Тема ДВИ по математике в МГУ

Стереометрия на ДВИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дви по математике в мгу

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#63818Максимум баллов за задание: 7

Вписанная в треугольную пирамиду $ABCD$ сфера касается граней $BCD, ACD,ABD$ и $ABC$ в точках $A ,B ,C 1 1 1$ и $D 1$ соответственно. Известно, что $D1$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$ , что плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны и что радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ в четыре раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ . Найдите отношение, в котором сфера делит отрезок $DD1$ , считая от вершины $D.$

Источники: ДВИ - 2021, вариант 213, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче фигурирует ортоцентр, это явно неспроста. Пусть А2, B2, C2 - вершины ортотреугольника и О - центр сферы. Что можно заметить?

Подсказка 2

Представляют интерес четырехугольники OA1A2D1, OB1B2D1, OC1C2D1. На какие фигуры их можно разбить?

Подсказка 3

Они разбиваются на равные прямоугольные треугольники! Можем поотмечать равные углы и затем отметить равные отрезки.

Подсказка 4

В итоге имеем, что D1 - точка пересечения биссектрис АВС. Что тогда можем сказать?

Подсказка 5

ABC - правильный треугольник! (так как его ортоцентр совпал с инцентром) Тогда мы можем сказать какая прямая является высотой пирамиды.

Подсказка 6

Остается провести радиусы окружностей из условия и в вспомогательной плоскости поработать с нашей конструкцией.

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр сферы и пусть $A ,B ,C 2 2 2$ — основания высот треугольника $ABC$ , опущенных из вершин $A,B,C$ соответственно.

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $OA1A2D1$ , $OB1B2D1,OC1C2D1$ . Каждый из них состоит из двух равных прямоугольных треугольников. При этом катеты $OD1,OA1,OB1, OC1$ равны.

Из равенства расстояний от $A1,B1,C1$ до плоскости $ABC$ следует, что равны углы $D1OA1,D1OB1,D1OC1$ , а стало быть, равны и углы $D1A2A1$ , $D1B2B1,D1C2C1$ . Значит, равны отрезки $D1A2,D1B2,D1C2$ , то есть $D1$ является точкой пересечения биссектрис треугольника $ABC$ . При этом $D1$ это ортоцентр $ABC$ . Стало быть, треугольник $ABC$ правильный. Поскольку углы $D1A2A1,D1B2B1,D1C2C1$ равны, $DD1$ — высота пирамиды. Опустим из $A1$ перпендикуляр $A1D2$ на $DD1$ . Тогда радиус окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ равен $A1D2$ . Радиус же окружности, описанной около треугольника $ABC$ равен $AD1$ . Получаем, что $A2D1 = 1AD1 = 1 ⋅4A1D2 = 2A1D2 2 2$ . Отсюда видим, что $∠D1A2A1 = 60∘$ . Стало быть, $DD1 = √3⋅A2D1 = √3⋅√3⋅OD1 = 3OD1$ . Получаем, что искомое отношение равно $(DD1 − 2OD1 ):2OD1 = 1:2.$

Ответ:

$1 :2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#63819Максимум баллов за задание: 7

Сфера касается всех рёбер тетраэдра $ABCD$ . Известно, что произведения длин скрещивающихся рёбер равны. Известно также, что $AB = 3,BC = 1$ . Найдите $AC.$

Источники: ДВИ - 2021, вариант 215, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как можно применить условие о том, что сфера касается всех рёбер тетраэдра? Более всего с длинами рёбер тут связывается свойство касательных: отрезки касательных к сфере, проведенных из одной точки, равны! Обозначьте одной буквой все равные отрезки проведённые из каждой из вершин и при помощи этих букв запишите равенство произведений длин скрещивающихся рёбер. ---

Подсказка 2

Поработайте теперь с нашим двойным равенством: рассмотрите две пары уравнений и попробуйте их преобразовать. Какие интересности связанные с отрезками касательных из разных вершин можно заметить?

Подсказка 3

Если сделать всё аккуратно, то получится несколько вариантов: равны либо отрезки касательных проведённые из вершин А и С, либо проведённые из вершин В и D. Рассмотрите оба случая, не выходит ли в одном из них противоречий с условием задачи? (Не зря же нам даны AB и BC). Аналогично рассмотрите вторую пару вершин, отрезки касательных из которых равны. Останется лишь внимательная арифметика и АС откроется нам!

Показать ответ и решение

Расстояния от вершины $A$ до точек касания сферы с рёбрами $AB,AC,AD$ равны. Обозначим это расстояние $a$ . Соответствующие расстояния от вершин $B,C,D$ обозначим $b,c$ , $d$ соответственно.

$PIC$

По условию $(a+b)(c+ d)= (a+ c)(b+ d)=(a+ d)(b+ c)$ , что равносильно после раскрытия скобок системе

(a− c)(b− d)= 0 и (a − b)(c− d)= 0.

Если $a= c$ , то $AB =BC$ , а это не так. Значит, $b= d$ . Тогда либо $a= b$ , либо $c =b$ . Если $a =b$ , то $AC = BC = 1$ , что противоречит неравенству треугольника. Значит, $c=b$ и, стало быть, $AC =AB = 3.$

Замечание.

