ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Страница: << 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 21]
а) не более $14а$; б) не более $13а$? РешениеСм. решение задачи 67031 и замечание к ней.
РешениеОтрезок FE определим из треугольника FKE , где FK перпендикулярен плоскости ABCD , FK=1, FE= (рис.). Из треугольника KEO , где угол KOE равен 90o как угол между диагоналями квадрата, находим EK2=KO2+OE2, OK=FL=B1F-LB1=ml-/2 ; OE=AO-AE=/2-l . Отсюда EK2=(ml-/2)2+(/2-l)2=l2(m2+1)-l(m+1)+1 . Подставим значение EK2 и FK2 в формулу для FE :Отрезок FE будет достигать минимума при тех же значениях l , что и подкоренное выражение. Выделим в последнем полный квадрат: Из этой формулы видно, что FE принимает минимальное значение при l=/2· (m+1)/(m2+1) .
Ответпри l=/2· (m+1)/(m2+1) .
РешениеРассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть муха побывала на каждой из граней тетраэдра и вернулась в исходную точку. Без ограничения общности можно считать, что мухасначала побывала на грани ABC, потом - на грани BCD, затем - на DAB, и, наконец, на ACD. Обозначим соответствующие точки на гранях, в которых побывала муха, через E, F, G и H (рис. ). Ясно, что минимальное расстояние, которое муха могла пролететь, равно периметру пространственного четырехугольника EFGH. 1o. Проведем через DC плоскость, перпендикулярную AB (плоскость симметрии тетраэдра ABCD) и рассмотрим четырехугольник E1F1G1H1, симметричный EFGH относительно этой плоскости. (Вершины E1 и G1 останутся на тех же гранях, что E и G соответственно, F1 попадет на одну грань с H, а H1 - на одну грань с F.) Периметры четырехугольников EFGH и E1F1G1H1 равны. 2o. Лемма. Рассмотрим любой пространственный четырехугольник KLMN (рис. ). Пусть P и Q - середины сторон KL и MN. Tогда
PQ(KN + LM).
Доказательство. Обозначим через R середину диагонали LN. Имеем PR = KN, RQ = LM. Таким образом,
PQPR + RQ = (KN + LM).
Лемма доказана.
Обозначим через E2, F2, G2 и H2 середины отрезков EE1, FH1, GG1 и HF1 соответственно. Вершины этого четырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, согласно лемме, периметр четырехугольника E2F2G2H2 не больше периметра EFGH. Кроме того, вершины E2 и G2 (середины EE1 и GG1) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через CD, т. е. на медианах CT и DT граней ABC и ABD (рис. ). Исходя из четырехугольника E2F2G2H2, точно так же построим E3F3G3H3, симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через AB, а затем, взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырехугольников, лежащих в одной грани, получим E4F4G4H4, все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра ABCD, проходящих через CD и AB. Иными словами, вершины E4 и G4 лежат на отрезках CT и DT, а вершины F4 и H4 - на медианах AS и BS граней ACD и BCD. При этом периметр E4F4G4H4 не превосходит периметра EFGH. Значит, периметр EFGH не меньше, чем 4d, где d - расстояние между прямыми CT и BS. 3o. Осталось построить путь длины 4d и найти d. Пусть E0 и F0 - основания общего перпендикуляра к прямым CT и BS, причем E0 лежит на CT, а F0 - на BS. Обозначим через G0 точку, симметричную точке E0 относительно плоскости ABS. Из симметрии ясно, что F0G0 - общий перпендикуляр к прямым BS и DT. Аналогично строится точка H0, при этом G0H0 и H0E0 являются общими перпендикулярами соответственно к DT и AS и к AS и CT. Значит, периметр четырехугольника E0F0G0H0 равен 4d. Заметим, что нужно еще проверить, что основания этих общих перпендикуляров лежат на гранях тетраэдра, а не на их продолжениях, это будет сделано ниже (нам еще нужно вычислить d). 4o. Проведем через AB плоскость, перпендикулярную CT и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим треугольник ABD' (рис. ), в котором AB = a, D'T = a (по формуле для длины высоты правильного тетраэдра). Точка S перейдет в S' - середину D'T. Искомое расстояние d равно расстоянию от точки T до прямой BS' (поскольку общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции). Кроме того, очевидно, что основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BS', лежит на отрезке BS', а не на его продолжении, значит, точка F0 лежит на отрезке BS. Аналогично доказывается, что и остальные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не на их продолжениях. В прямоугольном треугольнике BTS' известны катеты BT = , TS' = . Значит, BS' = ; d = = . Комментарии. 1o. Из решения задачи видно, что искомых траекторий ровно три (почему?). 2o. Известна аналогичная задача для плоскости: жук ползает внутри треугольника со сторонами a, b, c. Какое наименьшее расстояние он может проползти, чтобы побывать на каждой стороне и вернуться в исходную точку? В случае остроугольного треугольника эта задача называется задачей Фаньяно. Оказывается, что кратчайший путь в случае остроугольного треугольника соединяет основания высот треугольника, а в случае прямо- или тупоугольного треугольника вырождается в двойной отрезок высоты.
