Datasets:
id
stringlengths 10
16
| statement
stringlengths 0
9.54k
| answer
stringlengths 0
4.24k
| solution
stringlengths 0
47.5k
| metadata
dict | hints
sequencelengths 0
12
|
|---|---|---|---|---|---|
shkolkovo-38772 | плоские углы трехгранного угла равны \alpha,β,\varphi , противолежащие им ребра трехгранного угла образуют с плоскостями граней углы a , b , c . докажите, что \sin\alpha\sina=\sinβ\sinb=\sin\varphi\sinc. | что и требовалось доказать | рассмотрим произвольный тетраэдр, содержащий заданный трёхгранный угол. пусть x,y,z ( x соответствует углу a и т.д.) — длины смежных с трёхгранным углом сторон этого тетраэдра. заметим, что xyz\sin\alpha\sina=h\cdotyz\sin\alpha=h_{yz}\cdot2S_{yz}=6V где h_{yz} — длина высоты на грань со сторонами y,z , а S_{yz} — её площадь, V — объём тетраэдра. отсюда следует, что каждое произведение равно (6V)/(xyz) . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3026?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"для начала давайте попробуем сделать задачу более "осязаемой". у нас есть просто множество углов и непонятно, что с ними в таком виде делать. о какой фигуре, возможно, вы подумали при виде такой конструкции? нельзя ли в этой задаче до неё просто достроить?",
"верно, мы ведь можем просто представить тетраэдр с нужным нам трехгранным углом и уже работать с ним. давайте ещё ведём длины рёбер x, y, z тетраэдра смежных с трёхгранным углом. выходит, нам надо доказать тройное равенство... но просто его выводить, скорее всего, не получится. тогда раз три произведения равны между собой, возможно, они равны чему-то общему, что от нас "спрятали". попробуем решить задачу так. раз мы уже зафиксировали рёбра, и углы нам даны, что не будет меняться в нашем тетраэдре?",
"точно, объём у нас уже не будет меняться, а стороны мы зафиксировали сами, поэтому можно попробовать связать синусы с ними. для нахождения объёма нужна высота и площадь основания. не можем ли мы их просто найти из имеющихся данных?",
"конечно, площадь основания находится почти "бесплатно", а высота – из конструкции с прямоугольным треугольником, у которого известна гипотенуза и угол. осталось только выразить нужные произведения оттуда и приравнять между собой."
] |
shkolkovo-41773 | объём правильной четырёхугольной пирамиды равен V , угол между боковым ребром и плоскостью основания равен 30^{\circ} . рассматриваются правильные треугольные призмы, вписанные в пирамиду так, что одно из боковых рёбер лежит на диагонали основания пирамиды, одна из боковых граней параллельна основанию пирамиды, и вершины этой грани лежат на боковых гранях пирамиды. найдите объём той призмы, плоскость боковой грани которой делит высоту пирамиды в отношении 2:3 , считая от вершины. | (9V)/(125) | обозначим через a сторону основания ABCD данной пирамиды PABCD . пусть плоскость, параллельная основанию пирамиды и проходящая через точку Q, лежащую на высоте пирамиды, делит высоту в данном отношении (PQ)/(QO)=(2)/(3) . тогда в сечении пирамиды этой плоскостью получится квадрат A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} со стороной (2)/(5)a ( A_{1}∈PA,B_{1}∈PB... ). пусть боковое ребро KK_{1} правильной призмы KLMK_{1}L_{1}M_{1} лежит на диагонали AC квадрата ABCD . тогда вершины противоположной грани LMM_{1}L_{1} лежат на сторонах соответственно A_{1}D_{1},A_{1}B_{1},B_{1}C_{1},C_{1}D_{1} квадрата A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} . из прямоугольного треугольника AOP находим, что PO=AO\tg∠OAP=(a\sqrt{2})/(2)\cdot\tg30^{\circ}=(a\sqrt{2})/(2\sqrt{3}) тогда если KF - высота равностороннего треугольника KLM , то KF=OQ=(3)/(5)PO=(3)/(5)\cdot(a\sqrt{2})/(2\sqrt{3})=(a\sqrt{6})/(10) пусть b - сторона основания призмы. тогда KF=(b\sqrt{3})/(2) . из уравнения (b\sqrt{3})/(2)=(a\sqrt{6})/(10) находим, что b=(a\sqrt{2})/(5) . обозначим LL_{1}=MM_{1}=KK_{1}=h . поскольку прямоугольник LMM_{1}L_{1} вписан в квадрат A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} , причём его стороны параллельны диагоналям квадрата, то периметр прямоугольника равен сумме диагоналей квадрата, т. е. 2h+2b=2\cdot(2)/(5)a\sqrt{2} . значит, h=(2)/(5)a\sqrt{2}-(a\sqrt{2})/(5)=(a\sqrt{2})/(5) поэтому V_{KLMK_{1}L_{1}M_{1}}=S_{\DeltaKLM}\cdotKK_{1}=(b^{2\sqrt{3}})/(4)\cdoth=(2a^{2})/(25)\cdot(\sqrt{3})/(4)\cdot(a\sqrt{2})/(5)=(a^{3\sqrt{6}})/(250) выразим найденный объём через объём V данной пирамиды: V=V_{PABCD}=(1)/(3)S_{ABCD}\cdotOP=(1)/(3)a^{2}\cdot(a\sqrt{2})/(2\sqrt{3})=(a^{3\sqrt{6}})/(18) следовательно, V_{KLMK_{1}L_{1}M_{1}}=(a^{3\sqrt{6}})/(250)=(18V)/(250)=(9)/(125)V | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3026?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-71442 | в треугольной пирамиде SABC в основании лежит равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AC. боковые грани SAB и SAC перпендикулярны плоскости ABC. сфера радиусом, равным AC, с центром в точке S делит пирамиду на две части. найдите объём большей из этих частей, если SA=AB=2. | (\pi(15-8\sqrt{2}))/(9) | из условия задачи вытекает, что ребро SA пирамиды перпендикулярно основанию ABC. обозначим SA=AB=a. пирамида SABCD является 1/48 частью изображённого на рисунке куба с ребром 2a, причём все 48 пирамид, образующих этот куб, располагаются центрально-симметрично относительно общей вершины S. поэтому искомый объём есть 1/48 объёма тела, представляющего собой пересечение шара радиуса R=\sqrt{2a} и данного куба. это пересечение есть шар без шести шаровых сегментов с высотой шарового сегмента h=(\sqrt{2}-1)a (см. рисунок). объём этого тела: V=(4)/(3)\piR^{3}-6\pih^{2}(R-(h)/(3))=(4)/(3)\pi\cdot2\sqrt{2}a^{3}-6\pi(\sqrt{2}-1)^{2}(\sqrt{2}-(\sqrt{2}-1)/(3))a^{3}= =(8\sqrt{2})/(3)\pia^{3}-2(3-2\sqrt{2})(2\sqrt{2}+1)\pia^{3}=(2)/(3)\cdot\pia^{3}(4\sqrt{2}-3(4\sqrt{2}-5))=(2)/(3)\cdot\pia^{3}(15-8\sqrt{2}) значит, искомый объём равен (2)/(3\cdot48)\cdot\pia^{3}(15-8\sqrt{2})=(\pia^{3}(15-8\sqrt{2}))/(72) =(\pi(15-8\sqrt{2}))/(9) отметим, что объём всей пирамиды равен (1)/(3)\cdot(2\cdot2)/(2)\cdot2=(4)/(3) (или, что то же самое, 1/48 части куба, то есть (4^{3})/(48)=(4)/(3) ) найденный объём части пирамиды больше, чем 1/2 объема пирамиды, так как (\pi(15-8\sqrt{2}))/(9)>(2)/(3)\iff15-8\sqrt{2}>(6)/(\pi)\iff15-8\sqrt{2}>15-12=3>(6)/(\pi) это подтверждает, что мы нашли именно объём большей части пирамиды. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3451?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"из условия сразу можно понять, что sa перпендикулярно плоскости abc. работать просто так с пирамидой не очень удобно, к тому же у нас ещё присутствует сфера в задаче. видим, что у нас прямой угол в основании и прямой угол между ребром и основанием! тогда до чего можно достроить нашу пирамиду?",
"верно, можно сначала отразить симметрично пирамиду относительно ac. а дальше понятно, что это большая пирамида будет 1/3 от куба, до которого тоже в силу равенства отрезков можно достроить. но хватит ли этого нам? у нас есть сфера, которая отсекает от исходной пирамиды часть, и не совсем понятно, как вообще этот объём искать... как можно задействовать неиспользуемую часть, после чего всё станет намного проще?",
"да, можно наш куб со стороной равной двум достроить ещё до куба со стороной 4. теперь какой же объём нас интересует?",
"верно, нам нужен объём, который получается, как разность объёма сферы и 6 сегментов, выходящих наружу за куб. а точнее, потом нам нужно поделить его на 48. отлично! осталось аккуратно посчитать эти объёмы, и потом ещё проверить, что вы нашли больший из них. например, можно проверить, что найденный объём больше половины объёма исходной пирамиды. победа!"