Тетраэдр, у которого произведения длин скрещивающихся рёбер равны, называется каркасным, можете поизучать его свойства. В задаче по сути просили доказать, что у такого тетраэдра суммы длин скрещивающихся рёбер равны.

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#63813Максимум баллов за задание: 7

Дана треугольная призма $ABCA ′B ′C′$ с основанием $ABC$ и боковыми рёбрами $AA′,BB′,CC ′$ . На диагоналях $AB′,BC′,CA ′$ отмечены точки $D,E,F$ соответственно. Найдите отношение, в котором плоскость $DEF$ делит отрезок $′ AA$ , если $′ ′ AD :DB =1 :1,BE :EC = 1:2$ , $′ CF :FA =1 :3.$

Источники: ДВИ - 2020, вариант 201, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо как-то разобраться с плоскостью DEF и отрезком AA'. Для этого можно, например, отыскать какую-нибудь плоскость, в которой будут две точки нашей плоскости DEF и отрезок AA'. Потенциально это могут быть плоскости ABB'A' и ACC'A', в которых есть по одной точке из плоскости DEF. Как бы нам найти еще какую-нибудь точку?

Подсказка 2

Грани нашей призмы являются параллелограммами, поэтому D- не только середина AB', но и A'B. Стало быть точка D лежит еще и в плоскости BA'C', в которой лежит еще и точка E. Тогда если провести прямую ED, она пересечет луч C'A' в какой-то точке P. Ураааа! Вторая точка найдена. Осталось только понять в каком отношении FP делит A'A. Для начала поймите, как относятся PA' и A'C'...

Подсказка 3

С помощью теоремы Менелая вы легко убедились, что PA'=A'C'. У нас осталась совсем простая задачка: В параллелограмме ACA'P точка F делит A'C в отношении 3:1, а нужно найти как PF делит AA'.

Подсказка 4

Если вы еще не решили ее, то советую продлить отрезок PF до пересечения с AC в точке Q и посмотреть, как относятся PA' и AQ.

Показать ответ и решение

Точки $D$ и $F$ лежат в плоскости $BCA ′$ . Обозначим через $G$ точку пересечения прямой $DF$ с прямой $BC$ .

$PIC$

Из того, что $AD :DB ′ =1 :1,CF :FA ′= 1:3$ , следует, что $GC = 12BC$ . Обозначим через $H$ точку пересечения прямой $GE$ с прямой $CC ′$ . Из того, что $GC = 12BC$ и $BE :EC ′ = 1:2$ , следует, что $CH = 17CC ′$ . Обозначая через $K$ точку пересечения прямой $HF$ с прямой $AA′$ , получаем $KA ′ = 37AA′$ . Стало быть, $A ′K :KA = 3:4.$

Ответ:

$3 :4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#63817Максимум баллов за задание: 7

В основании четырёхугольной пирамиды $ABCDS$ лежит параллелограмм $ABCD$ . На ребре $SB$ отмечена точка $E$ , так что $SE :EB = 2:1$ . На ребре $SD$ отмечена точка $F$ , так что $SF :FD = 1:2$ . Найдите отношение, в котором плоскость $AEF$ делит объём пирамиды.

Источники: ДВИ - 2020, вариант 205, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то воспользоваться данными в условии отношениями…быть может, сделаем такое дополнительное построение, чтобы указанные в условии отрезки были в подобных треугольниках?

Подсказка 2

Проведите через точки B, C, D прямые, параллельные AS, и отметьте их точки пересечения B’, C’, D’ соответственно с плоскостью AEF. Что можно сказать о B’B, C’C, D’D?

Подсказка 3

B’B = 1/2 AC, D’D = 2AS, C’C = 5/2AS. Давайте теперь подумаем, как нам было бы удобнее считать объём? Быть может, разбить нашу пирамиду на несколько частей поменьше?

Подсказка 4

Выразите объем пирамиды через объемы ABDS и BCDS

Показать ответ и решение

Проведём через точки $B,C,D$ соответственно прямые $l ,l ,l B C D$ , параллельные $AS$ . Обозначим через $B′,C′,D′$ соответственно точки пересечения плоскости $AEF$ с прямыми $lB,lC$ , $lD$ .

$PIC$

Тогда $BB ′ = 12AS,DD ′ =2AS$ , откуда $CC′ = 52AS$ . Пусть $G−$ точка пересечения плоскости $AEF$ с $CS$ . Тогда $SG :GC = 2:5$ . Далее,

VAEGFS = VAEFS +VEGFS = 2⋅ 1 ⋅VABDS + 2⋅ 1⋅ 2⋅VBCDS = 3 3 3 3 7

= 2⋅ 1+ 2⋅ 1 ⋅ 2⋅ 1V = 1V . 3 3 3 3 7 2 ABCDS 7 ABCDS

Стало быть, искомое отношение равно $1:6.$

Ответ:

$1 :6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#63889Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие способы поиска угла между скрещивающимися прямыми нам в принципе известны? В первую очередь хочется подумать о проведении прямой параллельной одной из них через точку на второй прямой. Будем рассматривать плоскость, проходящую через BC параллельно AD.

Подсказка 2

Чтобы построить искомый угол, ортогонально спроецируем точку А на построенную плоскость. Пусть получена точка А'. Рассмотрим отрезок MN, где N — cередина AD, M — середина ВС. Данных нам равенств отрезков достаточно, чтобы доказать, что он является общим перпендикуляром прямых AD и BC. Тогда какой угол будет искомым?)

