ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 44]      



Задача 107833

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Выпуклые тела ]
[ Расстояние между двумя точками. Уравнение сферы ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11

Существует ли выпуклое тело, отличное от шара, ортогональные проекции которого на некоторые три попарно перпендикулярные плоскости являются кругами?

Решение

  Первый способ. Введем в пространстве координаты и рассмотрим координатные плоскости $ \alpha$, $ \beta$ и $ \gamma$, заданные уравнениями x = 0, y = 0 и z = 0 соответственно. Рассмотрим шар B, заданный неравенством

x2 + y2 + z2$\displaystyle \le$1.

Его проекция на плоскость $ \alpha$ — круг радиуса 1 с центром в начале координат. Множество точек, которые проецируются в этот круг, представляет собой цилиндр (обозначим его C1), который задается неравенством

x2 + y2$\displaystyle \le$1.

Аналогично определим цилиндры C2 и C3, как множества точек, которые проецируются в единичные круги с центрами в начале координат, лежащие в плоскостях $ \beta$ и $ \gamma$ соответственно.

Пусть C — пересечение цилиндров C1, C2 и C3. Мы утверждаем, что C — требуемое тело. Оно выпукло, так как пересечение выпуклых множеств выпукло.

Покажем, что проекции тела C на плоскости $ \alpha$, $ \beta$ и $ \gamma$ — круги. Рассмотрим, например, плоскость $ \alpha$. Проекция тела C на эту плоскость содержится в единичном круге, так как проекция цилиндра C1 совпадает с единичным кругом, а C содержится в C1. С другой стороны, этот единичный круг содержится в теле C, значит, проекция содержит круг. Итак, проекция тела C на плоскость $ \alpha$ содержит единичный круг и содержится в единичном круге, а, значит, совпадает с ним.

Осталось доказать, что тело C не является шаром. Точка $ \Bigl($$ {\frac{\sqrt2}{2}}$,$ {\frac{\sqrt2}{2}}$,$ {\frac{\sqrt2}{2}}$$ \Bigr)$ содержится в каждом из цилиндров C1, C2 и C3 (например, x2 + y2 = $ {\frac{1}{2}}$ + $ {\frac{1}{2}}$$ \le$1), так что эта точка содержится в C. С другой стороны, она не принадлежит единичному шару — расстояние от нее до начала координат равно

$\displaystyle \sqrt{\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2+\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2
+\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2}$ = $\displaystyle \sqrt{\frac32}$ > 1.

Поэтому C$ \ne$B.

Остается один вопрос, который может показаться глупым: а не может ли C оказаться шаром, отличным от B? Нетрудно видеть, что не может: проекции тела C на плоскости $ \alpha$, $ \beta$ и $ \gamma$ такие же как у шара B, но ясно, что два шара, имеющие одинаковые проекции на координатные плоскости, совпадают (проверьте!).

Второй способ. [набросок] Рассмотрим шар и его проекции на три плоскости. Пусть некоторая точка A сферы не проецируется ни на одну из границ проекций. Тогда некоторый круг с центром в точке A обладает тем же свойством. Отрежем от шара соответствующий кусочек — получим фигуру, не являющуюся шаром, но дающую те же самые проекции на рассматриваемые плоскости.


Прислать комментарий


Задача 78802

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Длины и периметры (геометрические неравенства) ]
Сложность: 5-
Классы: 10,11

В пространстве даны точка O и n попарно непараллельных прямых. Точка O ортогонально проектируется на все данные прямые. Каждая из получившихся точек снова проектируется на все данные прямые и т.д. Существует ли шар, содержащий все точки, которые могут быть получены таким образом?

Решение

Ответ: существует.
Лемма.Пусть l1 и l2 — две прямые, φ — угол между ними, Q — точка пространства. Тогда существует константа D такая, что для любой точки P $ \in$ l1 и её проекции P' на прямую l2 выполнено неравенство |QP'| ≤ |QP| cosφ + D.
Доказательство леммы. Пусть P0 — фиксированная точка на прямой l1. Тогда

| QP'| ≤ |QP0'| + | P0'P'| = |QP0'| + |P0P| cosφ ≤ |QP0'| + |QP0| cosφ + |QP| cosφ = D + |QP| cosφ.