] |
shkolkovo-72972 | звездолёт находится в полупространстве на расстоянии a от его границы. экипаж знает об этом, но не представляет, в каком направлении двигаться, чтобы достигнуть граничной плоскости. звездолёт может лететь в пространстве по любой траектории, измеряя длину пройденного пути, и имеет датчик, подающий сигнал, когда граница достигнута. может ли звездолёт гарантированно достигнуть границы, преодолев путь длиной не более 14a? | да | пусть корабль находится в некоторой точке O. рассмотрим правильный октаэдр A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}, описанный возле шара радиуса a с центром в точке O. докажем, что путь O\toA_{1}\toA_{2}\toA_{3}\toA_{4}\toA_{5}\toA_{6} заведомо позволит достигнуть граничной плоскости. предположим противное. тогда вершины октаэдра, а значит, и сам октаэдр (выпуклая оболочка его вершин) лежат строго внутри полупространства. поэтому вписанный шар октаэдра, радиус которого равен a, тоже лежит строго внутри полупространства. получаем противоречие, так как по условию расстояние до граничной плоскости полупространства равно a. покажем теперь, что длина пути O\toA_{1}\toA_{2}\toA_{3}\toA_{4}\to \toA_{5}\toA_{6} меньше 14a. пусть OA_{1}=OA_{2}=OA_{3}=x,OH — высота пирамиды OA_{1}A_{2}A_{3}. запишем ее объём двумя способами: V=(1)/(6)x^{3}=(1)/(3)\cdotOH\cdotS_{A_{1}A_{2}A_{3}}=(1)/(3)\cdota\cdot\sqrt{3}\cdot((x\sqrt{2})^{2})/(4) отсюда получаем, что x=a\sqrt{3}, а длина ребра октаэдра равна a\sqrt{6}. поэтому длина пути равна (\sqrt{3}+5\sqrt{6})a<14a, так как \sqrt{2}<43/30. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3030?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"в условии сказано, что пройдя расстояние, равное a, в определенную сторону, звездолет покинет полупространство. каким образом мы можем описать все варианты той точки, где кончается полупространство?",
"мы можем сказать, что если звездолет находится в какой-нибудь точке о, то на сфере с центром в точке o и радиусом a гарантированно найдется точка , которая уже не будет являться частью полупространства. подумайте, как данная сфера может помочь в выборе траектории. может быть, есть какая-то фигура, которую удобно будет описать около сферы?",
"рассмотрите правильный октаэдр, описанный около данной сферы. если мы докажем, что путь из центра октаэдра по всем вершинам без повторений меньше 14a и хотя бы одна вершина гарантировано не лежит в полупространстве, то мы решим задачу. сначала подумайте, как можно сделать второе.",
"воспользуемся методом от противного. подумайте, где возникает противоречие, если мы скажем, что все вершины октаэдра лежат в данном полупространстве.",
"теперь нужно найти длину пути от о и по всем вершинам. давайте назовем наш октаэдр a₁a₂a₃a₄a₅a₆, тогда не трудно найти кратчайший маршрут обхода: o -> a₁ -> a₂ -> a₃ -> a₄ -> a₅ -> a₆. как можно найти длину данного пути?",
"для начала нужно найти длину отрезка oa₁, так как из него легко можно выразить длину ребра октаэдра. мы знаем, что длина высоты, опущенной из точки о на грань октаэдра равна a, тогда как мы можем найти длину oa₁?",
"давайте рассмотрим пирамиду oa₁a₂a₃, найдем ее объем двумя разными способами, как 1/6 куба с ребром oa₁ и через длину высоты и площадь a₁a₂a₃. из равенства двух данных выражений легко можно выразить oa₁. для окончательного решения останется только найти длину ребра и доказать, что предложенный нами маршрут меньше 14a."
] |
shkolkovo-74505 | шар радиуса (4)/(9) лежит внутри правильной четырехугольной пирамиды SABCD со стороной основания 8 и высотой 3. этот шар касается плоскости основания ABCD пирамиды и боковых граней SBC и SCD. плоскость γ касается шара, проходит через точку B, середину K ребра CD и пересекает ребро SC в точке M. найдите объем пирамиды MBCK. | (192)/(37) | поскольку пирамида SABCD правильная, то центр O указанного шара лежит в плоскости SHC , где SH — высота пирамиды. пусть RP\parallelSH,R∈SC,P∈HC, O∈RP. обозначим SH=h,AB=a,RP=kh. проведем PN\parallelAB,N∈BC. E — точка касания шара плоскости SBC, пусть радиус шара OE=r. поскольку PC:HC=k, то PN=ka/2. треугольники ROE и RPN подобны, и OE:PN=RO:RN, или (r)/(ka/2)=(kh-r)/(k\sqrt{h^{2}+(a/2)^{2}}) ,(r)/(a)=(kh-r)/(\sqrt{4h^{2}+a^{2}}),k=(r)/(h)((\sqrt{4h^{2}+a^{2}})/(a)+1) по условию задачи a=8,h=3,r=(4)/(9). тогда k=(1)/(3). точка F — точка пересечения AC и BK, тогда FC=AC/3. поскольку PC=kHC= =HC/3= AC/6,FP=PC. пусть PQ⊥BK . тогда PQ=(a)/(2\sqrt{5}). если \alpha=∠OQP, то \tg\alpha=(r2\sqrt{5})/(a)=(\sqrt{5})/(9). угол между плоскостью γ и плоскостью основания равен 2\alpha. тогда \tg2\alpha=(2\tg\alpha)/(1-\tg^{2}\alpha)=(4\sqrt{5}ar)/(a^{2}-20r^{2})=(9\sqrt{5})/(38) пусть MG — отрезок перпендикуляра, опущенного из точки M на плоскость основания ABC , и MG=nh . тогда CG=nCH . если GV⊥BK , то GV=(GF)/(CF)h_{0}=(AC/3-nAC/2)/(AC/3) h_{0}=(2-3n)/(2)h_{0}, h_{0}=(a)/(\sqrt{5}) — высота треугольника BCK, проведенная из вершины C. \tg2\alpha=(2nh\sqrt{5})/((2-3n)a),n=(4ra^{2})/((h+6r)a^{2}-20hr^{2}) =(12)/(37) V_{MBCK}=(1)/(3)\cdot(a^{2})/(4)nh=(192)/(37) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8052?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"сразу же введём основание высоты пирамиды (например, через точку h) и центр шара (например, через точку o). раз в условии у нас правильная пирамида, то центр данного шара лежит в плоскости shc. тогда удобно будет провести прямую, проходящую через центр o параллельно sh (пусть это прямая pr). мы сразу знаем op, ведь он равен радиусу, а также то, что rp перпендикулярен плоскости основания пирамиды. введём коэффициент подобия треугольников sch и rcp (пусть он равен 1/k). тогда, зная sh, мы можем выразить pr через k. хорошо бы было выразить ещё отрезки через k, чтобы впоследствии прийти к уравнению и найти k. попробуйте сделать это в плоскости abcd.",
"в плоскости abcd мы можем провести прямую, проходящую через p параллельно ab. пусть она пересекает bc в точке n. тогда, так как abcd — квадрат, то ah = hc, и с помощью этого мы легко можем выразить pn через ab и k. теперь можно заметить, что точка касания шара и плоскости sbc лежит на rn. что тогда мы можем сказать про треугольники roe и rpn?",
"верно, они подобны. тогда, записав подобие, мы можем получить уравнение на k, откуда k = 1/3. отлично, теперь пора возвращаться к плоскости из условия. чтобы найти объём mbck, нужно найти высоту из m на bck (пусть это отрезок mg) и площадь треугольника bck. с треугольником bck нет никаких проблем, ведь мы знаем сторону квадрата abcd и отношение ck к kd, а значит, можем найти любой элемент треугольника. но как же найти mg? попробуйте выразить его через sh и коэффициент подобия треугольников mcg и sch (пусть он равен n). чтобы найти n, можно использовать угол между плоскостями mkb и kbc, опустив высоту gv на bk.",
"используя подобие треугольников vfg и fkc (f является точкой пересечения bk и ac), мы можем выразить gv через n. тогда мы можем выразить тангенс угла mvg через n. отлично! теперь осталось лишь найти этот угол. мы знаем, что он является линейным углом двугранного угла между плоскостями mkb и kbc. для решения задачи мы ещё не использовали, что плоскость mkb касается шара (пусть точка касания — точка t). зная это, мы можем опустить перпендикуляр pq на bk и получить, что tqp также является линейным углом двугранного угла между плоскостями mkb и kbc. теперь нужно найти угол tqp. его не очень удобно искать, однако посмотрите на треугольники otq и oqp. попробуйте найти угол, используя их равенство.",
"треугольники otq и oqp равны, а значит и углы tqo и oqp. тогда угол tqp в два раза больше угла oqp. а вот угол oqp легко найти, ведь мы можем выразить pq через подобие треугольников qfp и kfc, а op мы знаем. так мы найдём тангенс угла oqp. затем по формуле тангенса двойного угла найдём тангенс угла tqp и, подставив в уравнение, найдём n. осталось лишь подставить n в формулу mg и найти объём."
