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#121640

Сфера $S$ проходит через вершины $A,B$ и $C$ и середины рёбер $AD,BD$ и $CD$ тетраэдра $ABCD.$ Высота тетраэдра, опущенная из точки $D,$ имеет длину $2h,$ а радиус описанной окружности треугольника $ABC$ составляет $√ - 2⋅ k.$

Найдите радиус сферы $S.$

Источники: ИТМО-2025, 11.3(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С первого взгляда непонятно, а что это вообще за сфера? Давайте подумаем, как она связана с пирамидой. Например, что является пересечением сферы и треугольников ABC, A₁B₁C₁?

Подсказка 2

Верно, это описанные окружности этих треугольников! А как относятся друг к другу центры этих окружностей и центр сферы?

Подсказка 3

Они лежат на одиной прямой! Пусть R — искомый радиус, а x — расстояние между центром одной из окружностей и центром сферы. Попробуйте связать эти значения, расписав какую-нибудь теорему.

Подсказка 4

Если O', O и O₁ — центры сферы и окружностей, описанных около ABC и A₁B₁C₁ соответственно, то треугольники O'O₁A и O'OA — прямоугольные. Распишите для них теорему Пифагора) Не забудьте рассмотреть случай разного расположения точек O', O и O₁ относительно друг друга на прямой!

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что треугольник, образованный указанными серединами рёбер (назовём его $A1B1C1),$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом $12.$ Значит, и радиус его описанной окружности в два раза меньше, и составляет $√ - k.$

Центры описанных окружностей этих треугольников назовём $O1$ и $O$ соответственно, центр сферы назовём $O ′.$ Плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны, и их пересечения со сферой — это описанные окружности треугольников, поэтому точки $O′,$ $O$ и $O1$ лежат на одной прямой, перпендикулярной этим плоскостям. Значит, $OO1 = h$ (расстояние между плоскостями, равное половине высоты тетраэдра).

Пусть $R$ — искомый радиус сферы, $OO ′ = |x|,$ где $x$ будем считать отрицательным, если точка $O′$ лежит по ту же сторону, что и $O1.$ Тогда из теоремы Пифагора для треугольников $O′O1A1$ и $O′OA$ получим следующие равенства:

R2 =(x+ h)2 +(√k)2 и R2 = x2+ (2⋅√k)2

Приравняв их правые части, раскрыв скобки и сократив $x2,$ получаем

2xh+ h2+k =4k

Отсюда $3k− h2 x= --2h--.$

Теперь подставив $x$ в равенство $√ - R2 = x2+ (2 ⋅ k)2,$ найдём

∘------------- ∘ -2---- ( 3k-− h2)2 R = x + 4k= 2h +4k

Ответ:

$∘(3k−h2)2---- R = 2h + 4k$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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:

$16R6 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть вписанная сфера, а мы хотим найти какой-то отрезок, конец которого лежит на сфере. Может, попробовать применить теорему о касательной и секущей...

Подсказка 2

Наша сфера касается ребра AA₁ в точке K, где K- середина AA₁. Тогда AK²=AX*AM. Надо как-то найти AM...

Подсказка 3

Мы работаем с кубом, поэтому логично было бы поискать теоремки Пифагора. Например для треугольника AMB₁. А почему он прямоугольный?

Подсказка 4

Потому что C₁B₁ перпендикулярен плоскости ABB₁. Тогда по теореме Пифагора для AMB₁: AM²=AB₁²+MB₁². Мы знаем, что B₁M=x/2. Осталось только найти AB₁² и досчитать AX.

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 4#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже есть три отношения, но очень хочется заполучить еще и четвертое... Давайте попробуем найти t = OD'/OD. Для этого введем систему координат с центром O и базисными векторами OA, OB и OC. Какие координаты имеют наши точки в этой системе?

Подсказка 2

Очевидно, что A (1, 0. 0), B (0, 1, 0) и C (0, 0, 1). Значит A' (1/a, 0, 0), B' (0, 1/b, 0), C' (0, 0, 1/c). Т.к. ABCD- параллелограмм, то вектор CD = BA = OA-OB. Чему тогда равен вектор OD?

Подсказка 3

Верно, OA-OB+OC! Тогда D (1, -1, 1) ⇒ D' (t, -t, t). Можно заметить, что плоскость α задается в нашей системе координат уравнением ax + by + cz = 1. Поэтому верно равенство at - bt + ct = 1 (Просто подставили точку D' в это уравнение). Итого, t = 1/(a - b + c). А что мы вообще хотели...

