Тема ТурГор (Турнир Городов)

Стереометрия на устном туре Турнира Городов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#121765

В трёхмерном координатном пространстве рассмотрим множество всех кубов с целочисленными координатами вершин. Докажите, что в этом множестве существует такое бесконечное подмножество $K,$ что любые два разных куба из $K$ не имеют параллельных рёбер.

Источники: Турнир городов - 2025, устный тур, 11.4(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рёбра куба задаются трёмя направляющими векторами, на которых они лежат. Получается, нам нужно доказать, что существует бесконечно много таких непараллельных направляющих.

Подсказка 2

Мы знаем, что существует бесконечно много кубов с непараллельными ребрами. Чтобы их получить, можно просто много раз повернуть какой-нибудь куб. Но что делать с тем, что координаты должны быть целыми?

Подсказка 3

Одна из важных идей — это гомотетия. Если все вершины куба имеют рациональные координаты, то мы можем подобрать коэффициент гомотетии так, чтобы они стали целыми. Но можем ли мы поворачивать куб так, чтобы координаты вершин всех повёрнутых кубов были рациональными? Можем! Осталось только строго расписать задачу: подобрать общий вид направляющих векторов и доказать, что они перпендикулярны.

Показать доказательство

Решение 1. Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида $(a,b,c), (b,c,a), (c,a,b),$ где

a= −n, b= n+ 1, c= n(a+1)

Числа $a,b,c$ подобраны так, что

1 1 1 ab+bc+ ca =0 (эквивалентно a + b + c =0),

поэтому указанные три вектора попарно перпендикулярны. Выбирая $n= 1,2,3,...,$ получаем набор кубов без параллельных рёбер (нетрудно проверить, что никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).

Замечание. Геометрически эту конструкцию можно описать так: векторы рёберстандартного единичного куба $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ поворачивают на подходящий угол вокруг диагонали $(1,1,1)$ (так, чтобы координаты новых векторов оказались рациональными), а затем применяют гомотетию с подходящим коэффициентом, превращающую рациональные координаты в целые.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2. Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида

2 2 2 (2, 2n, n), (2n, n − 2, −2n), (−n , 2n, −2)

Длина каждого ребра равна тогда $n2+2.$ Нетрудно проверить, что векторы попарно перпендикулярны через равенство скалярного произведения нулю. Выбирая $n= 1,2,3,...,$ снова получаем бесконечный набор кубов без параллельных рёбер (никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85517

Вписанная сфера треугольной пирамиды $SABC$ касается основания $ABC$ в точке $P$ , а боковых граней - в точках $K,M$ и $N$ . Прямые $P K,PM,PN$ пересекают плоскость, проходящую через середины боковых рёбер пирамиды, в точках $′ ′ ′ K ,M ,N$ . Докажите, что прямая SP проходит через центр описанной окружности треугольника $′ ′ ′ K M N$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.5 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем упростить задачу. Если продлить отрезки PK', PM' и PN' в 2 раза, их концы (K'', M'' и N'') будут лежать в одной плоскости с точкой S. Нам нужно доказать, что S — центр окружности, описанной вокруг треугольника K''M''N''. Но как это можно доказать?

Подсказка 2

Например, можно доказать равенство SK и SK'', SM и SM'', SN и SN''. Мы знаем, что SK = SM = SN, так как это касательные к сфере из одной точки. Как доказать, что SK и SK'' равны?

Подсказка 3

Если продлить прямую SK до пересечения с плоскостью основания, то образуется пара подобных треугольников, из которых можно получить, что SK и SK'' равны.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Сделаем гомотетию с центром $P$ и коэффициентом 2. Пусть $′′ ′′ ′′ K ,M ,N$ — образы точек $′ ′ ′ K ,M ,N ,T$ — точка пересечения прямой $SK$ с плоскостью $ABC$ . Тогда $TK =T P$ как касательные к сфере, и, поскольку треугольники $PKT$ и $′′ K KS$ подобны, то $′′ SK = SK$ . Аналогично $′′ ′′ SM = SM,SN = SN$ . Но $SK = SM = SN$ как касательные, следовательно $S$ — центр окружности $′′ ′′ ′′ K M N$ , а середина $SP$ — центр окружности $KMN.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим сферу, проходящую через точки $K,M,N$ , с центром в точке $S$ , через $ω$ , вписанную сферу пирамиды — через $γ$ , а плоскость, проходящую через середины рёбер пирамиды — через $α$ .

Сделаем инверсию с центром в точке $P$ , переводящую $γ$ в $α$ . Тогда точки $K,M, N$ перейдут в точки $K′,M′,N′$ . Так как $ω ⊥γ$ , то образ $ω$ будет перпендикулярен $α$ . Следовательно, образом $ω$ будет сфера, построенная на окружности ( $K′M′N′$ ) как на диаметральной окружности.

Тогда утверждение задачи следует из того, что центр инверсии, центр сферы и центр её образа лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Утверждение задачи является частным случаем следующего факта.

Рассмотрим стереографическую проекцию сферы $S$ на плоскость $π$ из точки $P ∈ S$ . Пусть $Q$ — точка вне сферы $S$ , а окружность $ω$ на $S$ , образованная касательными к $S$ из $Q$ , не проходит через $P$ . Тогда образом $ω$ будет окружность $ω′$ с центром в точке пересечения плоскости $π$ с лучом $PQ$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67555

Дана треугольная пирамида $SABC$ , основание которой — равносторонний треугольник $ABC$ , а все плоские углы при вершине $S$ равны $α$ . При каком наименьшем $α$ можно утверждать, что эта пирамида правильная?