] |
shkolkovo-74582 | дана четырёхугольная пирамида OABCD, в основании которой лежит параллелограмм ABCD. плоскость \alpha пересекает рёбра OA, OB, OC и OD пирамиды в точках A^{/prime}, B^{/prime}, C^{/prime} и D^{/prime} соответственно. известно, что (OA^{/prime})/(OA)=(1)/(a),(OB^{/prime})/(OB)=(1)/(b),(OC^{/prime})/(OC)=(1)/(c) найдите (V_{OABCD})/(V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}}) | (2abc(a-b+c))/(a+c) | отношение объём пирамид с общим трёхгранным углом равно произведению отношений длин рёбер, исходящих из этого угла, (V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}})/(V_{OABC})=(1)/(abc) (V_{OA^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}})/(V_{OACD})=(t)/(ac), где t=(OD^{/prime})/(OD). поскольку треугольники ABC и ACD равны, V_{OABC}=V_{OACD}=(1)/(2)V_{OABCD}. значит, (V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}})/(V_{OABCD})=(V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}})/(V_{OABCD})+(V_{OA^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}})/(V_{OABCD})= =(V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}})/(2V_{OABC})+(V_{OA^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}})/(2V_{OACD})=(1)/(2abc)+(t)/(2ac) дальше можно было бы строить сечение и использовать для подсчёта отношений теоремы фалеса и менелая, но мы воспользуемся координатно-векторным методом с базисными векторами \toOA,\toOB,\toOC. ABCD — параллелограмм, поэтому \toCD=\toBA=\toOA-\toOB, и, следовательно, \toOD=\toOC+\toOA-\toOB. если точка X принадлежит плоскости A^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}, а \toOX=x\toOA+y\toOB+z\toOC, коэффициенты x,y и z удовлетворяют уравнению ax+by+cz=1 (это, как известно, уравнение плоскости, даже если система координат не декартова, а точки A^{/prime},B^{/prime} и C^{/prime} этому уравнению, очевидно, удовлетворяют). \toOD^{/prime}=t\toOD=t\toOC+t\toOA-t\toOB at-bt+ct=1 t=(1)/(a-b+c) получаем (V_{OA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}})/(V_{OABCD})=(1)/(2abc)+(1)/(2ac(a-b+c)) =(a-b+c+b)/(2abc(a-b+c)) =(a+c)/(2abc(a-b+c)) обратная величина является ответом к задаче. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/6505?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"у нас уже есть три отношения, но очень хочется заполучить еще и четвертое... давайте попробуем найти t = od'/od. для этого введем систему координат с центром o и базисными векторами oa, ob и oc. какие координаты имеют наши точки в этой системе?",
"очевидно, что a (1, 0. 0), b (0, 1, 0) и c (0, 0, 1). значит a' (1/a, 0, 0), b' (0, 1/b, 0), c' (0, 0, 1/c). т.к. abcd- параллелограмм, то вектор cd = ba = oa-ob. чему тогда равен вектор od?",
"верно, oa-ob+oc! тогда d (1, -1, 1) ⇒ d' (t, -t, t). можно заметить, что плоскость α задается в нашей системе координат уравнением ax + by + cz = 1. поэтому верно равенство at - bt + ct = 1 (просто подставили точку d' в это уравнение). итого, t = 1/(a - b + c). а что мы вообще хотели...",
"нам нужно найти отношение объемов. мы умеем легко это делать для тетраэдров, поэтому предлагаю разбить нашу пирамиду oa'b'c'd' на два тетраэдра oa'b'c' и oa'c'd'. тогда v(oa'b'c'd')/v(oabcd) = v(oa'b'c')/v(oabcd) + v(oa'c'd')/v(oabcd). т.к. abcd- параллелограмм, то v(oabcd) = 2v(oabc) = 2v(oacd). а чему равно отношения v(oa'b'c')/v(oabc) и v(oa'c'd')/v(oacd)?",
"т.к. тетраэдры с общим трехгранным углом относятся так же, как произведение отношений соответствующих сторон, то v(oa'b'c')/v(oabc) = 1/abc. найдите оставшееся отношение и завершите решение!"
] |
shkolkovo-74591 | плоскость, параллельная основанию ABC пирамиды MABC , отсекает пирамиду MA_{1}B_{1}C_{1} (вершины A_{1},B_{1},C_{1} расположены на рёбрах MA,MB,MC соответственно). объём пирамиды MABC равен 375 , объём пирамиды MA_{1}B_{1}C_{1} равен 81. найдите объём пирамиды MAB_{1}C_{1} . | 135 | так как плоскость (A_{1}B_{1}C_{1}) параллельна плоскости основания ABC, то (MA_{1})/(MA)=(MB_{1})/(MB)=(MC_{1})/(MC)=k пирамиды MA_{1}B_{1}C_{1} и MABC подобны, тогда их объёмы относятся как коэффициент подобия k в кубе: (V_{MA_{1}B_{1}C_{1}})/(V_{MABC})=(81)/(375)=(27)/(125)=k^{3}=\Rightarrowk=(3)/(5) пусть MA_{1}=3x, тогда A_{1}A=2x. заметим, что объём пирамиды MAB_{1}C_{1} складывается из двух кусочков: MA_{1}B_{1}C_{1}, объём которой мы знаем, и AA_{1}B_{1}C_{1}. причём эти 2 пирамиды имеют общее основание A_{1}B_{1}C_{1}, тогда их объёмы относятся так же, как относятся их высоты к (A_{1}B_{1}C_{1}). а высоты относятся так же, как относятся MA_{1} и AA_{1}, то есть высота пирамиды MA_{1}B_{1}C_{1} больше высоты пирамиды AA_{1}B_{1}C_{1} в (MA_{1})/(AA_{1})=(3x)/(2x)=(3)/(2). значит, (V_{AA_{1}B_{1}C_{1}})/(V_{MA_{1}B_{1}C_{1}})=(2)/(3)=\RightarrowV_{AA_{1}B_{1}C_{1}}=(2)/(3)\cdot81=54 V_{MAB_{1}C_{1}}=V_{MA_{1}B_{1}C_{1}}+V_{AA_{1}B_{1}C_{1}}=81+54=135 | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8073?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"т.к. плоскости (a₁b₁c₁) и (abc) параллельны, то ma₁/ma=mb₁/mb=mc₁/mc=k. тогда объемы тетраэдров ma₁b₁c₁ и mabc относятся как коэффициент подобия k в кубе. чему же равен k?",
"верно, 3/5! мы видим, что объем тетраэдра mab₁c₁ состоит из объемов тетраэдров ma₁b₁c₁ и aa₁b₁c₁, у которых есть общее основание. как же тогда относятся их объемы...",
"они относятся как высоты, которые, в свою очередь, относятся как ma₁/a₁a=3/2. посчитайте объем aa₁b₁c₁ и завершите решение!"
] |
shkolkovo-76531 | A^{/prime}, B^{/prime} и C^{/prime} — проекции вершины S правильной треугольной пирамиды SABC на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах BC, AC и AB. найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды SA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime} в 10 раз меньше объёма пирамиды SABC. | \sqrt{(16+8\sqrt{5})/(5)} | точки S_{1},S_{2}, и S_{3} симметричные S относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости ABC. а поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на 60^{\circ} вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек S_{1},S_{2},S_{3}. следовательно, треугольник \DeltaS_{1}S_{2}S_{3} — правильный, и его центр, который мы обозначим через O, совпадает с центром треугольника \DeltaABC. заметим, далее, что пирамида SS_{1}S_{2}S_{3} —- образ пирамиды SA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime} при гомотетии с центром S и коэффициентом 2. с учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид SABC и SS_{1}S_{2}S_{3} равно 10:2^{3}=5:4. а поскольку у этих пирамид общая высота SO, то и отношение площади треугольника \DeltaABC к площади треугольника \DeltaS_{1}S_{2}S_{3} равно 5:4. в качестве следствия получается равенство OA:OS_{1}=\sqrt{5}:2, которое будет нами использовано. обозначив величину двугранного ребра при ребре BC через \varphi , точкой, симметричной S относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать S_{1}. тогда \varphi=∠SPA=∠SPS_{1}, где P — середина ребра BC ; треугольник \DeltaSPS_{1} — равнобедренный (SP=PS_{1}), откуда ∠SS_{1}P=(180^{\circ}-\varphi)/(2),OS_{1}=SO\\c\tg∠SS_{1}P=SO\tg(\varphi)/(2) а поскольку OA=2\cdotAP=2\cdotSO\\c\tg(\varphi)/(2), то (\sqrt{5})/(2)=(OA)/(OS_{1})=(2\\c\tg\varphi)/(\tg(\varphi)/(2)) \tg(\varphi)/(2)\tg\varphi=(4)/(\sqrt{5}) при 0^{\circ}<\varphi<90^{\circ} левая часть последнего равенства равна \sqrt{1+\tg^{2}\varphi}-1, что позволяет найти \tg\varphi=\sqrt{(16+8\sqrt{5})/(5)} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4385?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"сходу непонятно, что делать с условием на перпендикуляры к плоскостям, может, попытаться сделать какое-то дополнительное построение, связанное с вершиной s и одной из этих плоскостей?",
"правильно, сделать симметрию точки s относительно плоскости a'bc и получить точку s₁. попробуйте получить точки s₂, s₃ по такой же симметрии, только относительно ab'c и abc'.",
"мы получили треугольник s₁s₂s₃, кажется, что он концентричен с треугольником abc (докажите это, используя поворот относительно высоты пирамиды).",
"треугольник pss₁ равнобедренный (p - середина bc), так как pa' - высота и биссектриса, а значит sa'=a's₁, следовательно, пирамида ss₁s₂s₃ является образом sa'b'c' при гомотетии с коэффициентом 2 и центром в s, а значит, как относятся их объемы?",
"правильно, в 8 раз. теперь мы можем использовать условие с отношениями объемов sabc и sa'b'c', найдя отношение объемов sabc и ss₁s₂s₃ и отношение площадей их оснований.",
"проведём высоту so нашей пирамиды и найдем отношение s₁o/ao с помощью отношения площадей.",
"выразим s₁o и oa через so и найдем тангенс угла, который нужно вычислить в задаче с помощью найденных отрезков."