Подсказка 4

Нам нужно найти отношение объемов. Мы умеем легко это делать для тетраэдров, поэтому предлагаю разбить нашу пирамиду OA'B'C'D' на два тетраэдра OA'B'C' и OA'C'D'. Тогда V(OA'B'C'D')/V(OABCD) = V(OA'B'C')/V(OABCD) + V(OA'C'D')/V(OABCD). Т.к. ABCD- параллелограмм, то V(OABCD) = 2V(OABC) = 2V(OACD). А чему равно отношения V(OA'B'C')/V(OABC) и V(OA'C'D')/V(OACD)?

Подсказка 5

Т.к. тетраэдры с общим трехгранным углом относятся так же, как произведение отношений соответствующих сторон, то V(OA'B'C')/V(OABC) = 1/abc. Найдите оставшееся отношение и завершите решение!

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 5#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если вы правильно построили сечение, то плоскость должно пересекать кубы по треугольнику (будем его называть большим), на первый куб приходится треугольник (будем его называть маленьким), а на второй — трапеция. Притом площадь маленького треугольника фиксирована. Значит, максимизация площади трапеция равносильна максимизации площади большого треугольника, или же максимизации коэффициента подобия большого треугольника к маленькому.

Подсказка 2

Попробуйте выразить этот коэффициент с помощью теоремы Фалеса через некоторые отрезки, чтобы большинство отрезков были фиксированной длины. Тогда вы поймёте, какие отрезки нужно максимизировать или минимизировать.

Подсказка 3

Пусть есть треугольник, вершины которого расположены на трёх рёбрах куба на расстояниях x, y, z от вершины. Попробуйте записать его площадь в виде какого-то не очень сложного выражения от x, y, z, используя формулу Герона.

Подсказка 4

Если вы правильно исследовали коэффициент подобия и получили правильное выражение площади KPQ, то вы понимаете, что одну из переменных нужно минимизировать, а две остальные — максимизировать. Значит, две переменные будут равны ребру. Попробуйте выразить третью через длину ребра и коэффициент подобия, о котором говорили выше. И поставьте полученные выражения в формулу площади.

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 $A2B2C2D2$ .

$PIC$

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 $k = KKPL-$ . Тогда $S S k2 = SKKPLQM-=-KPSQ-$ . То есть наша задача равносильна задаче о нахождении максимального коэффициента подобия.

С другой стороны, по теореме Фалеса $k = KKPL-= KAK2A-= KA+KAAA2-= 1+ AKAA2$ . 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◟тожеиногда◝◜называют фор◞мулойГерона

∘------------------------------------------- ∘ ---------------------------- -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 $x= A2P,y = A2Q,z = A2K$ . 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 6#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим точку касания сферы и грани ABC, пусть H. Какие связанные с ней фигуры, в которых удобны вычисления, можно заметить?

Подсказка 2

Находим равные прямоугольные треугольники. Опишем окружность около ABC, для выражения сторон в перспективе. Какую из сторон в треугольниках можно отнести к этой окружности?

Подсказка 3

Заметим, что, например, AH — радиус этой окружности. Пользуясь этим, разделим площадь основания (ABC) на составляющие, вычисление которых теперь является простой задачей. Через это найдём объём пирамиды.

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:

$750√3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, нам надо понять, через что оценивать. Если у нас есть сфера, которая касается ребер, то это значит, что её сечения гранями - это вписанные в треугольники этих граней окружности. А это значит, что мы можем оценивать объем тетраэдра через маленькие тетраэдры OABC, OABD, OACD, OBCD , где О - центр сферы.

Подсказка 2

Понятно, что ситуация относительно каждого тетраэдра равноправна, потому, нам надо получить оценку только на 1 (то есть, если мы получили какую-то оценку на один маленький тетраэдр, то сможем получить эту же оценку и на другие). Возьмем тогда тетраэдр OABC. Если центр вписанной окружности - это I, то объём OABC равен 1/3 * OI * S(ABC). Как нам тогда связать периметр и объем?

Подсказка 3

Верно, нам надо выразить площадь треугольника как p_abc*r (p_abc - полупериметр). Тогда у нас в силу равнозначности тетраэдров и равнозначности сторон треугольника здесь, при суммировании объемов будет один и тот же коэффициент при каждом ребре тетраэдра и значит, мы выразим площадь. Остается связать r*OI(то, что вылезает при подсчете объема) и R(R - радиус сферы). Как связаны эти три отрезка?

Подсказка 4

Они образуют прямоугольный треугольник. При этом, OI^2 + r^2 = R^2. Значит, у нас есть у нас есть факт, что сумма квадратов OI и r равна квадрату R, а мы хотим оценить произведение. Что нам это должно напомнит?

Подсказка 5

Конечно, неравенство о среднем квадратичном и геометрическом. Тогда, произведение OI*r оценивается сверху как R^2/2. Осталось только сложить все неравенства(ведь мы это проделали только относительно одной грани) и получить требуемое.

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