Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 28]

Задача 79564

Темы:	[	Сфера, вписанная в тетраэдр	]
	[	Касательные к сферам	]
	[	Вспомогательная раскраска (прочее)	]
	[	Многогранные углы	]

Сложность: 5+
Классы: 10,11

Автор: Шарыгин И.Ф.

На рёбрах произвольного тетраэдра выбрано по точке. Через каждую тройку точек, лежащих на рёбрах с общей вершиной, проведена плоскость. Докажите, что если три из четырёх проведённых плоскостей касаются вписанного в тетраэдр шара, то и четвёртая плоскость также его касается.

Решение

Рассмотрим тетраэдр ABCD и возьмём на его рёбрах точки K, L, M, P, Q, T, как показано на рисунке. Пусть плоскости KMP, MLT и LKQ касаются вписанного в тетраэдр шара, а плоскость PTQ этого шара не касается. Пусть, для определённости, вписанный шар пересекает плоскость PTQ. Проведём через PQ плоскость, касающуюся вписанного шара и обозначим через T₁ точку пересечения этой плоскости с ребром DC. Рассмотрим выпуклый многогранник (восьмигранник) KLMPQTT₁. Для удобства окрасим грани KMP, MLT, LKM и PQT₁ в чёрный цвет, а остальные грани пусть останутся белыми. В чёрный цвет окрашены грани, не принадлежащие поверхности тетраэдра ABCD, белыми являются грани, принадлежащие поверхности ABCD. Заметим, что ни одна пара чёрных граней не имеет общего ребра. Что же касается белых граней, то есть одно исключение: ребро T₁T является общим для двух белых граней. Все грани нашего восьмигранника касаются одного шара. Возьмём в каждой грани точку касания и соединим её со всеми вершинами этой грани. Каждая грань разобьётся на треугольники. При этом каждому чёрному треугольнику соответствует равный ему белый треугольник в смежной грани, имеющий с ним общую сторону. У белых же треугольников одно исключение — пара равных белых треугольников при ребре T₁T. Рассмотрим сумму углов получившихся чёрных треугольников вокруг точек касания. Эта сумма равна 4^.2 $\pi$ = 8 $\pi$ . Поскольку каждому чёрному треугольнику соответствует равный ему белый треугольник, то аналогичная сумма для белых треугольников равна 8 $\pi$ + 2 $\varepsilon$ , где $\varepsilon$ — угол, под которым видно из точки касания ребро T₁T. (Если вписанный шар не пересекает плоскость PTQ, то эта сумма равна 8 $\pi$ - 2 $\varepsilon$ .) Но, с другой стороны, сумма углов белых треугольников вокруг точек касания также равна 4^.2 $\pi$ = 8 $\pi$ . Следовательно, $\varepsilon$ = 0, т. е. точка T₁ совпадает с T. Утверждение доказано. Другое доказательство можно получить, опираясь на такую лемму. В выпуклый четырёхгранный угол с плоскими углами $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ можно вписать шар тогда и только тогда, когда суммы пар противоположных плоских углов равны: $\alpha$ + $\gamma$ = $\beta$ + $\delta$ ; если же $\alpha$ + $\gamma$ < $\beta$ + $\delta$ , то шар, касающийся плоскостей углов $\beta$ , $\gamma$ и $\delta$ , пересекает плоскость $\alpha$ .

Прислать комментарий

Задача 87126

Темы:	[	Площадь и объем (задачи на экстремум)	]
Темы:	[	Сфера, вписанная в тетраэдр	]

Сложность: 3
Классы: 8,9

Около шара объёма V описана правильная треугольная пирамида. Каков наименьший возможный объём этой пирамиды?

Решение

Пусть шар с центром O и радиусом r вписан в правильную треугольную пирамиду ABCD с вершиной D (рис.1). Тогда M точка касания шара с плоскостью основания – центр равностороннего треугольника ABC , а точка E касания шара с плоскостью боковой грани ABD лежит на апофеме DK пирамиды. Пусть a – сторона основания ABC , α – угол боковой грани с плоскостью основания, h – высота пирамиды. Проведём сечение через точки D , K и C (рис.2). Точки O , M , K , E принадлежат этому сечению. Поскольку окружность с центром O и радиусом r вписана в угол DKC , луч KO – биссектриса этого угла, значит,

KM = = , CK = 3KM = ,

BK = CK tg 30^o = , a = AB = 2BK = ,

S_{Δ ABC} = a2 = · ()2· = ,

h = DM = KM tg DKM = · tg α = · = .
Обозначим tg = t и запишем объём пирамиды ABCD как функцию от t .
V(t) = S_{Δ ABC}· DM = ·· = = =

= = 8r3,
причём равенство достигается при t = . Из равенства V = π r3 находим, что r3 = . Следовательно, наименьший объём пирамиды ABCD равен
8r3 = 8· = .

