Фильтр
Задачи
Задача 109618 |
|
|
Докажите, что при n ≥ 5 сечение пирамиды, в основании которой лежит правильный n-угольник, не может являться правильным (n+1)-угольником.
Решение
Пусть правильный (n+1)-угольник B1...Bn+1 является сечением пирамиды SA1...An, где A1...An – правильный n-угольник. Мы рассмотрим три случая:
n = 5, n = 2k – 1 (k > 3) и n = 2k (k > 2).
Так как n-угольная пирамида имеет n + 1 грань, то стороны сечения находятся по одной в каждой грани пирамиды. Поэтому без ограничения общности можно считать, что точки B1, ..., Bn+1 расположены на ребрах пирамиды так, как показано на рисунках (в соответствии с указанными случаями).
Проведём через прямые ST и B1B4 плоскость. Эта плоскость пересечет плоскость основания пирамиды по прямой B1A4, которая должна проходить через точку пересечения прямой ST с плоскостью основания, то есть через точку T.
Итак, прямые A1A5, A4B1 и A2A3 пересекаются в одной точке. Аналогично доказывается, что прямые A1A2, A3B6 и A4A5 пересекаются в одной точке. Из этого следует, что A4B1 и A3B6 – оси симметрии правильного пятиугольника A1...A5, значит, точка O их пересечения – центр этого пятиугольника. Заметим теперь, что если Q – центр правильного шестиугольника B1...B6, то плоскости SA3B6, SA4B1 и SB2B5 пересекаются по прямой SQ. Следовательно, прямые A3B6, A4B1 и A2A5 должны пересекаться в одной точке – точке пересечения прямой SQ с плоскостью основания пирамиды. Значит, диагональ A2A5 правильного пятиугольника A1...A5 должна проходить через его центр O, что неверно.
2) n = 2k – 1 (k > 3). Аналогично первому случаю показывается, что так как в правильном 2k-угольнике B1...B2k прямые B1B2, Bk+1Bk+2 и BkBk+3 параллельны, то прямые A1A2, Ak+1Ak+2 и AkAk+3 должны пересекаться в одной точке или быть параллельными, что невозможно, так как в правильном (2k–1)-угольнике A1...A2k–1 прямые Ak+1Ak+2 и AkAk+3 параллельны, а прямые A1A2 и Ak+1Ak+2 не параллельны.
3) n = 2k (k > 2). Аналогично предыдущему случаю прямые A1A2, Ak+1Ak+2 и AkAk+3 параллельны, следовательно, прямые B1B2, Bk+1Bk+2 и BkBk+3 должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как Bk+1Bk+2 || BkBk+3, а прямые B1B2 и Bk+1Bk+2 не параллельны.
|
|
Задача 109801 |
|
|
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 – прямоугольный параллелепипед, в котором AB=a , AD=b , AA1=c , причем aБез ограничения общности можно считать, что шестиугольное сечение KLMNPQ расположено так, что K
Рис. 1
В шестиугольнике KLMNPQ пары противоположных сторон параллельны (как прямые пересечения плоскости с парой параллельных плоскостей). Расстояние между параллельными прямыми QK и MN не меньше, чем расстояние между гранями ADD1A1 и BCC1B1 , которое равно a .
Рис. 2
Аналогично, расстояние между парами параллельных сторон KL и NP , LM и PQ не меньше длины одного из ребер параллелепипеда, и, следовательно, не меньше a .
Докажем, что проекция шестиугольника KLMNPQ на любую прямую, лежащую в плоскости этого шестиугольника, не меньше, чем a .
Поскольку противоположные стороны шестиугольника KLMNPQ параллельны, его проекция на некоторую прямую l будет совпадать с проекцией одного из отрезков KN , LP , MQ . Пусть, для определенности, проекция на l совпадает с отрезком K'N' , где K' и N' – проекции точек K и N соответственно.
Можно предполагать, что K' , N' , P и Q лежат по одну сторону от KN (этого можно добиться параллельным сдвигом l ).
Тогда один из углов K'KN , N'NK – не тупой, пусть, например,
Пусть шестиугольник KLMNPQ помещен в прямоугольник Π со сторонами, равными d1 , d2 . Тогда каждая из сторон d1 , d2 не меньше, чем длина проекции KLMNPQ на прямые, параллельные сторонам Π . Отсюда по доказанному
Заметим, что при проекции на плоскость ADD1A1 отрезок LP переходит в отрезок AD1 (см. рис. 1) , поэтому LP
Если бы каждая из сторон d1 , d2 была меньше b , то мы получили бы противоречие неравенству (2). Поэтому одна из сторон d1 , d2 не меньше b , другая сторона не меньше a в силу (1). Следовательно, в Π можно поместить прямоугольник со сторонами a , b , равный грани ABCD.
|
|
|
Задача 76444 |
|
|
Решение
Ответ: 30 способами. Прежде всего заметим, что для каждой из 10 больших диагоналей додекаэдра есть ровно три различных плоскости, перпендикулярных этой диагонали и высекающих правильный шестиугольник. Действительно, будем двигать плоскость, перпендикулярную диагонали, от одной вершины к другой. Сначала в сечении будет правильный треугольник, потом неправильный шестиугольник, который в определённый момент станет правильным, потом снова неправильный шестиугольник, который станет правильным, когда мы дойдём до центра додекаэдра; после этого всё повторится в обратном порядке. Остаётся проверить, что плоскость, не перпендикулярная большим диагоналям додекаэдра, не может высекать правильный шестиугольник. Для этого нужно рассмотреть следующие случаи: 1) параллельные стороны правильного шестиугольника лежат на двух смежных гранях; 2) параллельные стороны шестиугольника лежат на двух несмежных гранях, граничащих с одной и той же гранью; 3) параллельные стороны шестиугольника лежат на двух противоположных гранях. Первый случай невозможен. Второй случай легко разбирается. В третьем случае, если учесть второй, то окажется, что каждая пара параллельных сторон лежит на противоположных гранях. Этот случай теперь тоже несложно разобрать.|
|
|
Задача 116495 |
|
|
Длина ребра правильного тетраэдра равна a. Через одну из вершин тетраэдра проведено треугольное сечение.
Докажите, что периметр P этого треугольника удовлетворяет неравенству P > 2a.
Решение
Рассмотрим правильный тетраэдр ABCD. Пусть сечение, описанное в условии, проходит через вершину D и пересекает рёбра AB и BC в точках M и N соответственно (рис. слева). Рассмотрим развертку D2AD1CD3B тетраэдра ABCD на плоскость треугольника ABC (рис. справа).
|
|
|
Задача 86912 |
|
|
Ответ
36.00|
|
|
Страница: << 12 13 14 15 16 17 18 >> [Всего задач: 104]