] |
shkolkovo-90137 | объём треугольной призмы ABCA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime} с основанием ABC и боковыми рёбрами AA^{/prime},BB^{/prime} , CC^{/prime} равен 72. найдите объём тетраэдра DEFG , где D — центр грани ABB^{/prime}A^{/prime},E — точка пересечения медиан треугольника A^{/prime}B^{/prime}C^{/prime},F — середина ребра AC и G — середина ребра BC. | 5 | пусть C^{/prime}H и CJ — медианы верхней и нижней грани, тогда D лежит на HJ — в центре средней линии параллелограмма. отсюда следует, что при отражении E относительно D мы попадём на CJ — в точку I , то есть V_{DEFG}=V_{EFGI}/2 . также в силу симметрии JI=HE=EC/2 ( E — точка пересечения медиан), тогда CI=2\cdotEC=4/3\cdotCJ , однако заметим, что FG делит CJ пополам, то есть делит CI в отношении 3:5 от вершины C , откуда S_{IFG}=5/3\cdotS_{CFG}=5/12\cdotS_{ABC}, при этом высота совпадает с высотой призмы, откуда V_{DEFG}=V_{EFGI}/2=5/24\cdot1/3\cdotS_{ABC}\cdoth=5, где h — та самая высота. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"лежащих в одной или хотя бы в параллельных плоскостях, оснований у призмы и тетраэдра не видно. значит попробуем достроить удобную для вычисления фигуру, с помощью которой можно найти искомый объём через отношение.",
"продлим ed до пересечения с плоскостью авс, назовём i полученную точку. как связаны объёмы тетраэдров iefg и defg?",
"связать объём тетраэдра iefg с объёмом призмы можно взяв за основание тетраэдра △ifg: как его сторона fg и высота к этой стороне связаны с высотой и сторонами △авс? осталось аккуратно записать все найденные отношения и мы получим ответ!"
] |
shkolkovo-76664 | боковое ребро правильной треугольной пирамиды наклонено к плоскости ее основания под углом 45^{\circ} . в пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат на основании пирамиды, а другие четыре — на ее боковых гранях. найти отношение объемов куба и пирамиды. | (36\sqrt{3})/((5+\sqrt{3})^{3}) | пусть a – сторона основания, \alpha=45^{\circ} – угол наклона бокового ребра, H – высота пирамиды, R=AO — радиус окружности, описанной около основания. в правильном треугольнике со стороной a радиус описанной окружности: R=AO=(a)/(\sqrt{3}) . из прямоугольного треугольника SAO находим высоту пирамиды: H=AO\cdot\tg\alpha=(a)/(\sqrt{3}) . площадь основания пирамиды S=(1)/(2)a\cdota\cdot\sin(60^{\circ})=(a^{2\sqrt{3}})/(4) объем пирамиды: V_{1}=(1)/(3)S\cdotH=(1)/(3)\cdot(a^{2\sqrt{3}})/(4)\cdot(a)/(\sqrt{3})=(a^{3})/(12) пусть b ребро вписанного куба и A_{1}B_{1}C_{1} – сечение пирамиды плоскостью верхней грани куба. обозначим через a_{1} сторону треугольника этого сечения a_{1}=A_{1}B_{1} . треугольники ABC и A_{1}B_{1}C_{1} подобны с коэффициентом подобия: k=(H-b)/(H)=(a-b\sqrt{3})/(a) . и поэтому a_{1}=ka=a-b\sqrt{3} . рассмотрим треугольник A_{1}B_{1}C_{1} со вписанной гранью куба. сторона a_{1}=A_{1}K+KN+NB_{1}=(b)/(\tg60^{\circ})+b+(b)/(\tg60^{\circ})=(2+\sqrt{3})/(\sqrt{3})b приравнивая два выражения для a_{1} , находим b : b=(\sqrt{3})/(5+\sqrt{3})a . так как объем куба V_{2}=b^{3} , то искомое отношение объемов: (V_{2})/(V_{1})=(((\sqrt{3})/(5+\sqrt{3})a)^{3})/((a^{3})/(12))=(36\sqrt{3})/((5+\sqrt{3})^{3}) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3476?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"давайте для начала обозначим за a ребро пирамиды. получается нам нужно выразить объёмы фигур через a. начнём с пирамиды. для объёма нам нужны основание и высота. так как пирамида у нас правильная, то куда падает её высота?",
"верно, в центр основания правильного треугольника, то есть в центр описанной окружности. теперь радиус мы можем легко найти, а угол будет как раз тот самый из условия. отлично, высота найдена. а площадь основания равна площади правильного треугольника. давайте теперь попробуем разобраться с кубом. удобно будет ввести ребро куба b и попробовать выразить его через a. тогда будет победа. но какую ещё вспомогательную фигуру хочется рассмотреть, учитывая расположение куба?",
"да, давайте рассмотрим сечение, которое получается из-за куба. понятно, что это будет треугольник, подобный основанию, и мы даже знаем коэффициент подобия треугольников. то есть мы знаем длину стороны сечения. как теперь можно вторым способом посчитать это основание?",
"верно, рассмотрим сечение как треугольник, внутрь которого вписан квадрат. мы легко можем выразить, как сумму отрезков, сторону треугольника через b. наконец с помощью равенства из прошлой подсказки выражаем b через a и находим объём куба. осталось только посчитать отношение, и победа!"
] |
shkolkovo-94271 | в кубе ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} , все рёбра которого равны единице, точка M — середина ребра CC_{1} , точка O — центр грани ABB_{1}A_{1} . множество точек, лежащих на грани CBB_{1}C_{1} , таково, что для любой точки X этого множества плоскость XOM пересекает ребро AD . найдите площадь этого множества. | (1)/(8) | построим плоскость AOM . для этого найдём точку пересечения прямой AO с плоскостью BB_{1}C_{1}C . очевидно, что это будет точка B_{1} . значит, сечение куба плоскостью AOM пересекает ребро BB_{1} в точке B_{1} . построим плоскость DOM . для этого найдём точку пересечения прямой DO с плоскостью BB_{1}C_{1}C . прямые DO и B_{1}C_{1} лежат в плоскости AB_{1}C_{1}D , а AD\parallelB_{1}C_{1} , значит, DO пересекает B_{1}C_{1} . обозначим их точку пересечения через E , она также лежит в плоскости dom. прямая EM также лежит в плоскости DOM и пересекает ребро BB_{1} в некоторой точке H . заметим, что треугольники EB_{1}O и AOD равны, значит, EB_{1}=AD=B_{1}C_{1} . треугольники EB_{1}H и EC_{1}M подобны с коэффициентом 2 , значит, B_{1}H=(1)/(2)C_{1}M=(1)/(4) . пусть X - некоторая точка искомого множества и плоскость XOM пересекает ребро AD в точке F . прямая FO лежит в плоскости AB_{1}C_{1}D , а значит, точка пересечения G прямой FO с плоскостью BB_{1}C_{1}C лежит на отрезке EB_{1} . прямая MG лежит в плоскости XOM , причём она заключена между прямыми EM и B_{1}M . поскольку точка X лежит в плоскостях BB_{1}C_{1}C и FOM , то она лежит на прямой MG , а следовательно, внутри треугольника HB_{1}M , значит, треугольник HB_{1}M — искомое множество. S_{HB_{1}M}=(1)/(2)B_{1}H\cdotC_{1}B_{1}=(1)/(8) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8057?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"неудобно рассматривать какой-то произвольный случай для точки x. тогда попробуйте рассмотреть граничные случаи (когда xom пересекает ребро ad в точке a или d).",
"для точки a всё ясно. в этом случае плоскостью xom будет являться плоскость b₁am. теперь посмотрим на случай с точкой d. прямые od и b₁c₁ лежат в одной плоскости. тогда что можно сказать про их взаимное расположение?",
"точно! они пересекаются (пусть в точке e). теперь рассмотрим произвольную точку x нашего множества. пусть она пересекает ad в точке f, а of пересекает ad в точке g. раз x лежит и в bb₁c₁c, и в fom, то на какой прямой лежит эта точка?",
"верно! на mg. значит, наше множество представляется всеми такими прямыми mg. но все они заключены между me и mb₁. и раз x лежит на грани bb₁c₁c, то x лежит в той части треугольника meb₁, что находится на грани bb₁c₁c. тогда нам всего лишь осталось найти её площадь.",
"необходимо найти площадь треугольника mhb₁ (h является точкой пересечения bb₁ и me). то есть нужно вычислить значение 1/2×b₁h×c₁b₁. осталось всего лишь найти b₁h. для этого посмотрите на треугольники ehb₁ и emc₁. что можно про них сказать?"
] |
shkolkovo-95856 | в правильной четырёхугольной пирамиде ABCDS площадь основания совпадает с площадью боковой грани и равна 1. M — точка пересечения медиан грани CDS . точка N лежит на прямой AM и AN:NM=3:4. найдите сумму расстояний от точки N до всех граней пирамиды. | (\sqrt{15})/(2) | из условия задачи сторона основания пирамиды равна 1 , апофема боковой грани — 2. тогда высота пирамиды h=\sqrt{4-(1)/(4)}=(\sqrt{15})/(2). объём пирамиды ABCDS равен V=(\sqrt{15})/(6). с другой стороны, объём пирамиды можно найти как сумму объёмов пяти пирамид, вершина которых — точка N , а основания — грани пирамиды ABCDS . тогда V=(1)/(3)\cdot(h_{1}+h_{2}+h_{3}+h_{4}+h_{5})\cdot1 , где h_{1},h_{2},h_{3},h_{4},h_{5} — расстояния от точки N до граней пирамиды ABCDS (или высоты маленьких пирамид). приравнивая объёмы, получаем h_{1}+h_{2}+h_{3}+h_{4}+h_{5}=(\sqrt{15})/(2) заметим при этом, что сумма расстояний не зависит от расположения точки внутри данной пирамиды. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8073?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"если нас просят найти сумму расстояний, то это значит, что нас просят найти сумму высот из точки n на все стороны. при этом в условии есть равенство площадей всех граней. на что нам это намекает?",
"это намекает нам на то, что можно получить сумму высот из равенства суммы объёмов. рассмотрите объёмы пирамид с вершиной в точке n и одной из граней изначальной пирамиды в качестве основания. чему равна сумма таких объёмов? поймите, почему это решает задачу и что нам остаётся найти в таком случае."
