Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 46]

Задача 107833

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
	[	Выпуклые тела	]
	[	Расстояние между двумя точками. Уравнение сферы	]

Сложность: 4+
Классы: 10,11

Автор: Канель-Белов А.Я.

Существует ли выпуклое тело, отличное от шара, ортогональные проекции которого на некоторые три попарно перпендикулярные плоскости являются кругами?

Решение

Первый способ. Введем в пространстве координаты и рассмотрим координатные плоскости $\alpha$ , $\beta$ и $\gamma$ , заданные уравнениями x = 0, y = 0 и z = 0 соответственно. Рассмотрим шар B, заданный неравенством

x² + y² + z² $\displaystyle \le$ 1.

Его проекция на плоскость $\alpha$ — круг радиуса 1 с центром в начале координат. Множество точек, которые проецируются в этот круг, представляет собой цилиндр (обозначим его C₁), который задается неравенством

x² + y² $\displaystyle \le$ 1.

Аналогично определим цилиндры C₂ и C₃, как множества точек, которые проецируются в единичные круги с центрами в начале координат, лежащие в плоскостях $\beta$ и $\gamma$ соответственно.

Пусть C — пересечение цилиндров C₁, C₂ и C₃. Мы утверждаем, что C — требуемое тело. Оно выпукло, так как пересечение выпуклых множеств выпукло.

Покажем, что проекции тела C на плоскости $\alpha$ , $\beta$ и $\gamma$ — круги. Рассмотрим, например, плоскость $\alpha$ . Проекция тела C на эту плоскость содержится в единичном круге, так как проекция цилиндра C₁ совпадает с единичным кругом, а C содержится в C₁. С другой стороны, этот единичный круг содержится в теле C, значит, проекция содержит круг. Итак, проекция тела C на плоскость $\alpha$ содержит единичный круг и содержится в единичном круге, а, значит, совпадает с ним.

Осталось доказать, что тело C не является шаром. Точка $\Bigl($ ${\frac{\sqrt2}{2}}$ , ${\frac{\sqrt2}{2}}$ , ${\frac{\sqrt2}{2}}$ $\Bigr)$ содержится в каждом из цилиндров C₁, C₂ и C₃ (например, x² + y² = ${\frac{1}{2}}$ + ${\frac{1}{2}}$ $\le$ 1), так что эта точка содержится в C. С другой стороны, она не принадлежит единичному шару — расстояние от нее до начала координат равно

$\displaystyle \sqrt{\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2+\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2 +\Bigl(\frac{\sqrt2}2\Bigr)^2}$ = $\displaystyle \sqrt{\frac32}$ > 1.

Поэтому C $\ne$ B.

Остается один вопрос, который может показаться глупым: а не может ли C оказаться шаром, отличным от B? Нетрудно видеть, что не может: проекции тела C на плоскости $\alpha$ , $\beta$ и $\gamma$ такие же как у шара B, но ясно, что два шара, имеющие одинаковые проекции на координатные плоскости, совпадают (проверьте!).

Второй способ. [набросок] Рассмотрим шар и его проекции на три плоскости. Пусть некоторая точка A сферы не проецируется ни на одну из границ проекций. Тогда некоторый круг с центром в точке A обладает тем же свойством. Отрежем от шара соответствующий кусочек — получим фигуру, не являющуюся шаром, но дающую те же самые проекции на рассматриваемые плоскости.

Прислать комментарий

Задача 78802

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
Темы:	[	Длины и периметры (геометрические неравенства)	]

Сложность: 5-
Классы: 10,11

В пространстве даны точка O и n попарно непараллельных прямых. Точка O ортогонально проектируется на все данные прямые. Каждая из получившихся точек снова проектируется на все данные прямые и т.д. Существует ли шар, содержащий все точки, которые могут быть получены таким образом?

Решение

Ответ: существует.
Лемма.Пусть l₁ и l₂ — две прямые, φ — угол между ними, Q — точка пространства. Тогда существует константа D такая, что для любой точки P $\in$ l₁ и её проекции P' на прямую l₂ выполнено неравенство |QP'| ≤ |QP| cosφ + D.
Доказательство леммы. Пусть P₀ — фиксированная точка на прямой l₁. Тогда

| QP'| ≤ |QP₀'| + | P₀'P'| = |QP₀'| + |P₀P| cosφ ≤ |QP₀'| + |QP₀| cosφ + |QP| cosφ = D + |QP| cosφ.

Следствие. Существует такое число R = R(l₁, l₂, Q), зависящее от l₁, l₂ и Q, что если |QP| < R, то |QP'| < R.
Действительно, в качестве R достаточно выбрать ${\frac{D}{1-\cos\varphi }}$ . Обозначим через O_i проекцию точки O на прямую l_i. Пусть R₁ = $\max\limits_{i}^{}$ | OO_i|, R₂ = $\max\limits_{i,j}^{}$ R(l_i, l_j, O), R = max(R₁, R₂). Тогда, очевидно, шар радиуса R с центром в точке O — искомый.

Прислать комментарий

Задача 109820

Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]
	[	Прямоугольные параллелепипеды	]
	[	Разбиения на пары и группы; биекции	]
	[	Принцип Дирихле (конечное число точек, прямых и т. д.)	]

Сложность: 5
Классы: 10,11

Автор: Акопян А.В.

Можно ли расположить в пространстве 12 прямоугольных параллелепипедов P₁ , P₂ , P12 , ребра которых параллельны координатным осям Ox , Oy , Oz так, чтобы P₂ пересекался (т.е. имел хотя бы одну общую точку) с каждым из оставшихся, кроме P₁ и P₃ , P₃ пересекался с каждым из оставшихся, кроме P₂ и P₄ , и т.д., P12 пересекался с каждым из оставшихся, кроме P11 и P₁ , P₁ пересекался с каждым из оставшихся, кроме P12 и P₂ ? (Поверхность параллелепипеда принадлежит ему.)

Решение

Предположим, что это возможно. Заметим, что два из рассматриваемых параллелепипедов пересекаются тогда и только тогда, когда их проекции на все три оси координат пересекаются.

Рассмотрим 4 пары параллелепипедов: P₁ и P₂ , P₄ и P₅ , P₇ и P₈ , P10 и P11 .

Если взять параллелепипеды из разных пар, то они пересекаются, значит их проекции на любую ось пересекаются.
Паре параллелепипедов из одной пары поставим в соответствие ось координат (одну из осей, если таковых несколько), на которую проекции этих параллелепипедов не пересекаются. Поскольку пар 4, а осей – 3, найдутся две пары (скажем, P₁ и P₂ , P₄ и P₅ ), которым сопоставлена одна и та же ось Ox.

Пусть отрезки S₁ , S₂ , S₄ , S₅ – проекции P₁ , P₂ , P₄ , P₅ соответственно на ось Ox (пусть A_i – левые концы отрезков S_i , а B_i – правые). Известно, что отрезки в парах S₁ и S₂ , S₄ и S₅ не пересекаются, а в любых других парах – пересекаются.

Не ограничивая общности, можем считать, что A₁<B₁<A₂<B₂ и A₄<B₄<A₅<B₅ . Так как S₁ пересекается с S₅ , то A₅<B₁ . Но тогда B₄<A₂ , и отрезки S₂ и S₄ не пересекаются. Противоречие.

Ответ в соответствующей задаче для 10 параллелепипедов также отрицательный, а для 9 параллелепипедов – положительный.

Ответ

Нельзя.

Прислать комментарий

Задача 109092

Темы:	[	Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее)	]
Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]

Сложность: 2
Классы: 8,9

Точка A лежит в плоскости α , ортогональная проекция отрезка AB на эту плоскость равна 1, AB = 2 . Найдите расстояние от точки B до плоскости α .

Решение

Пусть B1 – ортогональная проекция точки B на плоскость α . Тогда BB1 – перпендикуляр к плоскости α , AB1 – ортогональная проекция отрезка AB на плоскость α , а расстояние от точки B до плоскости α равно длине отрезка BB1 . Прямая BB1 перпендикулярна плоскости α , поэтому треугольник ABB1 – прямоугольный. По теореме Пифагора

BB1 = = = .

Ответ

.

Прислать комментарий

Задача 35618

Темы:	[	Правильная пирамида	]
Темы:	[	Ортогональная проекция (прочее)	]

Сложность: 2+
Классы: 10,11

Основание пирамиды Хеопса – квадрат, а её боковые грани – равные равнобедренные треугольники.
Может ли угол грани при вершине пирамиды равняться 100°?

Подсказка

Как изменяется величина угла при проектировании?

Решение

Пусть AB – одно из рёбер основания пирамиды, E – вершина пирамиды, а O – центр основания. Заметим, что треугольники ABE и ABO равнобедренные с основанием AB. При этом AE > AO и BE > BO (отрезок больше своей проекции). Поэтому ∠AEB < ∠AOB = 90°.

Ответ

Не может.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 46]