asyan.org
добавить свой файл
1
СТЕРЕОМЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ


  1. Дві різні паралельні проекції просторової замкнутої ламаної ABCD на одну й ту саму площину є паралелограмами. Чи можна стверджувати, що ABCD є паралелограмом?

Розв'язання

Доведемо, що ABCD — паралелограм. Нехай М і N — середини відрізків АС і BD. Припустимо, що точки М і N не збігаються. Розглянемо перше проектування вздовж прямої l1. Оскільки точки М і N проектують­ся, очевидно, в одну й ту саму точку, то MN || l1 Аналогічно, якщо друге проектування здійснюється вздовж l2, то MN || l2. Але l1 і l2 не є паралель­ними. Дійшли суперечності, яка по­казує, що М = N, тобто ABCD па­ралелограм.


  1. У просторі дано три прямі а, b, с. На прямій а взято точку М0. З точки М0 проведено перпендику­ляр до прямої b до перетину з нею в точці M1. З цієї точки M1, проведе­но перпендикуляр до прямої с до перетину з нею в точці М2. З точки М2 проведено перпендикуляр знову до прямої а до перетину з нею в точці M3 і т. д. Доведіть, що коли М6 = М0, то й M3 = М0.

Розв'язання

Позначимо кути між прямими а і b, b і с, с і а відповідно через α, β, γ.

Тоді M1M4 = М0М2 cosα, М2М5 = М1М4 cosβ, M3M6 = М2 М5 cosγ .

Звідси

M3M6 = M0M3 cosα cosβ cosγ,

M0M6 = М0М3 + М3М6 = M0M3(1 + cosα cosβ cosγ).

Косинуси кутів α, β, γ — величини не від'ємні. Тому з рівності М0М6 = 0 випливає, що M0M3 = 0.


  1. Основою піраміди SABCD є прямокутник ABCD. Бічне ребро SA перпендикулярно до площини основи. Площина, яка проходить через верши­
    ну А перпендикулярне до ребра SC, перетинає бічні ребра SB, SC, SD у точках B1, С1, D1 відповідно. Доведіть, що навколо многогранника ABCDB1C1D1 можна описати сферу.

Розв'язання

Переріз кулі площиною є круг. Центр цього круга є осно­вою перпендикуляра, який прове­дено з центра кулі до площини перерізу. Доведемо, що навколо чотирикутника АВ1С1D1 можна описати коло. Оскільки CBAB і АВ — проекція SB на площину основи, то, за теоремою про три перпендикуляри, SBBC. Тому СВ — перпендикуляр до площи­ни SAB, а отже, і площина SBC перпендикулярна площині SAB. За умовою площина SBC проходить через пряму SC, перпендикулярну до площини чотирикутника АВ1С1D1, тому ці дві площини перпендикулярні. Якщо дві площини перпендикулярні до третьої площини, то лінія їх пере­тину також є перпендикулярною до цієї площини. Тому AB1(SBC) і C1B1А = 90°. Аналогічно, C1D1А = 90°. Отже, О1 — середина АС1центр кола, описаного навколо AB1C1D1, тобто O1A=O1B1=O1C1=O1D1. Нехай точка О — точка перетину діагоналей прямокутника ABCD. Тоді О — середина АС, і тому OO1||SC. Отже, OO1(АВ1С1D1), звідси

ОА = ОВ1 = ОС1 = OD1 = OB = OC = OD.

Це означає, що точка О є центром сфери, описаної навколо цього много­гранника.


  1. У просторі дано три точки Р, Q і S. Із точок Р і Q проведено два про­
    мені, причому кожен з променів, проведених із точки Р, перетинає обидва
    промені, проведені із точки Q. Відомо, що точки А, В, С, D перетину цих
    променів утворюють чотирикутник одиничної площі, і що від піраміди
    SABCD певною площиною можна відрізати чотирикутну піраміду SKLMN,
    основа якої KLMN є прямокутником. Доведіть, що об'єм піраміди SABCD не перевищує .