] |
shkolkovo-101477 | основанием пирамиды SABC служит прямоугольный треугольник ABC с катетами AB=2 и BC=6. высотой пирамиды SABC является отрезок SD, где точка D симметрична точке B относительно середины отрезка AC. точка M принадлежит боковому ребру SB, причем SM=2MB. найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через D параллельно гипотенузе основания AC и отрезку AM, если расстояние от точки B до секущей плоскости равно \sqrt{14}. | 3 | треугольник ABC — прямоугольный, ∠B=90^{\circ},AB=a=2,BC=b=6,M∈SB,SM=2MB, точка O∈AC,AO=OC, точка D симметрична B относительно O. секущая плоскость \pi проведена через точку D,\pi\parallelAM,\pi\parallelAC, расстояние \rho от точки B до плоскости \pi,\rho=\sqrt{14}. 1) мы понимаем, что D∈A_{1}C_{1},A_{1}C_{1}\parallelAC,A_{1}A=AB=a,C_{1}C=CB=b . также A_{1}N\parallelAM,N∈SB,NM=MB ( AM- средняя линия \DeltaA_{1}NB ), SN=(1)/(3)SB . тогда видим, что \DeltaSS_{1}N∼\DeltaA_{1}BN\RightarrowSS_{1}=a. к тому же \DeltaSS_{1}K∼\DeltaAA_{1}K\RightarrowSK=KA \DeltaN_{1}NK∼\DeltaA_{1}AK\Rightarrow(KN)/(A_{1}K)=(1)/(3)\Leftarrow\RightarrowKN=(1)/(4)A_{1}N аналогично, LN=(1)/(4)C_{1}N. плоскость \pi содержит \DeltaA_{1}NC_{1}, сечение — треугольник \DeltaKNL. 2) для площадей, в силу подобия треугольников, имеем соотношение S_{\DeltaKNL}=(1)/(16)S_{\DeltaA_{1}NC_{1}}. 3) отметим на BD точку R такую, что NR\parallelSD. тогда DR=(1)/(3)DB=(1)/(3)\sqrt{a^{2}+b^{2}} 4) через R проведём прямую QR⊥CA, и пусть она пересекает прямую, параллельную AC и проходящую через B, в точке B_{1}. тогда по теореме о 3 перпендикулярах NQ⊥C_{1}A_{1}, откуда S_{\DeltaA_{1}NC_{1}}=(1)/(2)A_{1}C_{1}\cdotNQ=AC\cdotNQ=NQ\sqrt{a^{2}+b^{2}} S_{\DeltaKNL}=(1)/(16)NQ\sqrt{a^{2}+b^{2}} 5) найдем NQ. поскольку AC\parallelBB_{1}\RightarrowBB_{1}\parallel\pi, и расстояние \rho от точки B до плоскости \pi равно расстоянию от точки B_{1} до плоскости \pi. длина отрезка QB_{1} равна высоте треугольника \DeltaA_{1}BC_{1}, QB_{1}=(2ab)/(\sqrt{a^{2}+b^{2}}),QR=(2ab)/(3\sqrt{a^{2}+b^{2}}) имеем QN\cdot\rho=QB_{1}\cdotNR,NR=\sqrt{QN^{2}-QR^{2}\cdot} пусть QN=x . тогда x\rho=(2ab)/(\sqrt{a^{2}+b^{2}})\sqrt{x^{2}-(4a^{2}b^{2})/(9(a^{2}+b^{2}))} x^{2}\rho^{2}=(4a^{2}b^{2})/(9(a^{2}+b^{2})^{2})^{(}9x^{2^{(}}a^{2}+b^{2})-4a^{2}b^{2}) x=(4a^{2}b^{2})/(3\sqrt{a^{2}+b^{2}}\sqrt{4a^{2}b^{2}-\rho^{2}(a^{2}+b^{2})}) S_{\DeltaKNL}=(a^{2}b^{2})/(12\sqrt{4a^{2}b^{2}-\rho^{2}(a^{2}+b^{2})}) =(2^{2}6^{2})/(12\sqrt{4\cdot2^{2}6^{2}-14(2^{2}+6^{2})}) =3 | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8052?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-63817 | в основании четырёхугольной пирамиды ABCDS лежит параллелограмм ABCD . на ребре SB отмечена точка E , так что SE:EB=2:1 . на ребре SD отмечена точка F , так что SF:FD=1:2 . найдите отношение, в котором плоскость AEF делит объём пирамиды. | 1:6 | проведём через точки B,C,D соответственно прямые l_{B},l_{C},l_{D} , параллельные AS . обозначим через B^{/prime},C^{/prime},D^{/prime} соответственно точки пересечения плоскости AEF с прямыми l_{B},l_{C} , l_{D} . тогда BB^{/prime}=(1)/(2)AS,DD^{/prime}=2AS , откуда CC^{/prime}=(5)/(2)AS . пусть G- точка пересечения плоскости AEF с CS . тогда SG:GC=2:5 . далее, V_{AEGFS}=V_{AEFS}+V_{EGFS}=(2)/(3)\cdot(1)/(3)\cdotV_{ABDS}+(2)/(3)\cdot(1)/(3)\cdot(2)/(7)\cdotV_{BCDS}= =(2)/(3)\cdot(1)/(3)+(2)/(3)\cdot(1)/(3)\cdot(2)/(7)\cdot(1)/(2)V_{ABCDS}=(1)/(7)V_{ABCDS}. стало быть, искомое отношение равно 1:6. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"попробуем как-то воспользоваться данными в условии отношениями…быть может, сделаем такое дополнительное построение, чтобы указанные в условии отрезки были в подобных треугольниках?",
"проведите через точки b, c, d прямые, параллельные as, и отметьте их точки пересечения b’, c’, d’ соответственно с плоскостью aef. что можно сказать о b’b, c’c, d’d?",
"b’b = 1/2 ac, d’d = 2as, c’c = 5/2as. давайте теперь подумаем, как нам было бы удобнее считать объём? быть может, разбить нашу пирамиду на несколько частей поменьше?",
"выразите объем пирамиды через объемы abds и bcds"
] |
shkolkovo-79218 | основанием пирамиды TABCD является трапеция ABCD (BC\parallelAD). расстояния от точек A и B до плоскости TCD равны r_{1} и r_{2} соответственно. площадь треугольника TCD равна S. найдите объем пирамиды TABCD. | (S(r_{1}+r_{2}))/(3) | объем пирамиды TABCD равен сумме объемов пирамид TBCD и TABD V_{τABCD}=V_{τBCD}+V_{τABD} причем V_{τABD}=V_{τACD} , так как у этих пирамид общая высота(из вершины T ), а также равны площади оснований: S_{ABD}=S_{ACD} (у этих треугольников общее основание BC и равные по длине высоты, проведенные из вершин B и C , поскольку ABCD — трапеция по условию). итак, V_{τABCD}=V_{τBCD}+V_{τACD}=(1)/(3)\cdotS\cdotr_{2}+(1)/(3)\cdotS\cdotr_{1} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3491?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"давайте для начала поработаем с тем, что уже есть. мы имеем r₁ — расстояние от точки a до плоскости tcd, а также площадь треугольника △tcd. чему же равен объём тетраэдра tacd?",
"он равен r₁s/3. из аналогичных рассуждений мы можем получить, что объём тетраэдра tbcd равен r₂s/3. нам необходимо найти объём пирамиды tabcd. c учетом найденных объёмов логично будет разбить его на две части: v(tabcd)=v(tabd)+v(tbcd). какое равенство хочется доказать, чтобы завершить решение?",
"конечно, v(tabd)=v(tacd). это равенство равносильно равенству площадей треугольников △abd и △acd. докажите это, учитывая, что у них есть общее основание ad, и завершите решение!"