Подсказка 3

Искомый угол ∠A'MB. Знание об общем перпендикуляре сразу же помогает нам найти А'М. Но чего-то ещё не хватает... Попробуем построить тут прямоугольный треугольник, чтобы легче было выражать угол! АА' перпендикуляр. Проведём из точки А наклонную АН такую что, точка Н лежит на ВС и АН ⊥ ВС. Тогда теорема о трёх перпендикулярах поможет нам увидеть △А'НМ с прямым углом Н, известной гипотенузой А'М и острым углом, чей косинус так хочется узнать!

Подсказка 4

Наклонная АН будет по сути высотой в треугольнике △АВС. При всех известных сторонах нетрудной найти АН и ВН. Отсюда один шаг до катета МН. Подставьте все нужные длины и получите косинус искомого угла!

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 26#63892Максимум баллов за задание: 7

Из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$ пирамиды $ABCD$ опущена высота $DH$ . Найдите объем этой пирамиды, если известно, что площади треугольников $△HBC, △HAC, △HAB$ равны соответственно $2 1 4 9,3,9$ , и что все три плоских угла при вершине $D$ прямые.

Источники: ДВИ - 2017, вариант 1, задача 7 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке очень много прямых углов и даны площади, поэтому хочется попользоваться формулой площади проекции. Посмотрим: △BHC- ортогональная проекция треугольника △BDC, а треугольник △BDC, в свою очередь- ортогональная проекция треугольника △BAC. Какими тогда формулами связаны площади этих треугольников?

Подсказка 2

Выписав соотношения этих площадей через косинус двугранного угла, нетрудно увидеть, что S²(△BDC)= S(△BAC)*S(△BHC). Учитывая, что S(△BAC) = 1, получаем: S(△BDC) = √S(△BHC). Абсолютно аналогично для остальных граней. Как думаете, сможем ли мы, зная площади боковых граней, найти объем тетраэдра?

Подсказка 3

Кончено сможем! V = 1/6 * AD*CD*BD. Учитывая, что боковые грани- прямоугольные треугольники, выразите их площади через катеты и преобразуйте предыдущее выражение. Я в вас верю!

Показать ответ и решение

Обозначим через $α,β,γ$ двугранные углы при ребрах $BC,AC,AB$ соответственно. Поскольку $DH ⊥ ABC,△HBC$ является ортогональной проекцией $△DBC$ .

$PIC$

Следовательно, $SS(△(△HDBBCC-)) = cosα$ . С другой стороны, $AD ⊥ DBC$ , то есть $△DBC$ является ортогональной проекцией $△ABC$ , откуда

S(△DBC--)= cosα. S(△ABC )

Учитывая, что $S(△ABC )= S(△ABH )+S (△BCH )+S(△ACH )= 1$ , получаем

S(△HBC-) ∘ -------- cosα =S(△DBC )= S(△DBC ) = S(△HBC ).

Аналогично,

∘-------- cosβ = S(△DAC )= ∘S(△HAC-) cosγ = S(△DAB )= S(△HAB )

Далее, поскольку плоские углы при вершине $D$ прямые,

1 √2∘ BD-⋅CD--AD-⋅CD--AD-⋅BD- V (ABCD )= 6AD ⋅BD ⋅CD = -3- ---2---⋅---2---⋅---2---=

√-∘ -------------------------- √-∘ -------------------------- = -2- S(△DBC )⋅S(△DAC )⋅S(△DAB )= -24 S(△HBC )⋅S(△HAC )⋅S(△HAB )= 3 3

√ -∘ ------- √- = --24 2⋅ 1 ⋅ 4= 24√9 3 9 3 9 43

Ответ:

$2√√42 9 43$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#70627Максимум баллов за задание: 7

В основании прямой призмы $ABCA ′B′C ′$ лежит прямоугольный треугольник $ABC$ , такой что $AC = BC = 1$ . На ребре $A′B′$ верхнего основания (параллельном $AB$ ) отмечена точка $D$ , так что $′ ′ AD :DB =1 :2$ . Найдите радиус сферы, вписанной в тетраэдр $′ ABC D$ , если высота призмы равна $1.$

Источники: ДВИ - 2013, вариант 2, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам надо как-то найти радиус вписанной сферы. Его можно найти в формуле для объема тетраэдра. Можно ли как-то просто найти этот объем?

Подсказка 2

На самом деле он равен объему тетраэдра ABCD, ведь CC' параллельна основанию ABD. А объем тетраэдра легко найти: мы знаем, что площадь основания ABC- это 1/2, а высота- 1 ⇒объем равен 1/6. Что нам еще надо найти?

Подсказка 3

Как мы знаем, V=r*S/3, где V- объем тетраэдра, r- радиус сферы и S- площадь полной боковой поверхности. Тогда r=1/(2S). Легко заметить, что все стороны тетраэдра ABC'D легко находятся с помощью теоремы Пифагора. Тогда, зная все стороны, можно будет найти площади боковых граней и завершить решение. Я в вас верю!

