Тема ИТМО (Открытка)

Стереометрия на ИТМО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела итмо (открытка)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82292

Сфера $S$ касается основания $ABC$ тетраэдра $ABCD$ в точке $H$ и проходит через вершину $D$ . Рёбра $AD,BD$ и $CD$ эта сфера пересекает в точках $A1,B1$ и $C1$ . Центр описанной окружности треугольника $A1B1C1$ лежит на отрезке $DH$ . Радиус сферы $S$ равен $R$ .

Пусть $V$ - объём тетраэдра $ABCD$ , а $V1$ - объём тетраэдра $A1B1C1D$ . Какое наибольшее значение может принимать $V ⋅V1?$

Источники: ИТМО-2024, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $H 1$ — центр описанной окружности треугольника $A B C 1 11$ , лежащий на $DH,O$ — центр сферы. Очевидно, $O$ — середина $DH$ . Так как точки $A1,B1$ и $C1$ лежат на сфере, $OH1$ перпендикулярно плоскости $A1B1C1$ . С другой стороны, $OH1$ и $DH$ — это одна и та же прямая, а $DH$ перпендикулярна плоскости $ABC$ . Значит, плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны, а тетраэдры $ABCD$ и $A1B1C1D$ подобны.

$PIC$

Пусть $h$ — длина $DH1$ , то есть высота маленького тетраэдра. Высота большого тетраэдра равна $2R$ , а коэффициент их подобия $− 2Rh$ .

$OH1A$ - прямоугольный треугольник с прямым углом $H1,OH1 = |R − h|,OA1 = R$ , значит, радиус описанной окружности треугольника $A1B1C1$ , то есть $OH1$ , равен

r= ∘R2-− (R-− h)2 = ∘2Rh-− h2

Как известно, среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет равносторонний. Для окружности радиуса $r$ эта площадь составляет

3√3r2 4

Значит, объемы тетраэдров составляют

h 3√3r2 √3hr2 √3h(2Rh− h2) √3h2(2R − h) V1 = 3 ⋅-4- = -4---= -----4------= -----4-----

( )3 √- √- V = 2R-- ⋅V1 = 8R3 ⋅-3h2(2R-− h)= 2-3R3(2R−-h), h h3 4 h

а их произведение равно

3R3h(2R-−-h)2 2

Чтобы максимизировать эту величину, достаточно максимизировать $2 f(h)= h(2R − h) .$

f′(h) =(2R− h)2 − 2h(2R − h)=(2R− h)(2R − 3h)

′ 2R f = 0 ⇐⇒ h= 2R или h= -3-

В первой точке достигается минимум, равный нулю, а во второй — максимум. Подставив $2R h= -3$ в формулу для объёма, получим

16R6 max(V V1) = 9

Ответ:

$16R6 9$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#68706

Дан куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром равным $x.$ $S$ — сфера, вписанная в каркас этого куба (то есть, касающаяся всех его рёбер). Точка $M$ — середина ребра $B1C1.$ Прямая $AM$ вторично пересекает сферу $S$ в точке $X.$ Найдите $AX.$

Источники: ИТМО-2023, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $L$ — середина ребра $BC,$ тогда $BL = BC2-= x2.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△ABL$ получаем

∘ ------ - ∘ --2----2- 2 x2 √5x- AL= AB + BL = x + 4 = 2

$M$ — середина $B1C1,$ а $L$ — середина $BC,$ следовательно, $ML,$ как средняя линия квадрата $BCC1B1,$ равна $BB1,$ т.е. равна $x.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△AML$ получаем

∘ ------- AM =∘AL2--+ML2-= 5x2+ x2 = 3x- 4 2

Пусть $K$ — середина ребра $AA1,$ тогда $x AK = 2.$ Т.к. сфера $S$ вписана в каркас куба $ABCDA1B1C1D1,$ значит, точками касания являются середины рёбер. Следовательно, используем теорему о касательной и секущей

AK2 2x2 x AK2 =AX ⋅AM ⇒ AX = AM--= 4⋅3x = 6

Ответ:

$x 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74582

Дана четырёхугольная пирамида $OABCD,$ в основании которой лежит параллелограмм $ABCD.$ Плоскость $α$ пересекает рёбра $OA,$ $OB,$ $OC$ и $OD$ пирамиды в точках $′ A ,$ $′ B,$ $′ C$ и $′ D$ соответственно. Известно, что