] |
shkolkovo-97397 | найдите площадь сечения правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1} плоскостью, которая параллельна диагонали AC_{1} боковой грани AA_{1}C_{1}C, проходит через середину стороны AB основания ABC и точку M, лежащую на стороне B_{1}C_{1}, если, MC_{1}=3B_{1}M, расстояние между AC_{1} и секущей плоскостью равно 3, а сторона основания призмы равна 2\sqrt{14}. | 14 | в плоскости основания ABC проводим прямую EA параллельную B_{1}C_{1} , EA=MC_{1} , и прямую ME параллельную AC_{1},ME лежит в плоскости сечения. в плоскости основания ABC проводим прямую, соединяюшую точку E с серединой D стороны AB , точка K — точка пересечения этой прямой со стороной BC . в плоскости основания A_{1}B_{1}C_{1} проводим прямую MN , параллельную DK точка N — точка пересечения прямой MN со стороной A_{1}B_{1} . трапеция DKMN — искомое сечение. найдём площадь проекции сечения на плоскость основания призмы. обозначим сторону основания через a . тогда BK=(3a)/(4),BD=(a)/(2) . пусть Q — проекция точки M на основание ABC,BQ=(a)/(4) . пусть G — проекция точки N на основание ABC . поскольку GQ и DK параллельны, то BQ:BK=BG:BD , и BG=(a)/(6) . проекцией сечения на плоскость основания ABC является трапеция DKQG , её площадь S_{np}=S_{BDK}-S_{BGQ}=S_{ABC}((3)/(4)\cdot(1)/(2)-(1)/(4)\cdot(1)/(6))=(1)/(3)S_{ABC}=(a^{2\sqrt{3}})/(12)=(14\sqrt{3})/(3). найдём косинус угла \alpha наклона плоскости сечения к плоскости основания призмы. расстояние d от прямой AC_{1} до плоскости сечения равно расстоянию от точки A до плоскости сечения, которое, в свою очередь, равно расстоянию от точки B до плоскости сечения ( AD=DB , где D принадлежит плоскости сечения). строим плоскость BHL , проходящую через точку B и перпендикулярную DK линии пересечения основания и плоскости сечения ( BH и LH перпендикулярны DK ). проведем прямую BP перпендикулярную LH , расстояние d равно BP . угол наклона плоскости сечения к плоскости основания равен углу BHL . находим: DK=\sqrt{DQ^{2}+QK^{2}}=^{⌊_{|_{\sqrt{}\overline{((a\sqrt{3})/(4))^{2}+((a)/(2))^{2}}}}} =(a\sqrt{7})/(4)=(7\sqrt{2})/(2)_{BH\cdotDK=BD\cdotBK\sin60_{BH=(3a\sqrt{3})/(4\sqrt{7})=(3\sqrt{6})/(2)\cdot}^{\circ}} в треугольнике BPH имеем \sin\alpha=(d)/(BH)=(2)/(\sqrt{6})\iff\cos\alpha=(1)/(\sqrt{3}) итого: S_{ceq}=(S_{tip})/(\cos\alpha)=14 | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/6529?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-43960 | основание треугольной пирамиды ABCD — правильный треугольник ABC. объём пирамиды равен (25)/(\sqrt{3}) , а её высота, проведённая из вершины D , равна 3. точка M — середина ребра CD. известно, что радиусы сфер, вписанных в пирамиды ABCM и ABDM , равны между собой. (a) найдите возможные значения угла между гранями пирамиды при ребре AB. (b) найдите все возможные значения длины ребра CD , если дополнительно известно, что грани BCD и ABC взаимно перпендикулярны. | (a)\arc\cos±(4)/(5) (b)(\sqrt{31})/(\sqrt{3}) или 3\sqrt{13} | воспользуемся формулой радиуса вписанной сферы r=(3V)/(S) , где V — объём, а S — площадь поверхности пирамиды. объёмы пирамид ABCN и ABDM равны (грань ABM общая, а вершины C и D равноудалены от плоскости ABM ); кроме того S_{ADM}=S_{ACM} и S_{BDM}=S_{BCM} (медиана делит площадь треугольника пополам). значит, равенство сфер, вписанных в пирамиды ABCN и ABDM , эквивалентно условию S_{ABD}=S_{ABC} или равенству высот, проведённых к стороне AB в треугольниках ABD и ABC . пусть DH высота пирамиды, а DK высота в треугольнике ABC . объём пирамиды равен (25)/(\sqrt{3}) , а её высота из вершины D равна 3, то есть DH . значит, площадь основания пирамиды равна (25)/(\sqrt{3}) . тогда сторона основания AB=(10)/(\sqrt{3}) , а высота треугольника ABC равна 5. значит, DK также равно 5. из прямоугольного треугольника DHK находим KH=\sqrt{KH^{2}-DH^{2}} =4 , т.е. точка H находится на расстоянии 4 от прямой AB ( H лежит на одной из двух прямых, параллельных AB , на расстоянии 4 от неё). тем самым, угол между гранями при ребре AB равен \arc\cos±(4)/(5) . из условия, что грани BCD и ABC взаимно перпендикулярны, следует, что H лежит на BC . так как KH=4 , то HB=(8)/(\sqrt{3}) . значит CH=CB±HB=(2)/(\sqrt{3}) или (18)/(\sqrt{3}) . тогда CD=\sqrt{CH^{2}+HD^{2}}=\sqrt{(31)/(3)} или 3\sqrt{13} . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3027?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-63892 | из вершины D на плоскость основания ABC пирамиды ABCD опущена высота DH . найдите объем этой пирамиды, если известно, что площади треугольников \DeltaHBC,\DeltaHAC,\DeltaHAB равны соответственно (2)/(9),(1)/(3),(4)/(9) , и что все три плоских угла при вершине D прямые. | (2\sqrt[4]{2})/(9\sqrt[4]{3}) | обозначим через \alpha,β,γ двугранные углы при ребрах BC,AC,AB соответственно. поскольку DH⊥ABC,\DeltaHBC является ортогональной проекцией \DeltaDBC . следовательно, (S(\DeltaHBC))/(S(\DeltaDBC))=\cos\alpha . с другой стороны, AD⊥DBC , то есть \DeltaDBC является ортогональной проекцией \DeltaABC , откуда (S(\DeltaDBC))/(S(\DeltaABC))=\cos\alpha. учитывая, что S(\DeltaABC)=S(\DeltaABH)+S(\DeltaBCH)+S(\DeltaACH)=1 , получаем \cos\alpha=S(\DeltaDBC)=(S(\DeltaHBC))/(S(\DeltaDBC))=\sqrt{S(\DeltaHBC)}. аналогично, \cosβ=S(\DeltaDAC)=\sqrt{S(\DeltaHAC)}\cosγ=S(\DeltaDAB)=\sqrt{S(\DeltaHAB)} далее, поскольку плоские углы при вершине D прямые, V(ABCD)=(1)/(6)AD\cdotBD\cdotCD=(\sqrt{2})/(3)^{/\overline{(BD\cdotCD)/(2)\cdot(AD\cdotCD)/(2)\cdot(AD\cdotBD)/(2)}} = =(\sqrt{2})/(3)\sqrt{S(\DeltaDBC)\cdotS(\DeltaDAC)\cdotS(\DeltaDAB)} =(\sqrt{2})/(3)\sqrt[4]{S(\DeltaHBC)\cdotS(\DeltaHAC)\cdotS(\DeltaHAB)} = =(\sqrt{2})/(3)^{4^{/\overline{(2)/(9)\cdot(1)/(3)\cdot(4)/(9)}=(2\sqrt[4]{9})/(\sqrt[4]{3})}} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"у нас на картинке очень много прямых углов и даны площади, поэтому хочется попользоваться формулой площади проекции. посмотрим: △bhc- ортогональная проекция треугольника △bdc, а треугольник △bdc, в свою очередь- ортогональная проекция треугольника △bac. какими тогда формулами связаны площади этих треугольников?",
"выписав соотношения этих площадей через косинус двугранного угла, нетрудно увидеть, что s²(△bdc)= s(△bac)*s(△bhc). учитывая, что s(△bac) = 1, получаем: s(△bdc) = √s(△bhc). абсолютно аналогично для остальных граней. как думаете, сможем ли мы, зная площади боковых граней, найти объем тетраэдра?",
"кончено сможем! v = 1/6 * ad*cd*bd. учитывая, что боковые грани- прямоугольные треугольники, выразите их площади через катеты и преобразуйте предыдущее выражение. я в вас верю!"
] |
shkolkovo-63899 | в правильном тетраэдре ABCD проведено сечение так, что оно проходит через точки K,L,M , лежащие на ребрах DC,DB,DA соответственно. при этом DK:KC=1:3,DL:LB=2:1,DM:MA=1:1 . найдите угол между плоскостями грани ABC и построенного сечения. | \arc\cos(5\sqrt{3})/(\sqrt{131}) | примем сторону тетраэдра за a. угол будем искать через косинус, который равен отношению площади S_{1} треугольника K_{1}L_{1}M_{1}- проекции треугольника KLM на плоскость основания, к площади S_{2} самого треугольника KLM - сечения. площадь проекции S_{1} определяется несложно, так как вершины K_{1},L_{1},M_{1}- делят соответствующие радиусы описанной окружности основания (площадь основания S_{0}=(\sqrt{3})/(4)a^{2} ) в тех же отношениях что и соответствующие им точки K,L,M делят боковые стороны тетраэдра. тогда площади треугольников \DeltaK_{1}OL_{1} и \DeltaCOB, \DeltaL_{1}OM_{1} и \DeltaBOA, \DeltaM_{1}OK_{1} и \DeltaAOC с общим углом при вершине O относятся, как произведение сторон. S_{1}=(1)/(3)\cdotS_{0}((1)/(4)\cdot(2)/(3)+(1)/(2)\cdot(2)/(3)+(1)/(4)\cdot(1)/(2))=(5)/(24)S_{0}=(5\sqrt{3})/(96)a^{2} стороны сечения будем вычислять по теореме косинусов: KL=(7)/(12)a, LM=(\sqrt{13})/(6)a, MK=(\sqrt{3})/(4)a . теперь вычислим площадь сечения. косинус угла \alpha , лежащего напротив стороны KL равен \cos\alpha=(5)/(\sqrt{156}) . тогда \sin\alpha=(\sqrt{131})/(\sqrt{156}) . для площади сечения получим следующий результат S_{2}=(1)/(2)\cdot(\sqrt{3})/(4)\cdot(\sqrt{13})/(6)\cdot(\sqrt{131})/(\sqrt{156})a^{2}=(\sqrt{131})/(96)a^{2} теперь последнее действие: \cosγ=(S_{1})/(S_{2})=(5\sqrt{3})/(\sqrt{131}). | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3451?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"аккуратно построим картинку. кажется, тут явным образом никак не построить линейный угол... будем искать обходные пути: теорема о площади ортогональной проекции нам поможет! тетраэдр правильный, поэтому высота к грани авс будет падать в центр правильного △авс. при помощи подобия треугольников нетрудно определить в каком отношении проекции точек k, l и м поделят радиусы описанной окружности основания.",
"рассмотрите центр основания и треугольники, полученные соединением этой точки с вершинами треугольника-проекции. возможно, получится узнать их площади как части площадей треугольников полученных соединением центра основания с вершинами △abc. так мы узнаем площадь проекции!",
"теорема косинусов поможет нам узнать стороны исходной фигуры-сечения. а уж искать площадь треугольника с известными сторонами мы умеем множеством способов! осталось применить теорему о площади ортогональной проекции и задача убита."