Показать ответ и решение

$PIC$

Из теоремы Пифагора в треугольнике $ABC$ сторона $√- AB = 2.$ Так как $A ′D :DB′ = 1:2$ и $√- A′B′ = 2,$ то $√- √- A′D = 32,DB ′ = 232.$

Обозначим объём тетраэдра $ABC ′D$ , площадь его поверхности и радиус вписанной в него сферы, соответственно, как $V,S,r$ . Тогда $V = 13rS$ . Объём тетраэдра $ABC′D$ paвен объёму тетраэдра $ABCD$ , поскольку $CC′∥AA′$ . Стало быть,

V = 1∕6 =⇒ r= (2S)−1

Найдём все рёбра пирамиды $DABC ′.$ По теореме Пифагора в $△AA ′D:$

( √-)2 √ -- AD2 = A′A2+ A′D2 = 12+ -2- = 11 =⇒ AD = --11 3 9 3

Аналогично из теорем Пифагора в треугольниках $BB ′D,ACC′$ и $BCC ′ :$

┌│----(----)- -- │∘ 2 2√-2 2 √17 ′ ∘-2---2 √- ′ ∘ -2--2- √- BD = 1 + 3 = 3 ; AC = 1 + 1 = 2; BC = 1 +1 = 2

Так как $A′C′ = B′C′,$ то $∠C′A ′D = 45∘,$ тогда по теореме косинусов в $△DA ′C′ :$

′ 2 2 √2 1 5 ′ √5- C D = 9 + 1− 2⋅ 3-⋅√2-= 9 =⇒ C D= -3-

Теперь найдём площади всех граней пирамиды $DABC ′.$

$√- SADB =-22 .$ Так как $△AC ′B$ — равносторонний, то $√- SAC′B = -32 .$

Рассмотрим $△AC ′D.$ Пусть $∠AC′D =α,$ тогда по теореме косинусов

√ - ∘ -- 11= 2+ 5− 2⋅√2⋅--5⋅cosα =⇒ cosα= √2- =⇒ sinα = 3 9 9 3 10 5

1 √- √5 1 SAC′D = 2 ⋅ 2⋅-3-⋅sinα =√6

Рассмотрим $△BC ′D.$ Пусть $∠BC ′D = β,$ тогда по теореме косинусов

√ - 17-= 2+ 5− 2⋅√2⋅--5⋅cosβ =⇒ cosβ = √1- =⇒ sinβ = √3- 9 9 3 10 10

1 √ - √5 1 SBC′D = 2 ⋅ 2⋅-3-⋅sinβ = 2

Тогда площадь поверхности тетраэдра $′ ABC D$

( - - ∘-) S =SADB + SAC′B + SAC′D + SBC′D = 1 1+√ 2+√ 3+ 2 2 3

Остаётся воспользоваться соотношением $r =(2S)−1.$

Ответ:

$(1+ √2+ √3+ ∘ 2)−1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#90840Максимум баллов за задание: 7

В кубе с ребром 1 расположены две сферы различных радиусов. Первая касается плоскости основания и двух соседних боковых граней куба. Вторая сфера касается двух других боковых граней куба, грани куба, параллельной основанию, и первого шара. Чему равна сумма радиусов сфер?

Источники: ДВИ - 2011, вариант 114, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала вспомним, что мы знаем о сфере, вписанной в некую фигуру. Есть что-то особенное в ее местоположении?

Подсказка 2

Да, центр сферы лежит на биссектрисе трёхгранного угла, в который вписана сфера! Тогда что можно сказать о центрах наших сфер, раз они вписаны в куб?

Подсказка 3

Они лежат на диагонали куба, так как диагональ куба как раз и является биссектрисой соответствующих трёхгранных углов. А кусочек диагонали между центрами как раз и есть сумма радиусов, которую нам нужно найти! Длину чего тогда стоит узнать и какую плоскость тогда имеет смысл рассмотреть?

Подсказка 4

Пусть это будет сечение куба, перпендикулярное основанию и содержащее эту самую диагональ. Раз уж сферы касаются граней куба, то что имеет смысл отметить дополнительно?

Подсказка 5

Радиусы, проведенные в точки касания окружностей и оснований, тоже будут лежать в этой плоскости сечения. Может быть, в таком случае выйдет как-то выразить оставшиеся кусочки диагонали тоже через радиусы окружностей?

Подсказка 6

Зная длину ребра куба, легко можем вычислить длину диагонали куба, а также синус угла между этой диагональю и основанием. А зная синус угла, можно и оставшиеся отрезочки диагонали через радиусы выразить. Осталось только записать их сумму и выразить сумму радиусов!

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что центры обеих сфер лежат на диагонали куба, причём на одной и том же, поскольку касаются разных боковых граней. Действительно, прямая, на которой лежит центр сферы, является биссектрисой трёхгранного угла, поскольку центр куба является центром сферы радиуса $1∕2$ , которая касается всех граней, то эта прямая проходит через него. Без ограничения общности, выберем на эту роль диагональ $A1C$ .

