Страница:
<< 1 2 3 4 >> [Всего задач: 16]
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
Через точку пространства проведены четыре плоскости, никакие
три из которых не имеют общей прямой. На сколько частей делят
пространство эти плоскости? Как называются образовавшиеся части
пространства?
Решение
Плоскость, проходящая через вершину трёхгранного угла и точку,
лежащую внутри трёхгранного угла, разбивает трёхгранный угол на
трёхгранный и четырёхгранный.
Рассмотрим плоскости
α и
β , проходящие через данную
точку
O . Они разбивают пространство на 4 части. Проведём через
точку
O и точку
A , не лежащую в плоскостях
α и
β ,
плоскость
γ . Плоскости
α ,
β и
γ разбивают
пространство на 8 трёхгранных углов с общей вершиной
O . Через точку
O и точку
B , не лежащую ни в одной из плоскостей
α ,
β и
γ , проведём плоскость
δ . Получим четыре плоскости,
никакие три из которых не имеют общей прямой. Плоскость
δ проходит
через точку
O и пересекает ровно шесть из восьми трёхгранных углов,
образованных плоскостями
α ,
β и
γ . Значит, к уже
имевшимся восьми частям пространства добавляются еще шесть. Таким
образом, всего будет 14 частей, 8 из которых – трёхгранные углы,
а 6 – четырёхгранные.
Пусть указанные плоскости проходят через точку
O . Рассмотрим четыре плоскости,
соответственно параллельные данным. Они ограничивают некоторый тетраэдр.
Докажем сначала, эти плоскости разбивает пространство на 15 частей.
Пусть точка
M – произвольная точка пространства, расположенная вне тетраэдра.
Тогда отрезок
MO пересекает либо
грань тетраэдра (4 варианта), либо его ребро (6 вариантов), либо проходит через
вершину тетраэдра (4 варианта). Каждому варианту соответствует ровно одна
(отличная от внутренности тетраэдра) часть пространства из тех, на которые
пространство разбивается указанными плоскостями. Таким образом, общее
число частей равно
4
+6
+4
+1
=15
. Что и требовалось доказать.
Число частей, на которые четыре исходные плоскости разбивают пространство, на
1 меньше найденного (тетраэдр "превратился" в точку, и одна часть исчезла).
При этом 6 частей пространства, которые соответствовали рёбрам тетраэдра, превратились в
четырёхгранные углы, а 8 частей, которые соответствовали вершинам и граням, – в трёхгранные.
Ответ
На 14 частей, 8 из которых – трёхгранные углы, а 6 –
четырёхгранные.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
Плоскость α пересекает рёбра AB, BC, CD и DA треугольной пирамиды ABCD в точках K, L, M и N соответственно. Оказалось, что двугранные углы
∠(KLA, KLM), ∠(LMB, LMN), ∠(MNC, MNK) и ∠(NKD, NKL) равны. (Через ∠(PQR, PQS) обозначается двугранный угол при ребре PQ в тетраэдре PQRS.) Докажите, что проекции вершин A, B, C и D на плоскость α лежат на одной окружности.
Решение
Обозначим через A', B', C', D' проекции вершин A, B, C, D на плоскость α. Пусть X – произвольная точка на продолжении отрезка KL за точку K. Тогда
∠(KXA,KXN) = ∠(KLA, KLM) и ∠(KNA, KNX) = ∠(NKD, NKL). По условию эти углы равны; значит, в трёхгранном угле KANX (с вершиной K) двугранные углы при ребрах KN и KX равны между собой. Это означает, что плоскость, проходящая через прямую KA и перпендикулярная плоскости α, – это плоскость симметрии трёхгранного угла KANX. Поэтому точка A' лежит на прямой, содержащей биссектрису угла XKN, то есть на внешней биссектрисе угла NKL.
Аналогично показывается, что A' лежит на внешней биссектрисе угла MNK. Применяя такие же рассуждения для точек B', C', D', получаем, что точки A', B', C', D' – пересечения внешних биссектрис соседних углов четырёхугольника KLMN.
Из треугольника A'KN находим ∠B'A'D' = ∠KA'N = 180° – ∠A'KN – ∠A'NK = (90° – ∠A'KN) + (90° – ∠A'NK) = ½ (∠NKL + ∠MNK). Аналогично получаем, что ∠B'C'D' = ½ (∠KLM + ∠LMN). Таким образом, ∠B'A'D' + ∠B'C'D' = ½ (∠NKL + ∠MNK + ∠KLM + ∠LMN) = 180°, откуда и следует, что четырёхугольник A'B'C'D' – вписанный.
