Фильтр
Задачи
Страница: 1 [Всего задач: 2]
Высота цилиндра равна h . В каждое основания вписан правильный
треугольник со стороной a , причём один из этих
треугольников повернут относительно другого на угол
60o . Найдите объём многогранника, вершинами которого являются все
вершины этих треугольников.
C1B1B' = 90o . Так как
B'B1 
C1B1 , то по теореме о трёх перпендикулярах BB1 C1B1 .
Следовательно, четырёхугольник ABB1C1 – прямоугольник, в котором AB
= B1C1 = a . Обозначим BB1 = AC1 = b .
Многогранник ABCA1B1C1 состоит из двух равных четырёхугольных
пирамид с общим основанием ABB1C1 , площадь которого равна ab .
Пусть CP – высота четырёхугольной пирамиды CABB1C1 . Так как CB =
CA , то PB = PA . Поэтому точка P лежит на серединном перпендикуляре
к сторонам AB и B1C1 прямоугольника ABB1C1 . Пусть M и M1 – середины
рёбер AB и B1C1 соответственно, а C' – ортогональная проекция
вершины C на плоскость A1B1C1 . Тогда C' – середина дуги B1C1
окружности, описанной около треугольника A1B1C1 , MC || M1C' , а точка P
лежит на MM1 .
Рассмотрим прямоугольную трапецию CMM1C' . В ней
CM = 
, M1C' = 
, CC' = h, MM1 = b.
Обозначим MCP = α . Опустим перпендикуляр M1Q из точки M1 на CM .
Тогда
MM1Q = MCP = α,
cos α = cos MM1Q,
1 = 
.
Поэтому
CP = CM cos α = · .
Следовательно,
VABCA1B1C1 = 2VCABB1C1 = 2· 
SABB1C1· CP=
= 
ab· · = a2h
.
a2h .
Даны два правильных тетраэдра с ребрами длины 
,
переводящихся один в другой при центральной симметрии.
Пусть ϕ – множество середин отрезков, концы
которых принадлежат разным тетраэдрам. Найдите объем фигуры ϕ .
Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор
, а второго – на вектор
- не изменяет ϕ . Действительно, пусть P
и Q – две произвольные точки тетраэдров, X –
середина отрезка PQ , 
= ,
=- , тогда
+
=
+
+
+
=
-+(+)+=
, значит,
X – середина отрезка P'Q' .
Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром , перпендикулярен
им и имеет длину 1. Поэтому можно выбрать куб
ABCDA1B1C1D1 с ребром 1 и центром O и параллельный
перенос , переводящий первый тетраэдр в тетраэдр
T1=ACB1D1 . Параллельный перенос на вектор - переведет
второй тетраэдр в симметричный T1 тетраэдр T2=C1A1DB .
Итак, фигура ϕ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах ACB1D1 и C1A1DB .
Пусть U – многогранник, изображенный на рис. 1 тонкими линиями, его вершины – середины ребер куба. Покажем, что ϕ=U .
Рис. 1 Рис. 2
Лемма. Множество ϕ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурам ϕ1 и ϕ2 выпукло.
Доказательство. Пусть M и N – середины отрезков EF и GH , где E,G
ϕ1 , F,Hϕ2 , S[MN] .
Проведем через M прямые, параллельные EG и FH
(см. рис. 2) . Теперь из рисунка видно, как найти точки
P[EG] и Q[FH] такие, что S – середина
[PQ] . Итак, если M,Nϕ и S[MN] , то
Sϕ , т.е. множество ϕ выпукло. Лемма доказана.
Из леммы следует, что искомая фигура ϕ выпукла.
Но все вершины многогранника U лежат в ϕ (например, Q – середина AA1 ), поэтому Uϕ . Теперь заметим, что множество середин отрезков [GH] , где H T2 – тетраэдр T2' , гомотетичный T2
с коэффициентом b=
и центром G . Но при
такой гомотетии T2' и точка A лежат по разные
стороны от плоскости PQR . Значит, ϕ не содержит
точек, входящих в пирамидку APQR , кроме ее основания.
Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что ϕ=U .
Таким образом, V(ϕ)=1-8V(APQR)=1-
=
.
.
Страница: 1 [Всего задач: 2]
Задача 110405 |
|
|
Решение
Пусть O и O1 – центры данных треугольников ABC и A1B1C1 , B' – ортогональная проекция вершины B на плоскость A1B1C1 . Тогда B' – середина дуги A1B1 окружности, описанной около треугольника A1B1C1 . Значит, C1B' – диаметр этой окружности, аОбозначим
Поэтому
Следовательно,
Ответ
|
|
Задача 109940 |
|
|
Решение
Пусть O – центр симметрии, KLMN и K1L1M1N1 – данные тетраэдры ( K и K1 , L и L1 , M и M1 , N и N1 – пары симметричных относительно точки O вершин).Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор
Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром
Итак, фигура ϕ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах ACB1D1 и C1A1DB .
Пусть U – многогранник, изображенный на рис. 1 тонкими линиями, его вершины – середины ребер куба. Покажем, что ϕ=U .
Рис. 1 Рис. 2
Лемма. Множество ϕ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурам ϕ1 и ϕ2 выпукло.
Доказательство. Пусть M и N – середины отрезков EF и GH , где E,G
Из леммы следует, что искомая фигура ϕ выпукла.
Но все вершины многогранника U лежат в ϕ (например, Q – середина AA1 ), поэтому Uϕ . Теперь заметим, что множество середин отрезков [GH] , где H
Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что ϕ=U .
Таким образом, V(ϕ)=1-8V(APQR)=1-
Ответ
|
|
|
Страница: 1 [Всего задач: 2]
