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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116774
Темы:    [ Пирамида (прочее) ]
[ Свойства разверток ]
[ Касательные к сферам ]
[ Соображения непрерывности ]
[ Неравенства с трехгранными углами ]
[ Доказательство от противного ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Пак И.

Дана пирамида SA1A2...An, основание которой – выпуклый многоугольник A1A2...An. Для каждого  i = 1, 2, ..., n  в плоскости основания построили треугольник XiAiAi+1, равный треугольнику SAiAi+1 и лежащий по ту же сторону от прямой AiAi+1, что и основание (мы полагаем  An+1 = A1).  Докажите, что построенные треугольники покрывают всё основание.


Решение 1

  Рассмотрим произвольную точку P основания и докажем, что она покрыта одним из треугольников. Возьмём маленькую сферу, лежащую внутри пирамиды и касающуюся основания в точке P (такая, очевидно, найдётся). Начнём увеличивать её радиус, сохраняя условие касания; тогда в некоторый момент она впервые коснётся боковой поверхности пирамиды. Пусть, скажем, она коснулась грани SA1A2 в точке Q (см. рис.).

  Тогда  PA1 = QA1PA2 = QA2;  стало быть, треугольники PA1A2 и QA1A2 равны. Это значит, что при повороте грани SA1A2 вокруг A1A2, переводящем её в X1A1A2, точка Q переходит в P, то есть P лежит внутри X1A1A2.


Решение 2

  Предположим, что некоторая точка P основания не покрыта треугольниками. Тогда для каждого i либо
PAiAi+1 > ∠XiAiAi+1,  либо  ∠PAi+1Ai > ∠XiAi+1Ai.  Без ограничения общности можно считать, что  ∠PA2A1 > ∠X1A2A1.
  Если α, β, γ – плоские углы трёхгранного угла, то  α < β + γ;  поэтому  ∠A1A2A3 < ∠SA2A1 + ∠SA2A3 = ∠X1A2A1 + ∠X2A2A3 < ∠PA2A1 + ∠X2A2A3.  Значит,  ∠PA2A3 = ∠A1A2A3 – ∠PA2A1 < ∠X2A2A3.  Следовательно,  ∠PA3A2 >  ∠X2A3A2.

  Продолжая такие рассуждения дальше, получаем, что при любом  i = 1, 2, ..., n  верны неравенства  ∠PAiAi+1 < ∠XiAiAi+1  и  ∠PAi+1Ai > ∠XiAi+1Ai.  Это значит, что отрезки XiAi+1 и PAi пересекаются (см. рис.).
  Поэтому (см. задачу 55162)  XiAi + PAi+1 < XAi+1 + PAi,  то есть  SAi + PAi+1 < SAi+1 + PAi.  Но, складывая все такие неравенства, получаем
(SA1 + ... + SAn) + (PA1 + ... + PAn) < (SA1 + ... + SAn) + (PA1 + ... + PAn).  Противоречие.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 2011-2012
Этап
Вариант 5
класс
Класс 11
Задача
Номер 11.4

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

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