Розв'язання

Очевидно, що точки Р, Q, А, В, С, D лежать в одній площині (позначи­мо її через а). Нехай KLMNпря­мокутний переріз піраміди SABCD певною площиною. Площини SAB і SCD перетинаються по прямій SP. Із паралельності прямих MN і KL ви­пливає, що MN || KL || SP. Аналогічно доводиться, що NK || ML || SQ. Але MNNK, тому SPSQ. Останнє озна­чає, що точка S лежить на сфері, по­будованій на відрізку PQ як на діа­метрі. Але тоді відстань від точки S до площини α (яка містить PQ) не перевищує . Звідси .


  1. На ребрі АВ куба ABCDA1В1C1D1 довільно вибрали точку Р. Потім на ребрі AD взяли таку точку Q, що AP = DQ. Доведіть, що величина двогран­ного кута між площинами А1РС та А1QC не залежить від вибору точки Р.

Розв'язання

Оскільки АР = DQ, то . Розглянемо ортогональну проекцію куба на площину, перпендикулярну діагоналі А1С (див. рис. 1). Тоді кут Q'С'Р' буде шуканим. Ортогональна проекція зберігає відношення відрізків прямої, тому і Q'А'=Р'В'.

Але тоді Q'С'А' = ∆Р'С'В' і Q'С'А' = P'С'В', звідси

Q'C'P' = A'C'B' = P'C'B' + Q'C'A' = 60° - P'C'B' + P'C'B' = 60o.


  1. Вписана в тетраедр ABCD сфера дотикається до граней BCD, ACD,
    ABD, ABC у точках відповідно А1, В1, С1 і D1. Відомо, що прямі АВ1 і ВА1
    перетинаються. Доведіть, що прямі CD1 та DC1 також перетинаються.

Розв'язання

За властивостями відрізків дотичних, проведених до сфери з однієї точки, маємо: АВ1 = АС1 = AD1, ВА1 = ВС1 = BD1, CA1 = СВ1 = CD1, DA1 = DB1 = DC1.

За рівністю трьох сторін, ABA1D = ABC1D. Тому BA1D = BC1D = α.

Аналогічно дово­диться, що

CA1D = CB1D = β,

BA1C = BD1C = γ,

AB1D = AC1D = δ,

AB1C = AD1C = ε,

AC1B = AD1B = τ.

Записуючи суму кутів з вершинами у точках А1, В1, С1, D1 дістанемо систему рівнянь α + β + γ = β + δ + τ = γ + ε + τ = 360о, з якої знаходимо α = ε, β = τ, γ = δ.

Прямі ВА1 і АВ1 (за умо­вою задачі) можуть перети­натися лише в деякій точці М ребра CD. У трикутниках DA1M і DB1M маємо: МА1 =МВ1 (як відрізки дотич­них до сфери), сторона MD спільна, а рівність DA1 = DB1 наведена раніше. Тому DA1 М = ∆DB1M i DA1M = DB1 M. Але тоді DA1B = DB1A (як доповняльні кутів DA1M і DB1M до 180°), тобто а=5=є=у. Нехай N — точка перетину прямих DC1 і АВ. Рівність трикутників АС1N і AD1N доводиться анало­ гічно рівності трикутників DA1M і DB1M.

Тому AC1N = AD1N. Звідси

CD1A +AD1N = ε + AD1N = ε + AC1N = ε +AC1N =

= DC1A + AC1N = 180°.

Отже, точки С, D1 і N лежать на одній прямій. А це означає, що прямі CD1 і DC1 перетинаються в точці N, що й треба було довести.


  1. Навколо сфери радіусом 10 описано деякий 19-гранник. Доведіть, що
    на його поверхні знайдуться дві точки, відстань між якими більша від 21.