] |
shkolkovo-38690 | единичный куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} повёрнут на 90^{\circ} вокруг прямой, проходящей через середины противоположных рёбер AD и B_{1}C_{1} . найдите объём общей части исходного куба и повёрнутого. | \sqrt{2}-(2)/(3) | пусть S и S_{1} — середины AD и B_{1}C_{1} , а куб после поворота переходит в A^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}A_{1}^{/prime}B_{1}^{/prime}C_{1}^{/prime}D_{1}^{/prime} . общая часть будет объединением прямоугольного параллелепипеда EFGHE_{1}F_{1}G_{1}H_{1} и двух симметричных правильных четырёхугольных пирамид SEFGH и S_{1}E_{1}F_{1}G_{1}H_{1} , найдём их объёмы. сторона основания пирамиды равна стороне квадрата, то есть единице. далее оба квадрата симметричны относительно AB_{1}C_{1}D , потому E_{1}B_{1}=F_{1}B_{1}=(E_{1}F_{1})/(\sqrt{2})=(1)/(\sqrt{2}) . из \DeltaE_{1}B_{1}S_{1} имеем E_{1}S_{1}=\sqrt{(1)/(2)+(1)/(4)}=(\sqrt{3})/(2) — боковая сторона пирамиды. отсюда легко найти её высоту, которая равна (1)/(2) , тогда объём пирамиды равен (1)/(3)\cdot1\cdot(1)/(2)=(1)/(6) . поскольку A_{1}E_{1}=A_{1}E=1-(1)/(\sqrt{2}) ( EE_{1}⊥E_{1}F_{1} , которая по доказанному образует углы 45^{\circ} со сторонами), то EE_{1}=\sqrt{2}-1 , EF=EH=1 , как стороны квадрата, отсюда объём параллелепипеда \sqrt{2}-1 . в итоге объём сечения (1)/(6)\cdot2+\sqrt{2}-1=\sqrt{2}-(2)/(3) . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3377?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"итак, для начала надо внимательно разобраться с получающейся фигурой. удобно начать построение с поворота рёбер ad и b₁c₁. похожа ли общая часть кубов на какую-то известную нам фигуру? если нет, то подумайте как можно её разбить на составляющие.",
"работать с такого типа фигурой можно через сумму объёмов составляющих её частей. или же через разность: вычитая удобные части из фигуры, содержащей искомую. рассмотрим способ через сумму — наш многогранник удачно разбивается на параллелепипед и две правильные четырёхугольные пирамиды.",
"найти все нужные длины нам поможет пифагор: рассмотрите одну из граней исходного куба и возвышающуюся над ней часть нового куба. аккуратный счёт поможет вам узнать, где пересекутся рёбра нового и исходного кубов.",
"также, с помощью пифагора мы сможем отыскать и все рёбра искомого многогранника. осталось лишь отыскать объёмы всех составных частей и сложить их. задача убита!"
] |
shkolkovo-70627 | в основании прямой призмы ABCA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime} лежит прямоугольный треугольник ABC , такой что AC=BC=1 . на ребре A^{/prime}B^{/prime} верхнего основания (параллельном AB ) отмечена точка D , так что A^{/prime}D:DB^{/prime}=1:2 . найдите радиус сферы, вписанной в тетраэдр ABC^{/prime}D , если высота призмы равна 1. | (1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{(2)/(3))}-1 | из теоремы пифагора в треугольнике ABC сторона AB=\sqrt{2}. так как A^{/prime}D:DB^{/prime}=1:2 и A^{/prime}B^{/prime}=\sqrt{2}, то A^{/prime}D=(\sqrt{2})/(3),DB^{/prime}=(2\sqrt{2})/(3). обозначим объём тетраэдра ABC^{/prime}D , площадь его поверхности и радиус вписанной в него сферы, соответственно, как V,S,r . тогда V=(1)/(3)rS . объём тетраэдра ABC^{/prime}D paвен объёму тетраэдра ABCD , поскольку CC^{/prime}\parallelAA^{/prime} . стало быть, V=1/6=\Rightarrowr=(2S)^{-1} найдём все рёбра пирамиды DABC^{/prime}. по теореме пифагора в \DeltaAA^{/prime}D: AD^{2}=A^{/prime}A^{2}+A^{/prime}D^{2}=1^{2}+((\sqrt{2})/(3))^{2}=(11)/(9)=\RightarrowAD=(\sqrt{11})/(3) аналогично из теорем пифагора в треугольниках BB^{/prime}D,ACC^{/prime} и BCC^{/prime}: BD=^{⌊_{|_{\sqrt{}\overline{1^{2}+((2\sqrt{2})/(3))^{2}}}}} =(\sqrt{17})/(3);AC^{/prime}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2};BC^{/prime}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2} так как A^{/prime}C^{/prime}=B^{/prime}C^{/prime}, то ∠C^{/prime}A^{/prime}D=45^{\circ}, тогда по теореме косинусов в \DeltaDA^{/prime}C^{/prime}: C^{/prime}D^{2}=(2)/(9)+1-2\cdot(\sqrt{2})/(3)\cdot(1)/(\sqrt{2})=(5)/(9)=\RightarrowC^{/prime}D=(\sqrt{5})/(3) теперь найдём площади всех граней пирамиды DABC^{/prime}. S_{ADB}=(\sqrt{2})/(2). так как \DeltaAC^{/prime}B — равносторонний, то S_{AC^{/prime}B}=(\sqrt{3})/(2). рассмотрим \DeltaAC^{/prime}D. пусть ∠AC^{/prime}D=\alpha, тогда по теореме косинусов (11)/(9)=2+(5)/(9)-2\cdot\sqrt{2}\cdot(\sqrt{5})/(3)\cdot\cos\alpha=\Rightarrow\cos\alpha=(2)/(\sqrt{10})=\Rightarrow\sin\alpha=^{/\overline{(3)/(5)}} S_{AC^{/prime}D}=(1)/(2)\cdot\sqrt{2}\cdot(\sqrt{5})/(3)\cdot\sin\alpha=(1)/(\sqrt{6}) рассмотрим \DeltaBC^{/prime}D. пусть ∠BC^{/prime}D=β, тогда по теореме косинусов (17)/(9)=2+(5)/(9)-2\cdot\sqrt{2}\cdot(\sqrt{5})/(3)\cdot\cosβ=\Rightarrow\cosβ=(1)/(\sqrt{10})=\Rightarrow\sinβ=(3)/(\sqrt{10}) S_{BC^{/prime}D}=(1)/(2)\cdot\sqrt{2}\cdot(\sqrt{5})/(3)\cdot\sinβ=(1)/(2) тогда площадь поверхности тетраэдра ABC^{/prime}D S=S_{ADB}+S_{AC^{/prime}B}+S_{AC^{/prime}D}+S_{BC^{/prime}D}=(1)/(2)(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+^{/\overline{(2)/(3)})} остаётся воспользоваться соотношением r=(2S)^{-1}. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"нам надо как-то найти радиус вписанной сферы. его можно найти в формуле для объема тетраэдра. можно ли как-то просто найти этот объем?",
"на самом деле он равен объему тетраэдра abcd, ведь cc' параллельна основанию abd. а объем тетраэдра легко найти: мы знаем, что площадь основания abc- это 1/2, а высота- 1 ⇒объем равен 1/6. что нам еще надо найти?",
"как мы знаем, v=r*s/3, где v- объем тетраэдра, r- радиус сферы и s- площадь полной боковой поверхности. тогда r=1/(2s). легко заметить, что все стороны тетраэдра abc'd легко находятся с помощью теоремы пифагора. тогда, зная все стороны, можно будет найти площади боковых граней и завершить решение. я в вас верю!"