Следствие. Существует такое число R = R(l1, l2, Q), зависящее от l1, l2 и Q, что если |QP| < R, то |QP'| < R.
Действительно, в качестве R достаточно выбрать $ {\frac{D}{1-\cos\varphi }}$. Обозначим через Oi проекцию точки O на прямую li. Пусть R1 = $ \max\limits_{i}^{}$| OOi|, R2 = $ \max\limits_{i,j}^{}$R(li, lj, O), R = max(R1, R2). Тогда, очевидно, шар радиуса R с центром в точке O — искомый.
Прислать комментарий

Задача 109820

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Прямоугольные параллелепипеды ]
[ Разбиения на пары и группы; биекции ]
[ Принцип Дирихле (конечное число точек, прямых и т. д.) ]
Сложность: 5
Классы: 10,11

Можно ли расположить в пространстве 12 прямоугольных параллелепипедов P1 , P2 , P12 , ребра которых параллельны координатным осям Ox , Oy , Oz так, чтобы P2 пересекался (т.е. имел хотя бы одну общую точку) с каждым из оставшихся, кроме P1 и P3 , P3 пересекался с каждым из оставшихся, кроме P2 и P4 , и т.д., P12 пересекался с каждым из оставшихся, кроме P11 и P1 , P1 пересекался с каждым из оставшихся, кроме P12 и P2 ? (Поверхность параллелепипеда принадлежит ему.)

Решение

Предположим, что это возможно. Заметим, что два из рассматриваемых параллелепипедов пересекаются тогда и только тогда, когда их проекции на все три оси координат пересекаются.

Рассмотрим 4 пары параллелепипедов: P1 и P2 , P4 и P5 , P7 и P8 , P10 и P11 .

Если взять параллелепипеды из разных пар, то они пересекаются, значит их проекции на любую ось пересекаются.
Паре параллелепипедов из одной пары поставим в соответствие ось координат (одну из осей, если таковых несколько), на которую проекции этих параллелепипедов не пересекаются. Поскольку пар 4, а осей – 3, найдутся две пары (скажем, P1 и P2 , P4 и P5 ), которым сопоставлена одна и та же ось Ox.

Пусть отрезки S1 , S2 , S4 , S5 – проекции P1 , P2 , P4 , P5 соответственно на ось Ox (пусть Ai – левые концы отрезков Si , а Bi – правые). Известно, что отрезки в парах S1 и S2 , S4 и S5 не пересекаются, а в любых других парах – пересекаются.

Не ограничивая общности, можем считать, что A1<B1<A2<B2 и A4<B4<A5<B5 . Так как S1 пересекается с S5 , то A5<B1 . Но тогда B4<A2 , и отрезки S2 и S4 не пересекаются. Противоречие.

Ответ в соответствующей задаче для 10 параллелепипедов также отрицательный, а для 9 параллелепипедов – положительный.

Ответ

Нельзя.
Прислать комментарий


Задача 109092

Темы:   [ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]
[ Ортогональная проекция (прочее) ]
Сложность: 2
Классы: 8,9

Точка A лежит в плоскости α , ортогональная проекция отрезка AB на эту плоскость равна 1, AB = 2 . Найдите расстояние от точки B до плоскости α .

Решение

Пусть B1 – ортогональная проекция точки B на плоскость α . Тогда BB1 – перпендикуляр к плоскости α , AB1 – ортогональная проекция отрезка AB на плоскость α , а расстояние от точки B до плоскости α равно длине отрезка BB1 . Прямая BB1 перпендикулярна плоскости α , поэтому треугольник ABB1 – прямоугольный. По теореме Пифагора

BB1 = = = .

Ответ

.
Прислать комментарий


Задача 103823

Темы:   [ Наглядная геометрия в пространстве ]
[ Ортогональная проекция (прочее) ]
Сложность: 3-
Классы: 7,8,9

Автор: Шень А.Х.

Если смотреть на аквариум спереди, то рыбка проплыла, как показано на левом рисунке. А если справа — то как на правом рисунке. Нарисуйте вид сверху.

Ответ

Как плавала рыбка, показано на правом рисунке, а вид сверху — на левом.

Прислать комментарий


Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 44]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .