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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

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



Задача 35165

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Композиции проекций ]
[ Прямые и плоскости в пространстве (прочее) ]
Сложность: 4-
Классы: 10,11

Известно, что ортогональные проекции некоторого тела на две непараллельные плоскости являются кругами. Докажите, что эти круги равны.

Подсказка

Какова проекция этого тела на прямую пересечения этих плоскостей?

Решение

Пусть π1 и π2 – две данные непараллельные плоскости, D1 и D2 – диаметры кругов, являющихся проекциями данного тела на плоскости π1 и π2. Проекцией данного тела на любую прямую, лежащую в плоскости πi, будет являться отрезок длины Di. Рассмотрим проекцию данного тела на прямую пересечения плоскостей π1 и π2. С одной стороны, это отрезок длины D1, а с другой – отрезок длины D2. Следовательно,  D1 = D2.

Прислать комментарий

Задача 87588

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Углы между прямыми и плоскостями ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Ортогональной проекцией равнобедренного прямоугольного треугольника на плоскость α является правильный треугольник. Найдите угол, образованный гипотенузой данного треугольника с плоскостью α .

Решение

Пусть C – вершина прямого угла равнобедренного прямоугольного треугольника ABC с катетами AC = BC = a и гипотенузой AB = a ; A1 , B1 и C1 – ортогональные проекции точек A , B и C соответственно на плоскость β , параллельную α и проходящую через вершину C треугольника ABC . Обозначим AB = AC = BC = x . Прямоугольные треугольники AA1C и BB1C равны по гипотенузе и катету. Поэтому AA1 = BB1 . Если точки A и B лежат по одну сторону от плоскости β , то AA1B1B – прямоугольник. Поэтому A1B1 = AB . Тогда

C1B1 = CB1 = A1B1 = a > a = BC,

что невозможно. Если же точки A и B лежат по разные стороны от плоскости β , то отрезок AB пересекает плоскость β в некоторой точке M , лежащей на отрезке A1B1 . Из равенства прямоугольных треугольников AA1M и BB1M (по катету и противолежащему острому углу) следует, что M – середина AB и A1B1 . Поэтому CM – высота равнобедренного треугольника ABC и равностороннего треугольника CA1B1 . Значит,
CM = , CM = ,

откуда = . Так как A1M – ортогональная проекция наклонной AM на плоскость β , то AMA1 – угол прямой AM (а значит, и прямой AB ) с плоскостью β . Из прямоугольного треугольника AMA1 находим, что
cos AMA1 = = = = = .

Поскольку плоскости α и β параллельны, найденный угол равен искомому.

Ответ

arccos .
Прислать комментарий


Задача 87613

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Куб ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Нарисуйте изображение куба, полученное в результате ортогонального проектирования куба на плоскость, перпендикулярную диагонали куба.

Решение

Рассмотрим ортогональную проекцию куба ABCDA1B1C1D1 (рис.1) с ребром a на плоскость γ , перпендикулярную диагонали BD1 и проходящую через вершину D1 . При этом проектировании вершины B и D1 перейдут в точку D1 . Пусть α угол между ребром DD1 и диагональю BD1 (рис.2). Тогда угол между прямой DD1 и плоскостью γ равен 90o. Из прямоугольного треугольника BDD1 находим, что

cos α = = = , sin α = = = .

Значит, ортогональная проекция ребра DD1 на плоскость γ равна
DD1 cos (90o - α) = a sin α = .

Поскольку рёбра AA1 , CC1 и BB1 равны и параллельны ребру DD1 , их ортогональные проекции на плоскость γ также равны . Ясно, что угол между ребром C1D1 и диагональю BD1 такаже равен α . Значит, ортогональная проекция ребра C1D1 на плоскость γ равна C1D1 cos (90o - α) = a sin α = . Поскольку рёбра AB , A1B1 и CD равны и параллельны ребру C1D1 , их ортогональные проекции на плоскость γ также равны . Таким образом, ортогональная проекция куба на плоскость γ есть шестиугольник, все стороны которого равны . Так как диагональ AC квадрата ABCD перпендикулярна диагонали BD1 куба, то её ортогональная проекция на плоскость γ параллельна и равна отрезку AC = a . Пусть A2 , B2 и C2 – ортогональные проекции вершин соответственно A , B и C на плоскость γ (рис.3). Тогда в треугольнике A2B2C2 известно, что
A2C2 = a, A2B2 = B2C2 = .

Поэтому A2B2C2 = 120o . Аналогично, все углы шестиугольника, являющегося ортогональной проекцией куба ABCDA1B1C1D1 на плоскость γ , равны 120o . Следовательно, этот шестиугольник правильный.

Ответ

Правильный шестиугольник со стороной , где a – ребро куба.
Прислать комментарий


Задача 110255

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Свойства медиан. Центр тяжести треугольника. ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Расстояния от вершин треугольника до некоторой плоскости равны 5, 6 и 7. Найдите расстояние от точки пересечения медиан этого треугольника до той же плоскости. Укажите все возможности.

Решение

Пусть A1 , B1 , C1 , K1 и M1 – ортогональные проекции вершин соответственно A , B и C треугольника ABC , середины K стороны AC и точки M пересечения медиан этого треугольника на плоскость α , причём AA1 = 5 , BB1 = 6 и CC1 = 7 . Если точки A , B и C расположены по одну сторону от плоскости α (рис.1.), то KK1 – средняя линия прямоугольной трапеции AA1C1C с основаниями AA1 и CC1 . Следовательно,

KK1 = (AA1 + CC1) = (5 + 7) = 6.

