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 >> [Всего задач: 17]      



Задача 79466

Темы:   [ Неравенства с площадями ]
[ Свойства сечений ]
[ Перегруппировка площадей ]
[ Касательные к сферам ]
[ Вспомогательные равные треугольники ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Треугольное сечение куба касается вписанного в куб шара. Докажите, что площадь этого сечения меньше половины площади грани куба.

Решение

  Обозначим вершины рассматриваемого треугольного сечения куба через A, В, С, общую вершину трёх ребер, на которых они лежат – через V, точки касания вписанной сферы с плоскостями ABC, VAB, VBC, VCA – через T, K, L, M (последние три точки, очевидно, – центры граней куба). В силу равенства касательных, проведённых к сфере из одной точки,  AT = AK = AM,  BT = BK = BL,  CT = CL = CM,  поэтому треугольники ABK и ABT, BCL и BCT, CAM и CAT, а также AVK и AVM, BVK и BVL, CVL и CVM попарно равны и, тем более, равновелики. Следовательно, площадь сечения ABC равна сумме S1 площадей треугольников ABK, BCL и CAM. Пусть S – площадь грани куба. Докажем, что для любых трёх точек A, B, C на рёбрах куба, выходящих из вершины V,  S1 = SABK + SBCL + SCAM ≤ ½ S.     (*)
  Для этого заметим, что если две из трёх точек, например B и C, закреплены, то площади треугольников ABK и ACM, а значит, и вся сумма S1, линейно зависят от  x = VA.  Поэтому всегда можно передвинуть точку A в конец ребра так, чтобы величина S1 не уменьшилась. То же самое можно проделать последовательно с точками В и С; следовательно, неравенство (*) достаточно доказать для точек A, B и C, расположенных в вершинах куба. Имеется всего четыре таких расположения (с точностью до переобозначений). В двух случаях  S1 = 0,  в двух других  S1 = ½ S.

Прислать комментарий

Задача 79626

Темы:   [ Неравенства с площадями ]
[ Векторы помогают решить задачу ]
[ Площадь и ортогональная проекция ]
[ Скалярное произведение ]
[ Тетраэдр (прочее) ]
[ Правильный тетраэдр ]
Сложность: 5
Классы: 10,11

Внутри тетраэдра расположен треугольник, проекции которого на 4 грани тетраэдра имеют площади P1, P2, P3, P4. Докажите, что а) в правильном тетраэдре P1P2 + P3 + P4; б) если S1, S2, S3, S4 — площади соответствующих граней тетраэдра, то P1S1P2S2 + P3S3 + P4S4.

Решение

Заметим сначала, что задача а) является частным случаем задачи б). Поэтому мы будем решать задачу б). Пусть vi — вектор, перпендикулярный i-й грани тетраэдра, направленный внутрь тетраэдра и равный по модулю площади этой грани, p — вектор, перпендикулярный плоскости данного треугольника и равный по модулю его площади (один из двух). Тогда, по формуле для площади проекции многоугольника, PiSi = |(p, vi)|.
Лемма. v1 + v2 + v3 + v4 = 0.
Доказательство. Пусть v — некоторый вектор единичной длины, α — перпендикулярная ему плоскость. Тогда число (v, v1 + v2 + v3 + v4) равно сумме площадей проекций граней тетраэдра на плоскость α, где площадь берётся со знаком "+", если при проекции ориентация не меняется и со знаком "−" в противном случае. А эта сумма площадей равна нулю. Следовательно, для любого вектора v число (v, v1 + v2 + v3 + v4) равно нулю. А значит, v1 + v2 + v3 + v4 = 0.
Следовательно, P1S1 = |(p, v1)| = |(p, v2) + (p, v3) + (p, v3)| ≤ |(p, v2)| + |p, v3)| + |(p, v3)| = P2S2 + P3S3 + P4S4, что и требовалось доказать.
Прислать комментарий


Задача 110393

Темы:   [ Объем помогает решить задачу ]
[ Неравенства с площадями ]
Сложность: 3
Классы: 10,11

Существует ли треугольная пирамида, высоты которой равны 1, 2, 3 и 6?