Розв'язання

Площа даної сфери дорівнює 400 л. Тому площа описаного 19-гранника більша від 400л, а площа деякої його грані більша від . Нехай А — точка дотику грані до сфери і В — така точка грані, що, (така точка існує, оскільки інакше вся грань лежала б усередині круга радіуса і мала б площу, меншу від ). Якщо О центр сфери, то . Звідси випливає, що довжина відрізка, проведеного із В че­рез О до перетину з многогранником, більша від 21.


  1. Знайдіть найбільше значення об'ємів многогранників, що мають 6 вершин, вписаних у сферу з радіусом 1.

Розв'язання

Зрозуміло, що для шуканого многогранника центр сфери знаходиться всередині. З'єднаємо центр сфери з вершинами многогранника, його можна розбити на 8 трикутних пірамід. Об'єм кожної такої піраміди не пе­ревищує , а об'єм усього многогранника, таким чином, не може перевищувати . Залишається перевірити, що многогранник, вписаний у сферу, в якого 6 вершин і об'єм , існує. Це октаедр, що дістанемо, якщо у сфері проведемо три попарно перпендикулярні діаметри.


  1. Дано тетраедр ABCD, в якому кожна пара мимобіжних ребер — рівні
    відрізки. Нехай О — центр сфери, вписаної в цей тетраедр. X довільна
    точка всередині тетраедра, ХО. Пряма ОХ перетинає площини граней
    тетраедра в точках, які позначено через А1, В1, С1, D1. Доведіть, що .

Розв'язання

Оскільки мимобіжні ребра рівні, то чотири грані тетраедра — рівні трикутники. Значення площі такої грані позначимо через S. Будемо вва­жати, що А1 BCD, В1 ACD, С1 ABD, D1 ABC. Проекції точки X на ці площини позначимо відповідно через Х1, Х2, Х3, Х4, проекції точки О — відповідно через О1, О2, О3, О4. Через r позначимо радіус вписаної сфери. Тоді

.

Записавши аналогічні рівності для В11, D1, маємо:

.


  1. У трикутній піраміді SABC SAC+CAB=SBA, SAB+CAB=SCA, SA = SB + SC. Знайдіть величину кута між бісектрисами плоских кутів ASB тa ASC.



Розв'язання

Нехай SP і SQ відповідно бісектриси плоских кутів ASB і ASC, SP = a, SQ = b, PQ = c. Розгорнемо грані даної піраміди на площину ABC, у цьому разі вершина S перейде в точки S1, S2, S3. Оскільки S1AC + CAB = S2BA, то AS1 || BS2. З того, що S2AB +CAB = S1CA, випливає, що AS2 || S1C. Позначимо через К точку перетину прямих S1C і S2B. AS1 = AS2, отже, AS1KS2 ромб. Отже, точки S1, Q, P, S2 лежать на одній прямій — діагоналі ромба. Нехай S2B = x, S1C = y. Тоді AS1 = AS2 = x + y (за умовою задачі). . Тому . , тому .

Маємо: , с2 = a2 + b2 ab. З цього випливає, що ,PSQ = 60°.
Задачі для самостійного розв'язування

  1. Прямі, що проведені перпендикулярно до граней тетраедра, через центри вписаних у них кіл, перетинаються в одній точці. Доведіть, що суми довжин протилежних ребер цього тетраедра рівні між собою.

  2. Центри чотирьох куль радіуса r лежать у вершинах правильного тетраедра з ребрами 2r. Циліндрична поверхня дотикається до всіх чо­тирьох куль. її вісь перпендикулярна до прямої, що з'єднує середини про­тилежних ребер тетраедра і утворює кут α з одним із цих ребер. Знайдіть радіус циліндричної поверхні.

  3. На горизонтальній поверхні лежать чотири кулі радіуса r. їх центри утворюють квадрат зі стороною 2r. Зверху в лунку, що утворена цими кулями, поклали п'яту кулю такого ж радіуса. Знайдіть відстань від її
    найвищої точки до площини.

  4. Навколо сфери описаний просторовий чотирикутник. Доведіть, що всі точки дотику лежать в одній площині.