Четырёхугольник BB1K1K – прямоугольник, в котором BB1 = KK1 = 6 . Точки M и M1 лежат на его противоположных сторонах BK и B1K1 , причём MM1 || BB1 . Поэтому MM1 = BB1 = 6 . Если точки A , C расположены по одну сторону от плоскости α , а точка B – по другую (рис.2), аналогично предыдущему находим, что KK1 = 6 . Четырёхугольник BB1KK1 – параллелограмм, в котором BB1 = KK1 = 6 . Точки M и M1 лежат на его диагоналях BK и B1K1 , причём MM1 || BB1 и = . Пусть прямая MM1 пересекает сторону BK1 в точке D . Треугольник BMD подобен треугольнику BKK1 с коэффициентом , а треугольник K1DM1 – треугольнику K1BB1 с коэффициентом . Поэтому
MM1 = MD - M1D = KK1 - BB1 = 4 - 2 = 2.

Если точки A и B расположены по одну сторону от плоскости α , а точка C – по другую (рис.3), то KK1 – отрезок, соединяющий середины диагоналей AC и A1C1 трапеции AA1CC1 с основаниями AA1 = 5 и CC1 = 7 . Поэтому
KK1 = (CC1 - AA1) = (7 - 5) = 1,

причём точки C и K лежат по одну сторону от плоскости α , а значит, точки B и K – по разные стороны от этой плоскости. Тогда отрезок MM1 соединяет точки M и M1 , лежащие на диагоналях соответственно BK и B1K1 трапеции BB1KK1 с основаниями BB1 = 6 и KK1 = 1 , причём = и MM1 || BB1 . Пусть прямая MM1 пересекает сторону B1K в точке E . Треугольник KME подобен треугольнику KBB1 с коэффициентом , а треугольник B1M1E – треугольнику B1K1K с коэффициентом . Поэтому
MM1 = ME - M1E = BB1 - KK1 = 2 - = .

Наконец, если точки B и C расположены по одну сторону от плоскости α , а точка A – по другую (рис.4), то аналогично предыдущему находим, что KK1 = 1 и точки K и B расположены по одну сторону от плоскости α . Тогда концы отрезка MM1 лежат на боковых сторонах прямоугольной трапеции BB1K1K с основаниями BB1 и KK1 , причём = и MM1 || BB1 . Пусть диагональ BK1 пересекается с отрезком MM1 в точке F . Треугольник BMF подобен треугольнику BKK1 с коэффициентом , а треугольник K1M1F – треугольнику K1B1B с коэффициентом . Поэтому
MM1 = MF + M1F = KK1 + BB1 = + 2 = .

Ответ

6; 2; ; .
Прислать комментарий


Задача 110256

Темы:   [ Ортогональная проекция (прочее) ]
[ Признаки и свойства параллелограмма ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Расстояния от подряд идущих вершин параллелограмма до некоторой плоскости равны 1, 3 и 5. Найдите расстояние от четвёртой вершины до этой плоскости.

Решение

Пусть A1 , B1 , C1 , D1 , O1 – ортогональные проекции вершин соответственно A , B , C , D параллелограмма ABCD и его центра O на плоскость α , причём AA1 = 1 , BB1 = 3 , CC1 = 5 . Если точки A и C лежат по одну сторону от плоскости α , то OO1 – средняя линия прямоугольной трапеции AA1C1C , поэтому

OO1 = (AA1 + CC1) = (1 + 5) = 3.

Если при этом точка B лежит по ту же сторону от плоскости α , что и точки A и C (рис.1), то прямая BO параллельна плоскости α ( BB1 = OO1 = 3 ), поэтому точка D , лежащая на этой прямой, удалена от плоскости α на расстояние, также равное 3. Если точка D лежит по одну сторону от плоскости α , что и точки A и C , а точка B – по другую (рис.2), то отрезок OO1 соединяет середины диагоналей BD и B1D1 трапеции BD1DB1 с основаниями BB1 и DD1 . Поэтому
OO1 = (DD1 - BB1), или 3 = (DD1 - 3),

откуда находим, что DD1 = 9 . Пусть точки A и C лежат по разные стороны от плоскости α . Тогда отрезок OO1 соединяет середины диагоналей AC и A1C1 трапеции AA1CC1 с основаниями AA1 и CC1 . Поэтому
OO1 = (CC1 - AA1) = (5 - 1) = 2,

причём точка O лежит по одну сторону от плоскости α с точкой C . Если при этом точка B лежит по ту же сторону от плоскости α , что и точка A , а точка D – по другую (рис.3), то отрезок OO1 соединяет середины диагоналей BD и B1D1 трапеции BD1DB1 с основаниями BB1 и DD1 . Поэтому
OO1 = (DD1 - BB1), или 2 = (DD1 - 3),

откуда находим, что DD1 = 7 . Если же точки B и D лежат по ту же сторону от плоскости α , что и точка C (рис.4), отрезок OO1 есть средняя линия трапеции BB1D1D с основаниями BB1 и DD1 . Поэтому
OO1 = (DD1 + BB1), или 2 = (DD1 + 3 ),

откуда находим, что DD1 = 1 . Случай, когда точки A и D лежат по одну сторону от плоскости α , а точки B и C – по другую, невозможен.

Ответ

1; 3; 7; 9.
Прислать комментарий


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



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

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