OA′ 1 OB ′ 1 OC′ 1 OA-= a,OB--= b,OC--= c

Найдите

V V-OA′BC′D′-′ OA BC D

Источники: ИТМО-2022, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Отношение объём пирамид с общим трёхгранным углом равно произведению отношений длин рёбер, исходящих из этого угла,

VOA′B′C′= -1- VOABC abc

VOA′C′D′= -t, VOACD ac

где $OD-′ t= OD .$ Поскольку треугольники $ABC$ и $ACD$ равны, $1 VOABC = VOACD = 2VOABCD.$ Значит,

VOA′B ′C′D′ VOA′B′C′ VOA ′C′D′ -VOABCD--= VOABCD- +-VOABCD-=

VOA′B′C′ VOA′C′D-′ -1-- -t- = 2VOABC + 2VOACD = 2abc +2ac

Дальше можно было бы строить сечение и использовать для подсчёта отношений теоремы Фалеса и Менелая, но мы воспользуемся координатно-векторным методом с базисными векторами $−→ −−→ −−→ OA,OB,OC.$

$ABCD$ — параллелограмм, поэтому $−−→ −→ −→ −−→ CD =BA = OA −OB,$ и, следовательно, $−−→ −−→ −→ −−→ OD =OC + OA −OB.$

Если точка $X$ принадлежит плоскости $A′B′C′,$ а $−−O→X = x−O→A + y−−O→B +z−O−→C,$ коэффициенты $x,y$ и $z$ удовлетворяют уравнению $ax+ by+ cz = 1$ (это, как известно, уравнение плоскости, даже если система координат не декартова, а точки $A′,B ′$ и $C ′$ этому уравнению, очевидно, удовлетворяют).

−O−D→′ = t−O−→D = t−−O→C +t−O→A − t−−O→B

at− bt+ ct= 1

1 t= a−-b+c-

Получаем

VOA′B′C′D′ -1-- ----1----- -a−-b+-c+b- ----a+-c--- VOABCD = 2abc + 2ac(a− b+c) = 2abc(a− b+c) = 2abc(a− b+ c)

Обратная величина является ответом к задаче.

Ответ:

$2abc(a−-b+-c) a+ c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#99649

Два куба с ребром $12∘4-8 11$ имеют общую грань. Сечение одного из этих кубов некоторой плоскостью — треугольник площади $16.$ Сечение другого той же плоскостью — четырёхугольник. Какое наибольшее значение может принимать его площадь?

Источники: ИТМО - 2021, 11.7 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Пусть наши кубы — это $ABCDA B C D 1 1 1 1$ и $ABCDA B C D 2 2 2 2$ с общей гранью $ABCD$ . Пусть также треугольное сечение первого куба — это $KLM$ , где точка $K$ лежит на $AA1$ , точка $L$ на $AB$ , а точка $M$ — на $AD$ . Одна из сторон четырёхугольного сечения второго куба — отрезок $LM$ . Две другие — продолжения отрезков $KL$ и $KM$ на грани второго куба, назовём эти отрезки $LP$ и $MQ$ . Чтобы сечение было четырёхугольным, точки $P$ и $Q$ должны находиться на одной грани второго куба, а это может быть только грань $A2B2C2D2$ .

Значит, четырёхугольное сечение второго куба — это трапеция $LMQP$ . Нахождение её наибольшей площади равносильно нахождение наибольшей площади треугольника $KP Q$ , который подобен треугольнику $KLM$ . Обозначим этот коэффициент подобия $KP k = KL-$ . Тогда $2 SKPQ SKPQ k = SKLM-= --S--$ . То есть наша задача равносильна задаче о нахождении максимального коэффициента подобия.

С другой стороны, по теореме Фалеса $KP KA KA+AA AA k = KL-=-KA2= --KA--2= 1+ KA2$ . То есть коэффициент подобия тем больше, чем меньше $KA$ , а значит, наша задача — минимизировать $KA$ , или, что то же самое, минимизировать $KA2$ .

Пусть у нас есть треугольник, вершины которого расположены на трёх рёбрах куба, выходящих из одной точки, на расстояниях $x,y$ и $z$ . Найдём формулу площади этого треугольника. Это можно делать по-разному, например, через векторное произведение, или посчитав двумя способами площадь тетраэдра, образованного вершинами треугольника и вершиной куба, но мы вычислим эту площадь по формуле Герона, зная стороны треугольника: $∘ ------ √------ a = x2+ y2,b= x2+ z2$ и $∘ ------ c= y2+z2$ .