  5. Із усіх ортогональних проекцій правильного тетраедра на різні площини знайдіть проекцію з найбільшою площею.

  6. У просторі розташовано два правильні п'ятикутники ABCDE та AEKPL так, що DAK = 60°. Доведіть, що площини АСК та ALD є взаємно
    перпендикулярними.

  7. Дві кулі ω1 та ω2 нерівних радіусів дотикаються зовні в точці Р. Дано такі відрізки АВ і CD, що перша з куль дотикається до них у точках А і С, а друга — у точках В і D. Нехай М і N — ортогональні проекції середин відрізків АС і BD відповідно на пряму, що проходить через центри даних куль. Доведіть, що РМ = PN.

  8. Про паралелепіпед ABCDA1В1С1D1 відомо, що всі його грані — ром­би, а всі плоскі кути при вершині А рівні між собою. На ребрах A1B1, DC,
    ВС
    i A1D1 позначили точки відповідно М, N, P, Q так, що А1М = ВР і DN = А1Q. Знайдіть кут між лініями перетину площини А1BD з площина­ми AMN і APQ.

  9. Чи існує такий тетраедр ABCD, в якому АВ = АС = AD = BC, а сере­дини плоских кутів при вершинах В і С дорівнюють по 150°?

  10. Дано тригранний кут з вершиною S. Площина п перетинає ребра цього кута в точках А, В, С. Дві кулі, що вписані в даний триграний кут, дотикаються до площини π у точках Р і Q і лежать по різні боки від неї. До­ведіть, що бісектриси кутів PAQ, PBQ, PCQ перетинаються в одній точці.

  11. Дано тетраедр SABC. Нехай О центр сфери, який проходить через вершину S і перетинає ребра SA, SB, SC відповідно у точках A1, B1, С1 таких, що навколо многогранника АВСА1В1С1 можна описати сферу. Доведіть, що пряма SO перпендикулярна до площини ABC.

  12. У просторі дано два ромба ABCD і EFGH. Відомо, що:

    1. площини ABC і EFH паралельні;

    2. відрізок АЕ перпендикулярний до площин ABC і EFG;

    3. кути BAD і FEH рівні та однаково орієнтовані (один і той самий
      поворот у просторі відносно прямої АЕ переводить В у D і F у Н).

Нехай Р і Qсередини відрізків відповідно ВН і DF. Доведіть, що прямі PQ i CG — взаємно перпендикулярні.

  1. Нехай δ — сфера, описана навколо довільного тетраедра ABCD, δА,
    δB, δС, δD — сфери, що вписані в тригранні кути тетраедра з вершинами
    відповідно А, В, С, D та дотикаються внутрішньо до δ у точках відповідно
    А1, B1, С1, D1. Доведіть, що прямі АА1, ВВ1, СС1, DD1 перетинаються
    в одній точці.

  2. Три сфери δ1, δ2, δ3 перетинаються по одному колу ω. Нехай А — довільна точка, що лежить на колі ω. Промінь АВ перетинає сфери δ1, δ2, δ3 у точках відповідно В1, В2, В3, а промінь АС перетинає сфери δ1, δ2, δ3 у точках С1, С2, С3 i А, Сi А, i = 1, 2, 3). Відомо, що В2середина відрізка В1B3. Доведіть, що С2 — середина відрізка С1С3.

  3. Нехай ω — сфера, що дотикається до всіх ребер тетраедра SABC, О — її центр. Відомо, що А1, В1, С1 – центри сфер, вписаних відповідно в тетраедри SOBC, SOCA, SOAB, а А2, В2, С2 — точки перетину цих прямих
    ОА1, ОВ1, ОС1 з гранями SBC, SCA, SAB відповідно, а площина А222
    точки перетину прямих OA1, ОВ1, ОС1 з гранями SBC, SCA, SAB відповідно,
    а площина А2В2С2 паралельна площині ABC. Доведіть, що трикутник
    ABC — рівносторонній.