$PIC$

Пусть $α= ∠A1CA =∠C1A1C,$ тогда

r1 r2 CO1 = sinα-, A1O2 = sinα

√- r1+ r2 A1C = 3= r1+ r2+ -sin-α-

√ - √- r1+r2= ----3--= 3−--3 1+ s1inα 2

Ответ:

$3-− √3 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#99414Максимум баллов за задание: 7

Дана сфера радиуса $1$ с центром в точке $O.$ Из точки $A,$ лежащей вне сферы, проведены четыре луча. Первый луч пересекает поверхность сферы последовательно в точках $B1$ и $C1,$ второй — в точках $B2$ и $C2,$ третий — в точках $B3$ и $C3,$ четвертый — в точках $B4$ и $C4.$ Прямые $B1B2$ и $C1C2$ пересекаются в точке $E,$ прямые $B3B4$ и $C3C4$ — в точке $F.$ Найдите объем пирамиды $OAEF,$ если $AO = 2,EO = FO =3,$ а угол между гранями $AOE$ и $AOF$ равен $∘ 30 .$

Источники: Вступительные в МГУ - 2004 (см. pk.cs.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ох и непростая получилась картинка к задаче! Определимся что у нас есть и чего не хватает?) А известно нам на самом деле не так уж мало: 3 из 6-ти сторон искомой пирамиды и угол между её гранями. Было бы хорошо узнать ещё какие-нибудь его рёбра)

Подсказка 2

Найти EF при известных боковых других рёбрах будет не так уж сложно, пользуйся известным нам углом между гранями. Поэтому сосредоточимся для начала на АЕ и AF. Что нам здесь может помочь?

Подсказка 3

Мы знаем классное свойство секущих шара (очень-очень напоминающее свойство секущих в окружности!), его можно будет здесь применить, но как же связать эти секущие с АЕ?

Подсказка 4

Рассмотрим плоскость, построенную на пересекающихся ЕВ₁ и ЕС₁: в ней уже можно применить обсуждённое выше свойство, но для полноты картины нужна точка на АЕ – пусть это будет точка пересечения АЕ с окружностью, описанной вокруг АВ₁В₂. Попробуйте доказать, что через эту же точку пройдёт описанная окружность треугольника ЕС₂В₂

Подсказка 5

Работа со свойствами секущих в окружностях и в шаре поможет нам установить числовые значения АМ*AE и EM*EA – этого достаточно, чтобы найти длину квадрата АЕ

Подсказка 6

Аналогичные действия помогут нам выразить AF! Что теперь можно сказать про соседние грани нашего тетраэдра?

Подсказка 7

Перпендикуляры к общей стороне двух равных треугольников явно упадут в одну точку! В этой же плоскости (образованной двумя перпендикулярами) удобно провести высоту пирамиды. Нетрудные планиметрические рассуждения (высота треугольника, в котором известны все стороны и работа с прямоугольным треугольником с углом в 30°) добивают нашу задачу!

Показать ответ и решение

Рассмотрим сечение сферы плоскостью $B B C C . 1 2 1 2$ Пусть $M$ — вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников $AB1B2$ и $EC2B2.$ Из цепочки равенств

∘ ∠AMB2 = 180 − ∠AB1B2 =

= ∠C B B = 180∘− ∠C C B =∠EC B = 180∘− ∠EMB 1 1 2 1 2 2 2 2 2

следует, что точка $M$ лежит на отрезке $AE.$ По теореме о равенстве произведений отрезков секущих,

AM ⋅AE = AB2⋅AC2 =(AO − r)(AO + r)=AO2 − r2 =3

(здесь $r=1$ — радиус сферы). Точно так же $EM ⋅EA= EO2 − r2 =8.$ Отсюда $AE2 = AE(AM + EM )= 11.$ Аналогично получаем $AF 2 = 11.$ Значит, грани $AOE$ и $AOF$ равны по трем сторонам и имеют площадь $√-- S =-325$ по формуле Герона(нам известны все три стороны).

$PIC$

Давайте теперь найдём высоту грани $AOE.$ Опустим перпендикуляр $EH.$ Посчитаем длину через подсчёт площади двумя способами:

√35- EH -2- = -2-⋅2

Откуда $√35 EH = -2 .$ Рассмотрим теперь плоскость $EHF$ и опустим в ней высоту $ER.$ Тогда по теореме о трёх перпендикулярах $F H$ будет перпендикулярно $AO.$ Тогда из условия понимаем, что $∠EHF = 30∘,$ так как это и будет угол между плоскостями. К тому же $AO$ перпендикулярно всей плоскости $EF H,$ так как он перпендикулярен двум прямым из этой плоскости. Но тогда $ER$ перпендикулярно $FH$ и $AO,$ откуда $ER$ — это перпендикуляр к плоскости. Тогда найдём $ER$ и решим задачу. Из прямоугольного треугольника $HER$ с углом $30∘$ понимаем, что $√-- ER = -345.$ Отсюда объём пирамиды будет:

√-- √ -- VAEFO = 1⋅ER ⋅SAOF = 1 ⋅-35⋅-35= 35 3 3 2 4 24

$PIC$

Ответ:

$35 24$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#70626Максимум баллов за задание: 7

Основанием пирамиды $SABCD$ является трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ такими, что $BC :AD = 2:5$ . Диагонали трапеции пересекаются в точке $E$ , а центр $O$ вписанной в пирамиду сферы лежит на отрезке $SE$ и делит его в отношении $SO :OE =7 :2$ . Найти площадь полной поверхности пирамиды, если площадь боковой грани $SBC$ равна $8.$

Источники: Вступительные на МехМат МГУ, 1999, задача 6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже есть площадь одной боковой грани. Может, тогда попытаемся найти площади остальных? Подумайте, как соотносятся между собой площади треугольников △SBC и △SAB...

