Страница: 1 2 >> [Всего задач: 6]      

Докажите, что пересечение трёх прямых круговых цилиндров с радиусами 1, оси которых попарно взаимно перпендикулярны (но не обязательно пересекаются), содержится в некотором шаре радиуса  

Решение

Пусть цилиндры задаются неравенствами  (x – a)² + (y – b)² < 1,  (y – c)² + (z – d)² < 1,  (z – e)² + (x – f)² < 1.  Заметим, что
(x – a)² + (x – f)² = 2x² – 2x(a + f)a² + f² > 2x² – 2x(a + f) + ½ (a + f)² = 2(x – ½ (a + f))².  Аналогично
(y – b)² + (y – c)² > 2(y – ½ (b + c))²,  (z – d)² + (z – e)² > 2(z – ½ (d + e))².  Сложив три неравенства, задающих цилиндры, и применив доказанные оценки, получим  (x – ½ (a + f))² + (y – ½ (b + c))² + (z – ½ (d + e))² > ³/₂.  Это означает, что точка, лежащая внутри каждого из трёх цилиндров, лежит внутри сферы с центром в точке  (½ (a + f), ½ (b + c), ½ (d + e))  и радиуса  

Прислать комментарий

В пространстве даны параллелограмм ABCD и плоскость M. Расстояния от точек A, B и C до плоскости M равны соответственно a, b и c.
Найти расстояние d от вершины D до плоскости M.

Подсказка

Чему равно расстояние от центра параллелограмма до плоскости M?

Решение

Можно считать, что плоскость M перпендикулярна оси абсцисс. Суммы абсцисс противоположных вершин параллелограмма равны (это удвоенная абсцисса центра O параллелограмма). Абсциссы точек могут отличаться от расстояний знаками. Поэтому ответ зависит от расположения вершин параллелограмма относительно плоскости M. Например, если точки A, B и C имеют положительные абсциссы, то абцисса точки D равна a – b + c.

Ответ

d = |a ± c ± b|.

Прислать комментарий

Найдите геометрическое место точек, лежащих внутри куба и равноудалённых от трёх скрещивающихся рёбер  a, b, c  этого куба.

Решение

  Расположим систему координат так, чтобы вершины куба ABCDA'B'C'D' имели координаты:  A(0, 0, 0),  B(1, 0, 0),  D(0, 1, 0),  A'(0, 0, 1).
  Расстояние от точки  M(x, y, z)  до ребра  a = BB'  равно расстоянию от её проекции  M'(x, y) на плоскость xOy до точки  B(1, 0),  то есть равно   .  Аналогично квадраты расстояний от M до рёбер  b = CD  и  c = A'D'  равны, соответственно,  (1 – y)² + z²,  (1 – z)² + x².  При  x = y = z  точка M, очевидно, равноудалена от  a, b, c.  Докажем, что больше таких точек нет. Пусть не все координаты точки M равны между собой, и x – наименьшая из них, а z – наибольшая (остальные случаи разбираются точно так же). Тогда  x < z,  1 – z ≤ 1 – y   ⇔   (1 – z)² + x² < (1 – y)² + z²,  и  M не равноудалена от рёбер b и c.  Итак, искомое ГМТ – множество точек, координаты которых удовлетворяют соотношению  x = y = z.  Это диагональ AC' куба.

Ответ

Большая диагональ куба, не имеющая общих точек с рёбрами  a, b, c.

Прислать комментарий

N³ единичных кубиков просверлены по диагонали и плотно нанизаны на нить, после чего нить связана в кольцо (то есть вершина первого кубика соединена с вершиной последнего). При каких N такое ожерелье из кубиков можно упаковать в кубическую коробку с ребром длины N?

Решение

  Выберем в ожерелье какой-нибудь кубик и отметим его номером 1. Затем занумеруем остальные кубики по порядку, двигаясь вдоль нити в одном из двух возможных направлений. В кубике с номером n обозначим через A_n ту принадлежащую нити вершину, которая примыкает к предыдущему кубику.
  Выберем систему координат, совместив начало с вершиной коробки, направив оси вдоль её ребер и взяв в качестве единицы длины длину ребра кубика. Если ожерелье упаковано в коробку, то принадлежащие нити вершины каждого кубика имеют различные по чётности абсциссы. Значит, сумма этих двух абсцисс для каждого кубика – нечётное число. Следовательно, в случае нечётного N сумма всех этих абсцисс по всем кубикам – также нечётное число. Но каждая абсцисса повторяется дважды: каждая вершина A_n принадлежит двум кубикам. Значит, указанная сумма чётна. Таким образом, при нечётном N упаковать ожерелье в коробку невозможно.
  При чётном N в каждом кубике проведём диагональ, связывающую вершину вида  (ч, ч, н)  (то есть вершину, у которой первые две координаты чётны, а третья – нечётна) с вершиной вида  (н, н, ч).  Рассмотрим граф, образовавшийся на вершинах такого вида. Нетрудно понять, что он связен. Кроме того, каждая вершина внутри куба соединена с восемью вершинами, на грани – с четырьмя, а на ребре – с двумя вершинами. Следовательно, по известному критерию (см. решение задачи 30806), в этом графе существует цикл, проходящий по каждому ребру ровно один раз. Уложив кубики в порядке обхода этого цикла так, что просверленная диагональ каждого попадёт на соответствующее ребро, получим требуемую укладку нашего ожерелья.

Прислать комментарий

В восьми данных точках пространства установлено по прожектору, каждый из которых может осветить в пространстве октант (трёхгранный угол со взаимно-перпендикулярными сторонами). Доказать, что можно повернуть прожекторы так, чтобы они осветили все пространство.

Решение

Введём в пространстве систему координат Oxyz и выберем из данных точек 4 точки с наибольшей координатой z. Рассмотрим проекции данных точек на плоскость Oxy и с помощью прямых углов в полученных точках осветим эту плоскость (см. решение задачи 5 для 7 класса). Октанты в исходных точках направим по сторонам этих прямых углов и в отрицательном направлении оси Oz. Для оставшихся четырёх точек делаем то же самое, только теперь направляем октанты в положительном направлении оси Oz.

Прислать комментарий

Страница: 1 2 >> [Всего задач: 6]