Ответ

.

Прислать комментарий

Задача 87501

Темы:	[	Правильная пирамида	]
	[	Сфера, вписанная в тетраэдр	]
	[	Сфера, описанная около тетраэдра	]

Сложность: 3
Классы: 10,11

Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a , высота пирамиды равна 2a . Найдите радиусы описанной и вписанной сфер.

Ответ

R = , r = .

Прислать комментарий

Задача 65398

Темы:	[	Тетраэдр (прочее)	]
	[	Сфера, вписанная в тетраэдр	]
	[	Параллелограмм Вариньона	]
	[	Свойства сечений	]
	[	Центр масс	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Авторы: Берлов С.Л., Заславский А.А., Кожевников П.А.

У тетраэдра ABCD сумма площадей двух граней (с общим ребром AB) равна сумме площадей оставшихся граней (с общим ребром CD). Докажите, что середины рёбер BC, AD, AC и BD лежат в одной плоскости, причём эта плоскость содержит центр сферы, вписанной в тетраэдр ABCD.

Решение

Пусть K, L, M, N – середины ребер AC, BC, BD и AD. Как известно, KLMN – параллелограмм (это параллелограмм Вариньона).
Отметим на AB точку P так, чтобы были равны длины p_A и p_B перпендикуляров, опущенных из неё на плоскости BCD и ACD (очевидно, такая точка существует). Аналогично отметим на CD точку Q, равноудалённую от плоскостей ABD и ABC.
Середина O отрезка PQ лежит на средней линии UV треугольника CPD (U – середина CP, V – середина DP). Но U, в свою очередь, лежит на средней линии KL треугольника ACB, то есть в плоскости KLMN. По аналогичным причинам в этой же плоскости лежит точка , а, значит, и точка O.
Докажем, что O – центр вписанной сферы, то есть равноудалена от граней тетраэдра. Пусть r_A, r_B, r_C, r_D – длины перпендикуляров, опущенных из точки O соответственно на плоскости BCD, ACD, ABD, ABC. Заметим, что r_A = ½ p_A = ½ p_B = r_B. Аналогично r_C = r_D.
Далее r_A(S_BCD + S_ACD) = r_AS_BCD + r_BS_ACD = ½ (p_AS_BCD + p_BS_ACD) = ⅙ (V_BCDP + V_ACDP) = ⅙ V_ABCD.
Аналогично, r_C(S_ABC + S_ABD) = ⅙ V_ABCD.
Отсюда r_A = r_C, и все доказано.

Прислать комментарий

Задача 67636

Темы:	[	Правильный тетраэдр	]
	[	Сфера, вписанная в тетраэдр	]
	[	Касательные к сферам	]

Сложность: 4
Классы: 8,9,10,11

Автор: Евдокимов М.А.

Через вершину правильного тетраэдра проведена плоскость, касающаяся его вписанной сферы и отсекающая от противоположной грани треугольник. Докажите, что периметр этого треугольника не зависит от выбора плоскости.

Решение

Пусть $S$ — вершина из условия, $ABC$ — противоположная грань тетраэдра. Касательные, проведённые из вершины $S$ к вписанной сфере, образуют конус, пересекающий основание по окружности (так как тетраэдр правильный). Нетрудно видеть, что эта окружность проходит через середины сторон основания, и так как по трём точкам окружность однозначно определяется, это вписанная в основание окружность $\omega$. Так как плоскость из условия касается сферы, эта плоскость пересекает основание по касательной к окружности $\omega$.

Пусть $KL$ — эта касательная, и она отсекает треугольник $AKL$. Нетрудно заметить, что периметр треугольника $AKL$ равен удвоенному расстоянию от вершины $A$ до точки касания окружности $\omega$ со стороной $AB$, то есть равен стороне основания.

По сути мы свели исходную стереометрическую задачу к простой планиметрической: если в равносторонний треугольник $ABC$ вписана окружность, то касательные к этой окружности (отличные от сторон треугольника) отсекают от $ABC$ треугольник постоянного периметра.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 28]