РешениеПусть a — длина ребра куба. Сечение куба плоскостью, проходящей через его центр ортогонально одной из диагоналей, является правильным шестиугольником. Радиус вписанной окружности этого шестиугольника равен , поэтому в куб можно поместить окружность радиуса . Покажем, что окружность большего радиуса в куб поместить нельзя. Прежде всего заметим, что достаточно ограничиться рассмотрением окружностей с центром в центре куба. Действительно, если окружность радиуса R содержится в кубе, то окружность, симметричная ей относительно центра куба, тоже содержится в кубе. Но тогда из выпуклости куба следует, что окружность радиуса R, центр которой совпадает с центром куба, а сама она расположена в плоскости, параллельной плоскости исходной окружности, тоже содержится в кубе. Рассмотрим окружность радиуса R с центром в центре куба и шар того же радиуса и с тем же центром. Нас интересует лишь случай, когда R > a/2 и рассматриваемая окружность лежит внутри куба. В этом случае вне куба находятся шесть шаровых сегментов. Радиусы окружностей, лежащих в их основаниях, равны r = , поэтому r возрастает при возрастании R. Рассмотрим конусы, вершины которых находятся в центре куба, а основаниями служат окружности оснований шаровых сегментов. Если плоскость , содержащая рассматриваемую окружность, пересекает один из этих конусов, то часть окружности проходит по шаровому сегменту, а потому частично лежит вне куба. Таким образом, нужно доказать, что если R > , то плоскость пересекает один из конусов. Плоскость разбивает лучи, выходящие из центра куба и направленные в середины граней, на две тройки (каждая тройка лежит по одну сторону от плоскости ). Рассмотрим плоскость , которая проходит через центр куба перпендикулярно одной из диагоналей и разбивает эти лучи на те же самые две тройки. В плоскости есть окружность радиуса , целиком лежащая внутри куба. Легко проверить, что плоскость касается трёх конусов (соответствующих тройке лучей, которые являются осями этих конусов) по трём лучам OX, OY, OZ. Лучи OX, OY, OZ лежат строго внутри конусов, соответствующих окружности радиуса R > . Значит, эти лучи лежат по одну сторону от плоскости , поскольку оси соответствующих конусов лежат по одну сторону от этой плоскости. Плоскости и имеют общую точку (центр куба), поэтому они пересекаются по некоторой прямой. Лучи OX, OY и OZ образуют друг с другом углы в 120o, поэтому никакая прямая не может разделить плоскость так, чтобы эти лучи лежали в одной полуплоскости. Таким образом, плоскость пересекает один из конусов, если R > .
Известно, что x + 2y + 3z = 1. Какое минимальное значение может принимать выражение x² + y² + z²? ПодсказкаКакую геометрическую интерпретацию имеет эта задача? РешениеРассмотрим прямоугольную систему координат в пространстве. Проведем плоскость П, заданную уравнением x + 2y + 3z = 1. Выражение
Ответ1/14.
Страница: << 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 21] |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|