Решение

Докажем, что площадь любой грани тетраэдра меньше суммы площадей трёх остальных его граней. В самом деле, ортогональные проекции на плоскость грани тетраэдра трёх остальных его граней полностью покрывают эту грань, а площадь ортогональной проекции треугольника на плоскость, ему не параллельную, равна площади проектируемого треугольника, умноженной на косинус угла между этой плоскостью и плоскостью проектируемого треугольника. Следовательно, площадь грани тетраэдра меньше суммы площадей остальных трёх его граней. Предположим теперь, что существует тетраэдр, с высотами

h1 = 1, h2 = 2, h3 = 3, h4 = 6.

Пусть S1 , S2 , S3 и S4 соответственно – площади граней тетрадра, на которые опущены эти высоты, V – объём тетраэдра. Тогда
V = S1· h1 = S1, V = S2· h2 = S2,


V = S3· h3 = S3, V = S4· h4 = 2S4.

Из этих равенств находим, что
S1 = 6S4, S2 = 3S4, S3 = 2S4.

Поэтому
S1 = 6S4 = S4 + 2S4 + 3S4 = S4 + S3 + S2,

что невозможно.

Ответ

Нет.
Прислать комментарий


Задача 102282

Темы:   [ Вспомогательная площадь. Площадь помогает решить задачу ]
[ Неравенства с площадями ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9

Дан параллелограмм ABCD, у которого AB = 3, AD = $ \sqrt{3}$ + 1 и $ \angle$BAD = 60o. На стороне AB взята такая точка K, что AK : KB = 2 : 1. Через точку K параллельно AD проведена прямая. На этой прямой внутри параллелограмма выбрана точка L, а на стороне AD выбрана точка M так, что AM = KL. Прямые BM и CL пересекаются в точке N. Найдите угол BKN.

Подсказка

Докажите, что прямые KD, BM и CL пересекаются в одной точке. Для этого воспользуйтесь следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали параллелограмма.

Решение

Воспользуемся следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали параллелограмма. Пусть прямые BM и KD пересекаются в точке N. Докажем, что прямая CL проходит через точку N. Для этого проведём через точку N прямые, параллельные сторонам исходного параллелограмма. Пусть прямая, параллельная AB, пересекает стороны BC и AD соответственно в точках P и Q, а вторая прямая — стороны AB и CD соответственно в точках R и S. Продолжим LM и KL до пересечения со сторонами соответственно BC и CD в точках F и G. Пусть отрезки MF и RS пересекаются в точке E, а отрезки KG и PQ — в точке H. Поскольку точка N лежит на диагонали BM параллелограмма ABFM и на диагонали KD параллелограмма AKGD, то SARNQ = SNPFE и SARNQ = SNHGS. Значит, SNPFE = SNHGS, поэтому параллелограммы HPFL и ELGS равновелики. Следовательно, точка L лежит на диагонали CN параллелограмма NPCS. Поэтому прямая CL проходит через точку N. Из треугольника AKD по теореме косинусов находим, что

KD2 = AK2 + AD2 - 2 . AK . AD . cos 60o = 22 + ($\displaystyle \sqrt{3}$ + 1)2 - 2 . 2 . ($\displaystyle \sqrt{3}$ + 1) . $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ = 6,

cos$\displaystyle \angle$AKD = $\displaystyle {\frac{KD^{2}+KA^{2}-AD^{2}}{2\cdot KD\cdot KA}}$ = $\displaystyle {\frac{4+6-(\sqrt{3}+1)^{2}}{2\cdot 2\cdot \sqrt{6}}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$.

Следовательно,

$\displaystyle \angle$AKD = arccos$\displaystyle {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$ = 75o$\displaystyle \angle$BKN = 180o - $\displaystyle \angle$AKD = 180o - 75o = 105o.

Ответ

180o - arccos$ {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$ = 105o.
Прислать комментарий


Задача 102283

Темы:   [ Вспомогательная площадь. Площадь помогает решить задачу ]
[ Неравенства с площадями ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9

Дан параллелограмм KLMN, у которого KL = 6, KN = $ \sqrt{6}$ + $ \sqrt{3}$ и $ \angle$LKN = 45o. На стороне KL взята такая точка A, что KA : AL = 1 : 2. Через точку A параллельно LM проведена прямая, на которой внутри параллелограмма выбрана точка B, а на стороне KN выбрана точка C так, что KC = AB. Прямые LC и MB пересекаются в точке D. Найдите угол LAD.

Подсказка

Докажите, что прямые AN, BM и CL пересекаются в одной точке. Для этого воспользуйтесь следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали параллелограмма.

Ответ

75o.
Прислать комментарий


Страница: << 1 2 3 4 >> [Всего задач: 17]      



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

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