Источники: Тургор - 2023, 11.1 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача на оценку + пример. Давайте попробуем сначала привести пример для угла, который, как нам кажется, подходит. А потом уже докажем, что для меньшего угла условие задачи не выполняется. Подумайте какой хороший угол нам подойдёт? Слова про правильные фигуры на это всячески намекают.

Подсказка 2

Верно, докажем, что при плоском угле 60 градусов наша пирамида окажется правильной. Нужно только понять, что если в треугольнике есть угол 60 градусов, то сторона напротив него средняя по величине между другими. Тогда предположив, что какое-то боковое ребро не равно ребру из основания, сможем получить противоречие и получить доказательство. Что же будет, если плоские углы будут меньше 60? Попробуйте построить пример неправильной пирамиды с таким углом, учитывая условия задачи и соотношения сторон по их размерам.

Подсказка 3

Давайте, рассмотрим равнобедренный треугольник SAB, в котором SA=SB и ∠S = α(α<60). Тогда сторона AB в нём наименьшая, и мы сможем его отложить на боковых сторонах. Осталось только понять, что отложив на рёбрах трёхгранного угла нужные отрезки(два из которых SA и SB) с плоскими углами меньше 60, мы получим неправильную пирамиду, то есть контрпример.

Показать ответ и решение

Докажем, что при $α= 60∘$ пирамида правильная. Пусть стороны треугольника $ABC$ равны $1.$ Заметим, что в любом треугольнике с углом $∘ 60$ против этого угла лежит средняя по длине сторона (причём если она строго меньше одной из сторон, то строго больше другой). Пусть одно из боковых рёбер пирамиды не равно $1 :$ например, $SA >1.$ Тогда в гранях $SAB$ и $SAC$ рёбра $SB$ и $SC$ будут меньше $1,$ и значит, в грани $SBC$ ребро $BC$ — не средняя сторона, противоречие.

Покажем теперь, как построить неправильную пирамиду с плоскими углами $∘ α< 60$ при вершине $S.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $SAB$ c $SA = SB$ и $∠S =α.$ Так как $AB < SB,$ на стороне $SA$ существует такая точка $C,$ что $BC = AB.$ Теперь возьмем трёхгранный угол, у которого все плоские углы равны $α,$ и отложим на его ребрах отрезки $SA,$ $SB,$ $SC.$ Пирамида $SABC$ — искомая.

$PIC$

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#123417

На сфере радиуса $1$ дан треугольник, стороны которого — дуги трёх различных окружностей радиуса $1$ с центром в центре сферы, имеющие длины меньше $π,$ а площадь равна четверти площади сферы. Докажите, что четырьмя копиями такого треугольника можно покрыть всю сферу.

Источники: Тургор - 2020, 11.5, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Используя формулу площади сферического треугольника, можно вычислить сумму его углов.

Подсказка 2

Попробуйте угадать на сфере такую точку D, чтобы треугольники CDA, DCB и DAB были равны треугольнику ABC.

Подсказка 3

Чтобы было проще найти такую точку, попробуйте сначала найти такую, чтобы были равны треугольники ABC и BAD. Потом подумайте про другие.

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O$ — центр сферы, а $ABC$ — данный сферический треугольник. По формуле площади сферического треугольника

π = SABC =∠A + ∠B+ ∠C − π

то есть $∠A + ∠B+ ∠C =2π.$ (Доказательство формулы площади заключается в применении формулы включений-исключений к трём полусферам, пересечением которых является данный треугольник.)

$PIC$

Построим на сфере точку $D,$ лежащую с $C$ в разных полуплоскостях относительно $OAB,$ и такую, что $∠DAB = ∠CBA$ и $∠DBA =∠CAB$ (имеются в виду сферические углы; иначе говоря, точка $D$ получена из $C$ композицией симметрии относительно $OAB$ и симметрии относительно серединного перпендикуляра к $AB ).$ Тогда треугольники $ABC$ и $BAD$ равны. Значит, $BD = AC$ и $AD = BC.$ Но из условия имеем $∠DAC = ∠DBC = ∠ACB,$ следовательно, сферические треугольники $CDA$ и $DCB$ также равны треугольнику $ABC.$ Четыре полученных треугольника покрывают сферу, так как в сумме без пересечений покрывают поверхность $4π,$ равную площади поверхности всей сферы.

Второе решение.

$PIC$

Пусть $A,B,C$ — вершины данного треугольника. Покажем, что треугольник $ABC$ остроугольный. Действительно, пусть $∠ACB ≥π∕2.$ Если плоскость $α= ABC$ содержит центр $O$ сферы, то сферический треугольник $ABC$ вырожден, и его площадь не такая, как надо. Иначе $α$ отрезает от сферы «шапочку» площади меньше полусферы. Далее, прямая $AB$ (нестрого) разделяет $C$ и проекцию $O$ на $ABC;$ значит, часть шапочки, отсекаемая плоскостью $OAB$ и содержащая $C,$ не больше её половины. Наконец, сферический треугольник $ABC$ лежит в этой области, площадь которой меньше четверти площади сферы — противоречие.

$PIC$

Итак, треугольник $ABC$ остроугольный; тогда существует равногранный тетраэдр $ABCD$ (точки $D$ и $O$ лежат в одной полуплоскости относительно $ABC).$ Пусть $O′$ — центр этого равногранного тетраэдра. Тогда телесные углы $O ′ABC, O′BCD, O ′CDA, O′DAB$ разбивают пространство, то есть каждый из них равен четверти площади единичной сферы. Однако, если $O ′$ ближе к $ABC,$ чем $O,$ то этот телесный угол больше, чем $OABC,$ а если $O ′$ дальше, то меньше. Оба случая невозможны; значит, $O = O′,$ и упомянутые телесные углы дают требуемое разбиение сферы на 4 части.