Подсказка 2

Вроде как, напрямую связь между ними установить не получается. Давайте попробуем посмотреть на объемы тетраэдров SAOB и SBOC: они относятся как площади треугольников △SAB и △SBC. А как еще можно найти их отношение?

Подсказка 3

Т.к. объемы SABE и SBCE относятся как площади △ABE и △BEC (то есть как AE к EC), а также объемы OAEB и OBEC относятся как эти площади, то и их разности (то есть SAOB и SBOC) относятся как AE к EC. Тогда верно равенство S(△SAB)/S(△SBC)=AE/EC ⇒ S(△SAB)=20. Теперь найдите площади остальных боковых граней!

Подсказка 4

Нам осталось только найти площадь основания (назовем ее S₀). Мы знаем, что O делит SE в отношении 7/2. Тогда r=h*2/9, где r- радиус вписанной сферы, а h- высота пирамиды. Мы знаем, что V=S₀*h*1/3=S₀*r*3/2, где V- объем нашей пирамиды. Как еще, зная площади боковых граней, можно выразить V?

Подсказка 5

Через объемы тетраэдров ESAB, ESBC, ESCD и ESDA! Про них мы знаем, что высоты, опущенные из вершины E, равны r*9/7. Тогда мы без проблем сможем записать V через сумму объемов этих тетраэдров, приравнять к S₀*r*3/2 и найти площадь основания!

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения

S△BSC = S1, S△ASB = S2, S△ASD = S3, S△CSD =S4, Sосн. = SABCD =S

А также

VSBEC = V1, VSAEB =V2, VSAED = V3, VSCED =V4, VSABCD = V.

По условию $S1 = 8$ . Заметим, что

S CE BC 2 S BC2 4 S BE BC 2 S1 = AE-= AD-= 5,S1 = AD2-= 25,S1 = DE-= AD-= 5 2 3 4

Значит,

Sбок. =S1 +S2+ S3+ S4 = 8+20+ 50+ 20 =98

Пусть $r$ — радиус вписанной в пирамиду сферы, $h$ — высота пирамиды. Тогда

V = 1Sполн. r= 1Sосн. h 3 3

И так как центр $O$ вписанной сферы лежит на отрезке $SE$ , то

r OE- 2 h = SE = 9

С другой стороны, высоты пирамид $SBEC, SAEB, SAED$ и $SCED$ , проведённые из общей вершины $E$ , равны $9 7r$ , поэтому

V =VSBEC + VSAEB + VSAED+ VSCED = V1 +V2+ V3+ V4 =

1 9 1 9 1 9 1 9 1 9 = 3S1⋅7r+ 3S2⋅7r+ 3S3⋅7r +3S4 ⋅7r= 3 ⋅7r(S1+ S2 +S3+ S4)=

3 1 = 7Sбок. ⋅r= 3Sполн. ⋅r

Откуда $Sполн. 9 Sбок.-= 7$

Следовательно,

Sполн. = 9Sбок. = 9⋅98= 126. 7 7

Ответ: 126

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#91453Максимум баллов за задание: 7

В пирамиде $ABCD$ проведено сечение $KMLN$ так, что точка $K$ лежит на ребре $AD,$ точка $M$ — на ребре $DC,$ точка $N$ — на ребре $AB,$ точка $L$ на ребре $BC,$ и $O$ — точка пересечения диагоналей $KL$ и $MN$ четырехугольника $KMLN.$ Сечение $KMLN$ делит пирамиду на две части. Найти отношение объемов этих частей, если известны следующие соотношения между длинами отрезков:

4⋅OL = 3⋅OK,25⋅ON = 24⋅OM,DK ⋅NA − KA ⋅BN = KA ⋅NA.

Источники: Вступительные на ВМК МГУ - 1987 (pk.cs.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одно из соотношений в условиях выглядит немного страшным, может быть, его можно как-то преобразовать в более приятный вид?

Подсказка 2

Заметим, что в нем два отрезка повторяются особенно часто, почему бы не поделить всё равенство на них?

Подсказка 3

Оба многогранника, отношение объёмов которых нужно найти, имеют на самую приятную форму, а значит, и их объёмы будет искать весьма неприятно, может быть, как-то можно сократить количество "неприятных" работ?

Подсказка 4

Если один из объёмов сможем выразить через объем пирамиды ABCD, то сможем сразу получить и второй! Самое время подумать, как можно выразить, например, объем многогранника DBKMLN через объем ABCD. Может быть, помогут какие-то доппостроения?

Подсказка 5

Объем сложных многогранников часто легко найти через сумму/разность более "простых", например, тетраэдров. Какими должны быть эти тетраэдры, чтобы можно было легко выразить один объем через другой?

Подсказка 6

Если два тетраэдра имеют общий трёхгранный угол, то отношение их объёмов будет равно отношению произведения трёх соответствующих рёбер, образующих трёхгранный угол. Поэтому давайте достроим наш многогранник DBKMLN до тетраэдра, имеющего общий угол с нашей пирамидой ABCD, соединив, например, прямые KN и ML в точке Р (не забудьте проверить, с какой стороны они будут пересекаться).