∘--------------------------------- ∘ --------------------- S = -(a+-b+c)(a-+b−-c)(c+-(b−-a))(c− (b−-a))=--((a+-b)2-− c2)(c2−-(b−-a)2) = 4 ∘ ----4------------ ∘-(a2+b2+-c2− 2ab)(c2−-a2− b2+-c2-+2ab) --4a2b2−-(a2-+b2−-c2)2 = 4 = ◟--------4◝◜--------◞ = Эту формулу тожеиногданазывают формулойГерона

∘------------------------------------------- ∘ ---------------------------- = -4-(x2+-y2)(x2+-z2)−-((x2+-y2)+-(x2+z2)−-(y2+-z2))2= --4x4+4x2y2+4x2z2+-4y2z2−-(2x2)2 = 4 ∘-------------- 4 = -x2y2+-x2z2+-y2z2- 2

Посмотрим на эту формулу для треугольника $KPQ$ и отрезков $x= A P,y = A Q,z = A K 2 2 2$ . С одной стороны, нам надо минимизировать $z$ , а с другой - максимизировать площадь. Очевидно, для этого $x$ и $y$ должны быть максимальны, то есть равны ребру $ℓ$ .

Как мы знаем, $KA+AA2- KA+-ℓ k= KA = KA$ , то есть $KA ⋅k= KA + ℓ$ , откуда

KA = -ℓ--, KA2 = KA +ℓ=-kℓ- k− 1 k − 1

Подставляя эти значения в формулу, получаем:

1∘ ------(-kℓ-)2-----(-kℓ-)2- ℓ2 ∘ ----------- SKPQ = 2 ℓ4+ ℓ2⋅ k−-1 + ℓ2⋅ k−-1 = 2(k− 1) (k − 1)2+2k2

Соответственно,

∘ ----------- S = SKPQ-= ℓ2--(k− 1)2+-2k2, k2 2k2(k− 1)

откуда

4S2 (k− 1)2+ 2k2 1 2 ℓ4-= -k4(k−-1)2--= k4 + k2(k−-1)2

Правая часть этого равенства убывает при $k> 1$ , а значит, данное уравнение на $k$ имеет не больше одного решения. Конкретное решение в большинстве вариантов легко подбирается из этого равенства, так как оно целочисленное.

При $∘-- l= 124181,S = 16$ мы получаем уравнение

2 -14 +-2--2--2 = 4⋅4168-= -114, k k (k− 1) 12 ⋅11 2⋅3

откуда сразу возникает желание проверить $k= 3$ , что оказывается верным.

Ответ получается как разность площадей двух треугольников и равен $(k2− 1)S =8 ⋅16= 128.$

Ответ:

$128$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#109926

$ABCD$ — пирамида с правильным треугольником $ABC$ в основании. Сфера радиуса $10$ с центром в точке $D$ проходит через середины сторон $AD,BD$ и $CD$ и касается грани $ABC.$ Найдите объём пирамиды.

Источники: ИТМО - 2020, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $H$ — точка касания сферы и грани $ABC.$ Тогда $ADH, BDH$ и $CDH$ равные прямоугольные треугольники, в которых катет $DH$ в два раза меньше гипотенузы.

$PIC$

По теореме Пифагора $√- AH =BH =CH = 10 3.$ В правильном треугольнике $ABC$ это радиус описанной окружности, откуда

1 √ - √ - SABC = SABH + SACH +SBCH = 3SABH = 3⋅2 ⋅(10 3)2sin120∘ = 225 3.

Соответственно,

√ - √- VABCD = 1DH ⋅SABC = 1⋅10⋅225 3= 750 3. 3 3

Ответ:

$750√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79898

Сфера радиуса 10 вписана в каркас тетраэдра (т.е. касается всех его рёбер). Сумма длин рёбер тетраэдра составляет 180. Докажите, что объём тетраэдра не превосходит 3000.

Источники: ИТМО 2017

Показать доказательство

Обозначим тетраэдр $ABCD,$ центр сферы, вписанной в каркас — $O,$ а саму сферу — $S.$ Объём тетраэдра равен сумме объёмов маленьких тетраэдров $OABC,$ $OABD,$ $OACD$ и $OBCD.$

$PIC$

Пересечение $S$ и плоскости $ABC$ это вписанная окружность треугольника $ABC.$ Обозначим за $I$ её центр, тогда $OI$ — высота тетраэдра $OABC.$ Пусть $R$ — радиус сферы $S,$ $r$ — радиус вписанной окружности треугольника $ABC.$ Тогда выполняется равенство $2 2 2 R =OI +r .$ Тогда