относительно середин рёбер $SA,$ $SB$ и $SC$ соответственно. Докажите, что точки $A,$ $B,$ $C,$ $A2,$ $B2$ и $C2$ лежат на одной сфере.

Источники: Всеросс., 2014, ЗЭ, 11.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Утверждение задачи эквивалентно равенству

SA2 ⋅SA= SB2 ⋅SB = SC2⋅SC

Значит, ввиду равенств $AA1 = SA2$ и двух аналогичных, достаточно доказать, что

AA ⋅AS = BB ⋅BS = CC ⋅CS 1 1 1

Пусть $ℓ$ — прямая, проходящая через центры сфер $Ω$ и $ω.$ Окружность пересечения этих сфер лежит в плоскости, перпендикулярной $ℓ,$ так что $ℓ⊥ (ABC).$ Это значит, что при повороте вокруг $ℓ$ описанная окружность треугольника $ABC$ переходит в себя, и подходящим таким поворотом можно точку $A$ перевести в $B.$ Пусть точки $S$ и $A1$ при этом повороте переходят в $S′$ и $A ′1$ (они тоже лежат на $ω,$ см. рис. слева). Тогда

AA1⋅AS = BA′⋅BS ′ =BB1 ⋅BS 1

Равенство $AA1⋅AS =CC1 ⋅CS$ доказывается аналогично.

$PIC$

Второе решение. Обозначим через $O1$ и $O$ центры сфер $ω$ и $Ω$ соответственно. Как и в первом решении, введём прямую $ℓ,$ проходящую через $O$ и $O1;$ тогда $ℓ⊥ (ABC ).$

Пусть $O2$ — точка, симметричная $O1$ относительно $O.$ Тогда $O2$ лежит на $ℓ,$ откуда $O2A =O2B = O2C;$ обозначим $r =O2A.$ Далее, проекции точек $O2$ и $O1$ на $SA$ симметричны относительно проекции точки $O,$ т. е. относительно середины $A′$ отрезка $SA.$ Так как проекция точки $O1$ является серединой отрезка $SA1,$ из симметрии относительно $A′$ получаем, что проекция точки $O2$ — это середина отрезка $AA2.$ Значит, $A2O2 = AO2 =r.$ Аналогично показывается, что $B2O2 = C2O2 = r.$ Значит, требуемые шесть точек лежат на сфере с центром $O2$ и радиусом $r.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#64564

Пять рёбер тетраэдра имеют длины $2,4,5,9$ и $13.$ Определите, может ли при этом длина шестого ребра:

a) равняться $11;$

б) равняться $11,1.$

Источники: ПВГ-2013, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

(a) У нас есть 2 грани со стороной 2, но вместе с 2 треугольник может образовать только 4 и 5?!

(b) У нас есть 2 грани со стороной 2. Вместе с 2 треугольник может образовать только 4 и 5 или 11,1 и 13. Значит, противоположная сторона равна 9. Пусть нам дан тетраэдр $SABC$ и $AC = 2$ , $AB =5$ , $BC = 4$ . Тогда $SB =9$ и по неравенству треугольника для $CBS$ сторона $SC = 11.1$ . Значит, последняя сторона $SA= 13$ .

$PIC$

По формуле Герона площадь $ABC$ равна

∘ 11-7--1-3- 1√--- 2-⋅2 ⋅2 ⋅2 = 4 231.

Тогда если $CK$ — высота в этом треугольнике, то $√--- CK = -21310-$ . По теореме Пифагора $√ --------- AK = AC2− CK2 = 1.3$ и $√ --------- BK = BC2− CK2 = 3.7$ . Отсюда следует, что $K$ лежит на отрезке $AB$

Аналогично, $√-- SABS = 94 51$ , высота $SH$ в этом треугольнике длиной $√-- 190 51$ , $BH = 6,3$ , $AH = 11,3.$ Значит, $H$ лежит на луче $AB$ за точкой $B$ . Отсюда $HK = HB + BK =10.$