Подсказка 7

Получается, что мы сможем выразить объем DBKMLN через объем ABCD, если сможем выразить объем DKMP через объем ABCD, а объём DBKMLN через объём DKMP (что тоже можем сделать через разность "приятных" объёмов!). Значит, что необходимо знать, чтобы получилось выразить необходимые отношения объёмов?

Подсказка 8

Теперь осталось посчитать, в каких отношениях точки N, L, K, B и M делят соответственно отрезки PK, PM, AD, PD и CD, на которых они лежат. И тогда легко найти отношения длин рёбер, образующих нужные нам трёхгранные углы. А какая теорема лучше всего подходит для поиска отношений?

Подсказка 9

Да, именно теорема Менелая — у нас просто огромное количество треугольников и секущих, подходящих для её применения! Почему бы тогда не записать её для тех треугольников и секущих, для которых получатся нужные нам отношения или отношения, из которых легко получится посчитать нужные нам?

Подсказка 10

Почему бы не начать с треугольника KLP и секущей MN, для которых мы знаем по крайней мере одно из отношений сторон? Очевидный, но неочевидно полезный факт: (a+b)/b=a/b+1. Попробуйте записать равенство так, чтобы получилось его использовать.

Подсказка 11

Одно отношение мы знаем, но все равно остается еще два неизвестных нам отношения. Тогда почему бы не записать теорему Менелая для другого треугольника, в которой тоже будут участвовать эти же или связанные с ними отношения? (не забываем про неочевидно полезный факт)

Подсказка 12

С помощью неочевидно полезного факта из одной теоремы для треугольника KLP можно выразить PN/NK через PL/LM, а из второй для треугольника NMP — PL/LM через PN/NK. Осталось подставить одно в другой и найти PL/LM и PN/NK!

Подсказка 13

Теперь можно сделать что-то похожее для точек K, B и M. Какие треугольники стоит выбрать? Стоит обратить внимание на то, про какие отношения нам известно больше всего информации.

Подсказка 14

Из условия, преобразованного чуть ранее, известна связь между DK/KA и BN/NA, поэтому стоит выбрать треугольник, в котором участвует хотя бы одно из них (если не оба). И сразу по аналогии с нашими предыдущими действиями запишем и теорему Менелая для "парного" треугольника (не забудем про неочевидно полезный факт)

Подсказка 15

Получилось два равенства: одно для треугольника KDP, а второе для треугольника ADB. Как можно использовать равенство из условия, чтобы максимально сократить количество неизвестных отношений?

Подсказка 16

В отличие от DK/KA отношение BN/NA встречается только один раз, поэтому давайте избавимся от него! Теперь осталось два уравнения с двумя неизвестными отношениями DB/BP и DK/KA, которые можно и нужно найти :)

Подсказка 17

Осталось найти только, в каком отношении точка М делит CD, почему бы еще раз не "поменелаить"?) Считаем и легко выражаем нужные объёмы!

Подсказка 18

Наконец, зная все отношения, легко выразить объемы DKMP через ABCD, BLNP через DKMP и DBKMLN через разность DKMP и BLNP. Находим отношение объёмов ACKMLN и DBKMLN и празднуем победу!

Показать ответ и решение

$PIC$

Преобразуем соотношение из условия:

DK ⋅NA − KA ⋅BN = KA ⋅NA

DK BN KA-− NA- =1

BN-= DK- − 1 NA KA

Рассмотрим плоскость $KML.$ Проведем прямую $NT$ такую, что $NT$ || $ML,$ где $T$ — точка пересечения прямых $NT$ и $KL.$ Тогда $△NOT$ подобен $△MLO,$ откуда $TO= NO- ⋅OL = 18OK <OK, OM 25$ следовательно, точка $T$ лежит внутри отрезка $KL,$ откуда понимаем, что прямые $KN$ и $ML$ пересекутся под прямой $NL$ в точке $P.$ Кроме того, плоскости $PMD,$ $P DK$ и $PMK$ попарно пересекаются, значит, прямая $BD$ тоже пройдет через точку $P.$

$PIC$

Выразим $VACKMLN$ через второй нужный объем и объем пирамиды $ABCD$ :

VACKMLN = VABCD − VDBKMLN

Заметим также, что

V = V − V DBKMLN DKMP BLNP

Причем $VBLNP$ можно выразить $VDKMP$ , а $VDKMP$ — через $VABCD$ :

-VBLNP = PB-⋅-PL ⋅ PN VDKMP PD PM PK

VDKMP- DK- DP- DM-- VABCD = DA ⋅DB ⋅DC

Чтобы понять, в каких отношениях точки $N$ и $L$ поделили отрезки $P K$ и $PM$ соответственно, запишем теорему Менелая для $△KLP$ и секущей $MN$ :

PM- ⋅ LO-⋅ KN =1 ML OK NP

PL-+LM--⋅ 3⋅ KN =1 ML 4 NP

PN- 3 ( PL-) NK =4 1+ LM

Запишем также теорему Менелая для $△ NMP$ и секущей $KL$ :

PK NO ML KN- ⋅OM-⋅LP- =1

P-N +-NK 24- ML- KN ⋅25 ⋅LP = 1

PL 24( PN ) 24( 3( P L)) LM-= 25 1 +NK- = 25 1+ 4 1+ LM-

PL-= 6 LM

Отсюда получаем, что

PN-= 21 NK 4

Чтобы найти, в каком отношении точки $K$ и $B$ делят отрезки $AD$ и $PD$ соответственно, запишем теорему Менелая для $△ KDP$ и секущей $AB$ :

DA- KN- PB- AK ⋅NP ⋅BD = 1

DK--+KA- 4- PB- AK ⋅21 ⋅BD = 1

DB 4 ( DK ) BP-= 21 1+ KA-

Также запишем теорему Менелая для $△ ADB$ и секущей $KP$ :

DP-⋅ BN-⋅ AK-= 1 P B NA KD

( ) ( ) ( ( )) ( ) DK-= DB-+-BP-⋅ BN = 1+ DB- DK- − 1 = 1+ 4- 1+ DK- DK- − 1 KA PB NA BP KA 21 KA KA

2 DK2-= 25 KA 4

DK-= 5 > 0 KA 2

Теперь найдем и

DB- 2 BP = 3

Осталось только найти, в каком отношении точка $M$ делит отрезок $CD.$ Для этого запишем теорему Менелая для $△ PDM$ и секущей $BC$ :

DC ML PB CM- ⋅LP-⋅BD- =1

DC- 1 3 CM ⋅6 ⋅2 =1

DC CM-= 4

И наконец найдем нужные отношения объемов:

VVBLNP = PPBD-⋅ PPML ⋅ PPNK-= 35 ⋅ 67 ⋅ 2215 = 15425 DKMP

VDKMP- = DK-⋅ DP-⋅ DM-= 5⋅ 5 ⋅ 3= 75 VABCD DA DB DC 7 2 4 56

Откуда можем выразить $V DBKMLN$ :

54- 71- 71- 75 213 VDBKMLN = VDKMP − VBLNP =VDKMP − 125VDKMP = 125VDKMP = 125 ⋅56VABCD = 280VABCD

Получается, что искомое отношение объемов:

VACKMLN--= VABCD-− VDBKMLN-= -VABCD---− 1= 280-− 1 = 67 VDBKMLN VDBKMLN VDBKMLN 213 213

Ответ: 67:213

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#89914Максимум баллов за задание: 7

Отрезок $P Q$ параллелен плоскости, в которой лежит прямоугольник $KLMN,$ причем $KL = 1,$ $PQ = 3.$ Все стороны прямоугольника $KLMN$ и отрезки $KP,$ $LP,$ $NQ,$ $MQ,$ $PQ$ касаются некоторого шара. Найдите объем этого шара.

Показать ответ и решение

$PIC$

1. Заметим, что шарик касается всех сторон прямоугольника $KLMN$ (пусть это будет в точках $D,G,E, U$ ). Любое сечение шарика – круг, следовательно прямоугольник $KLMN$ – описанный. Раз так, то $KLMN$ – квадрат.

2. Заметим, что шарик касается всех сторон $△NQM,$ то есть он тоже описанный вокруг окружности, проходящей через точки касания (пусть это будут точки $J,X, E$ ).

По свойству отрезков касательных получаем равенства $JQ = QX,$ $NJ = NE,$ $EM = MX.$ Поскольку $KLMN$ – квадрат, то $NE = EM,$ откуда $NJ + JQ = MX + XQ,$ то есть $△NQM$ – равнобедренный и $QE$ – высота.

Аналогично $△KP L$ – равнобедренный и $P D$ – высота.

$PIC$

3. Поскольку $PD ⊥ KL,$ $QE ⊥NM,$ $KL ∥ NM$ , то имеем $PQ ∥ LM ∥ NK ∥ DE$ ( $DE$ – средняя линия $KLMN$ ).

Из этого также получаем $KL ⊥ (DP QE )$ (по двум не параллельным прямым $P D$ и $QE$ внутри $(DP QE )$ ). А раз так, то $(KLMN ) ⊥(DP QE ).$

Ну и в конце концов, фигуры $EQP D,$ $NQP K,$ $MQP L,$ – трапеции.

$PIC$

4. Рассмотрим четырехугольник $MQP L.$ Точка $G$ – середина $LM.$ Проведем радиусы шара $OW, OG,OX.$

Заметим, что $OW = OG = OX,$ $∠LW O = ∠LGO = ∠OGM = ∠OXM =90∘,$ $W L = LG = GM = MX$ (равны как отрезки касательных).

Иными словами, $△LW O =△LGO = △OGM = △OXM.$ Раз так, то $∠W LO = ∠OLG = ∠GMO = ∠OMX.$ То есть $∠W LG = ∠GMX$ и трапеция $MQP L$ равнобедренная!

Тогда получаем равенство $PL = QM.$

Вкупе с равнобедренностью $△P LK$ и $△NQM$ получаем $NQ =QM = PK =P L,$ а значит, фигуры $EQP D,$ $NQP K,$ $MQP L,$ – равнобедренные трапеции.

$PIC$

По свойству касательных ( $MQP L$ описанная) имеем $P W = PT,$ $W L= LG,$ $GM = MX,$ $XQ = TQ.$ А поскольку $P L= QM,$ то очевидно, что точка касания шара отрезка $PQ$ – точка $T$ – середина $P Q.$