В треугольной пирамиде
SABC известны плоские углы при вершине
S :
BSC = 90
o ,
ASC = ASB = 60
o .
Вершины
A ,
S и середины рёбер
SB ,
SC ,
AB ,
AC лежат на
поверхности шара радиуса 3. Докажите, что ребро
SA является диаметром
этого шара, и найдите объём пирамиды.
Ответ
18
.
|
|
|
Сложность: 4-
Классы: 10,11
|
У трёхгранного угла проведены биссектрисы плоских углов. Доказать, что
попарные углы между биссектрисами либо одновременно тупые, либо одновременно
прямые, либо одновременно острые.
Решение
Самое простое решение этой задачи основано на понятии скалярного
произведения векторов. Напомним, что скалярным произведением векторов
a и
b называется число
ab = |a| |b| cosφ
где |
a| и |
b| — длины векторов
a и
b, φ — угол между ними. Таким образом, угол между
a и
b острый, прямой или тупой, если соответственно
ab > 0,
ab = 0 и
ab < 0. Конечно, для любых векторов
ab =
ba.
Нам потребуется ещё дистрибутивность (распределительное свойство) скалярного
произведения: для любых трёх векторов
a,
b и
c
(a + b) c = ac + bc
(это свойство подробно обсуждалось в "Кванте", 1972, номер 6).
Пусть дан трёхгранный угол. Направим по его рёбрам векторы единичной длины
a,
b и
c. Тогда векторы
a +
b,
b +
c,
c +
a идут по биссектрисам плоских углов.
Скалярные произведения
1 +
ab +
bc +
ca
одинаковы — таким образом, углы между биссектрисами будут одновременно острыми, прямыми или тупыми.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
Дан треугольник ABC, все углы которого меньше φ, где φ < 2π/3.
Докажите, что в пространстве существует точка, из которой все стороны треугольника ABC видны под углом φ.
Решение
Первый способ. Построим на каждой стороне треугольника во внешнюю сторону дуги, вмещающие угол φ. Покажем, что на дугах BC, CA, AB найдутся такие точки X, Y, Z соответственно, что AZ = AY, BZ = BX, CX = CY. Пусть AC – наибольшая сторона треугольника, AB – наименьшая. Возьмём произвольную точку Z на дуге AB, найдём на дуге BC такую точку X, что BX = BZ, (Х определяется однозначно, так как AB ≤ BC) и построим точку Y, лежащую по разные стороны с В от прямой АС и такую, что AY = AZ, CY = CX. При Z = B имеем AY = AB, CY = CB. Следовательно,
∠AYC = ∠B < φ и Y лежит вне сегмента, построенного на АС (рис. слева).
При
Z = A точка
Y не существует, так как
AC ≥ BC. Следовательно, при некотором промежуточном положении точки
Z, точка
Y попадает на дугу
АС (рис. справа).
Осталось доказать, что из треугольников
ABC, ABZ, BCX, ACY
можно склеить тетраэдр, то есть что хотя бы в одной из вершин
A, B, C угол треугольника
ABC меньше суммы примыкающих к той же вершине углов двух других треугольников (см. задачу
87108). Если это не так, то
∠
A + ∠
B + ∠
C ≥ 3π – 3φ > 3π – 2π = π. Противоречие.
Второй способ. Для каждого из отрезков AB, BC и CA построим на плоскости множество точек, из которых эти отрезки видны под углом φ – получим шесть дуг. Для BC пусть это множество ωa, для AC – ωb и для AB – ωc. K, L, M – точки пересечения этих множеств (см. рис.). Рассмотрим пересечение трёх областей с
границами из двух дуг (оно непусто, например, ему принадлежит точка
Ферма-Торичелли, из которой все стороны треугольника видны под
углом 2φ/3).
Ясно, что
M лежит в области, ограниченной ω
a, L – ω
b, а
K – ω
c. Множество точек пространства, из которых отрезок
BC виден под углом φ – поверхность, получающаяся при вращении ω
a относительно
BC. Обозначим её
Fa. Аналогично получим ещё две поверхности –
Fb, Fc. Пересечением
Fa и
Fb будет некоторая непрерывная кривая, проходящая через
C и
K, причём
K лежит внутри тела, ограниченного
Fc, а
C – вне его. Значит, линия пересечения
Fa и
Fb будет также пересекать и
Fc.
Страница:
<< 1 2 3 4 >> [Всего задач: 16]
Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Стереометрия
>>
Трехгранные и многогранные углы
>>
Трехгранные и многогранные углы (прочее)