] |
shkolkovo-51629 | на ребре CC_{1} правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1} выбрана точка M так, что центр сферы, описанной около пирамиды MAA_{1}B_{1}B, лежит в грани AA_{1}B_{1}B. известно, что радиус сферы, описанной около пирамиды MABC, равен 5, а ребро основания призмы равно 4\sqrt{3} . найдите: (a) отношение объёма пирамиды MAA_{1}B_{1}B к объёму призмы (b) длину отрезка MC (c) площадь полной поверхности призмы | (a) 2:3 (b) 6 (c) 144\sqrt{3} | введём обозначения: K — центр грани ABC;L- середина ребра AB;Q — центр сферы, описанной около пирамиды MAA_{1}B_{1}B (т.е. Q — центр грани AA_{1}B_{1}B ); O — центр сферы, описанной около пирамиды MABC . (a) (V_{MABC})/(V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}) =(1)/(3)\cdot(MC)/(CC_{1});(V_{MA_{1}B_{1}C_{1}})/(V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}) =(1)/(3)\cdot(MC_{1})/(CC_{1})\Rightarrow(V_{MABC}+V_{MA_{1}B_{1}C_{1}})/(V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}) =(1)/(3)\cdot(MC+MC_{1})/(CC_{1})=(1)/(3), 3начит, объём пирамиды MAA_{1}B_{1}B составляет две трети объёма призмы. (b) сторона равностороннего треугольника ABC равна 4\sqrt{3} , следовательно, CK=4\sqrt{3}\cdot(1)/(\sqrt{3})=4 , как радиус описанной окружности. рассмотрим прямоугольную трапецию CKOM . в ней известны стороны CK=4,OM=5 и диагональ OC=5. по теореме пифагора из треугольника OCK находим, что OK=3. опустим из точки O перпендикуляр OH на отрезок MC . тогда MC=2\cdotCH=2\cdotKO=6. (c) обозначим BB_{1}=h. тогда QL=(h)/(2),QB=\sqrt{(h^{2})/(4)+12},QM=\sqrt{CL^{2}+(QL-MC)^{2}} =\sqrt{((h)/(2)-6)^{2}+36} отрезки QB и QM равны как радиусы сферы. решая получающееся уравнение, находим, что h=10. тогда площадь поверхности призмы S=2\cdot(\sqrt{3})/(4)\cdot(4\sqrt{3})^{2}+3\cdot10\cdot4\sqrt{3}=144\sqrt{3}. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3027?SubjectId=7&Page=3",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-69439 | рассматриваются плоские сечения правильной пирамиды SABCD , параллельные боковому ребру SB и диагонали основания AC , в которые можно вписать окружность. какие значения может принимать радиус этих окружностей, если AC=1 , \cos∠SBD=(2)/(3)? | (0;(1)/(6))∪\{(1)/(4)} | так как пирамида правильная, то в основании лежит квадрат с диагоналями AC=BD=1 , пусть O — его центр. тогда SO является высотой пирамиды, так что из условия про косинус находим (2)/(3)=\cos∠SBD=(OB)/(SB)=(0,5)/(SB) SB=(3)/(4) плоскость сечения параллельна SB , поэтому содержит параллельную SB прямую из плоскости SBD . поэтому сечение может быть двух видов: 1 случай) треугольник A_{1}S_{1}C_{1} , где A_{1}C_{1} лежит внутри \DeltaADC . тогда 0<A_{1}C_{1}<1 (строго меньше единицы, потому что сечение параллельно AC , содержать AC не может). пусть A_{1}C_{1}=x=\RightarrowA_{1}B_{1}=B_{1}C_{1}=(x)/(2) . ∠A_{1}DB_{1}=∠DA_{1}B_{1}=45^{\circ}=\RightarrowDB_{1}=(x)/(2) \DeltaDS_{1}B_{1}∼\DeltaDSB=\Rightarrow(S_{1}B_{1})/(SB)=(DB_{1})/(DB)=\Rightarrow =\Rightarrow(S_{1}B_{1})/((3)/(4))=((x)/(2))/(1)=\RightarrowS_{1}B_{1}=(3x)/(8) теперь найдём, чему равняется O_{1}B_{1} (то есть радиус вписанной окружности) S_{1}C_{1}=\sqrt{(x^{2})/(4)+(9x^{2})/(64)}=(5x)/(8) \sin(∠O_{1}S_{1}H)=(O_{1}H)/(O_{1}S_{1})=(r)/((3x)/(8)-r)= =((x)/(2))/((5x)/(8))=\Rightarrowr=(x)/(6)=\Rightarrowr∈(0;(1)/(6)) 2 случай) пятиугольное сечение плоскостью A_{2}C_{2}C_{3} , где A_{2}C_{2} лежит внутри \DeltaABC . заметим, что A_{2}C_{2}||A_{3}C_{3} и A_{2}C_{2}=A_{3}C_{3}, поэтому A_{2}A_{3}||C_{3}C_{2} и A_{2}A_{3}=C_{3}C_{2}. пусть x=(BB_{3})/(BO). тогда из подобий \DeltaSOB∼\DeltaS_{2}OB_{2} и \DeltaSAC∼\DeltaSA_{3}C_{3} получаем x=(A_{3}C_{3})/(AC)=(SS_{2})/(SO)=(BB_{3})/(BO)=(A_{2}C_{2})/(AC). значит, (S_{2}B_{3})/(SB)=1-x.TοΓдaS_{2}B_{3}=SB\cdot(1-x)=(3(1-x))/(4) также имеем (BB_{3})/(BD)=(BB_{3})/(2BO)=(x)/(2) откуда (QB_{3})/(SB)=(DB_{3})/(BD)=1-(x)/(2) =\RightarrowQB_{3}=(3(2-x))/(8) так как (A_{2}C_{2})/(AC)=x=\RightarrowA_{2}C_{2}=x QS_{2}=(3(2-x))/(8)-(3(1-x))/(4)=(3x)/(8) . тогда по теореме пифагора QC_{3}=(5x)/(8) . воспользуемся формулой S=pr: S=S_{A_{3}C_{3}C_{2}A_{2}}+S_{A_{3}QC_{3}}=(12x(1-x))/(16)+(3x^{2})/(16)=(12x-9x^{2})/(16) p=(x)/(2)+(3(1-x))/(4)+(5x)/(8)=(6x+12)/(16) тогда r=(S)/(p)=(12x-9x^{2})/(6x+12)=(x)/(2)=\Rightarrowx=(1)/(2)=\Rightarrowr=(x)/(2)=(1)/(4) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3451?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"в этой задаче условие может выглядеть очнеь страшно, поэтому первым делом нужно нарисовать аккуратный чертеж, чтобы понять, с какими объектами мы работаем. теперь давайте подумаем, нам дана правильная пирамида (какой вывод можно сделать про ее основание?), мы знаем сторону и один из углов. попробуем найти длины полезных отрезков в этой пирамиде. например, с помощью косинуса sbd и длины ob (o - центр основания) можно найти sb - боковое ребро пирамиды!",
"итак, вспомним, что это можно сделать, опустив высоту из s и заметив, что sob - прямоугольный треугольник с известным нам катетом и углом. итак, мы нашли длину боковой стороны, а теперь подумаем про сечения. если вы нарисовали чертеж - подумайте, какие вообще варианты сечений у нас могут получаться? (вряд ли сечением пирамиды будет двенадцатиугольник, например). затем попробуем рассмотреть каждый вид сечений отдельно.",
"верно! у нас могут быть сечения всего двух видов - пятиугольные и треугольные! мы знаем, что наше сечение пересекает плоскость основания по прямой a₁c₁, параллельной прямой ac. обозначим за o- центр abcd. какое будет сечение, если прямая a₁c₁ лежит внутри треугольника adc?",
"верно! это будет треугольник. пускай s₁- его вершина, лежащая на ребре sd, а x- длина a₁c₁. попробуйте найти s₁b₁ (выразить через х), где b₁- точка пересечения a₁c₁ и bd, если вы знаете, что s₁b₁ параллельна sb...",
"площадь сечения должно получиться s₁b₁⋅a₁c₁/2=3x²/16. s₁c₁ можно найти из теоремы пифагора. воспользуйтесь тем, что r=s/p для оценки радиуса. а какое сечение будет, если a₁c₁ лежит внутри треугольника acb?",
"домик). переобозначим a₁c₁ за a₂c₂=x, a₃- точка пересечения сечения и as, c₃- сечения и sc, q- сечения и sd, b₃- сечения и bd. из того, что a₂a₃ и c₂c₃ параллельны sb и a₂c₂ и a₃c₃ параллельны ac, можно получить, что a₂a₃c₃c₂- параллелограмм, а т.к. sb перпендикулярен ac- прямоугольник. попробуйте найти отрезки a₂a₃ и qa₃...",
"если в наш пятиугольник можно вписать окружность, то будет верна формула s=pr. при этом мы знаем, что r=x/2, ведь наша окружность касается параллельных прямых a₂a₃ и c₂c₃, расстояние между которыми равно x. осталось только посчитать площадь и полупериметр, и решить уравнение s=px/2"
] |
shkolkovo-69438 | в правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания ABCD равна \sqrt{2} , высота SO равна 2. точка K лежит на высоте SO , причём KS:KO=1:3 . через точку K проведена плоскость Π , перпендикулярная прямой SA . найдите площадь сечения пирамиды плоскостью Π , расстояние от точки D до плоскости Π и угол между плоскостью Π и прямой SD . | площадь равна (1)/(3\sqrt{5}) расстояние равно (3)/(\sqrt{5}) угол равен \arc\sin(4)/(5) | имеем AO=1,AS=\sqrt{5} . пусть 2\alpha=∠ASC,2β=∠ASD . тогда \tg\alpha=(1)/(2),\cos\alpha=(2)/(\sqrt{5}),\sin\alpha=(1)/(\sqrt{5}),\sin2\alpha=(4)/(5),\cos2\alpha=(3)/(5) \sinβ=(1)/(\sqrt{10}),\cosβ=(3)/(\sqrt{10}),\sin2β=(3)/(5),\cos2β=(4)/(5),\tg2β=(3)/(4) пусть плоскость п пересекается с прямыми AS,CS и DS в точках M,N и P соответственно. в плоскости ASC из прямоугольного \DeltaKSM имеем SM=SK\cos\alpha=(1)/(\sqrt{5}) далее из прямоугольного \DeltaNMS имеем SN=(SM)/(\cos2\alpha)=(\sqrt{5})/(3),MN=SN\sin2\alpha=(4)/(3\sqrt{5}) в плоскости ASD из прямоугольного \DeltaPMS имеем MP=SM\tg2β=(3)/(4\sqrt{5}),SP=(SM)/(\cos2β)=(\sqrt{5})/(4) так как SM перпендикулярно плоскости Π , то углом между прямой SD и плоскостью Π является ∠SPM=(\pi)/(2)-2β=\arc\sin(4)/(5) так как DP=SD-SP=\sqrt{5}-(\sqrt{5})/(4)=(3\sqrt{5})/(4), то расстояние от точки D до плоскости Π равно DP\sin∠SPM=(3)/(\sqrt{5}) в плоскости CDS из \DeltaPNS по теореме косинусов находим PN^{2}=(5)/(16)+(5)/(9)-(5)/(6)\cdot(4)/(5)=(29)/(9\cdot16) рассмотрим \DeltaMPN . пусть ∠PMN=\varphi . тогда по теореме косинусов получаем (29)/(9\cdot16)=(9)/(16\cdot5)+(16)/(9\cdot5)-(2)/(5)\cos\varphi (145)/(9\cdot16)=(9\cdot9+16\cdot16)/(9\cdot16) -2\cos\varphi \cos\varphi=(81+256-145)/(18\cdot16) =(192)/(18\cdot16)=(2)/(3) следовательно, \sin\varphi=(\sqrt{5})/(3) , и искомая площадь сечения равна MP\cdotMN\cdot\sin\varphi=(1)/(3\sqrt{5}) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3402?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"давайте начнём с поиска угла! во-первых, давайте найдем, чему равны ao и as - это можно сделать, исходя из условия, которое нам дано, и воспоминаний о теореме пифагора. если плоскость пересекает ребро as в точке m, а ребро sd в точке p, то задачу можно переформулировать, как поиск угла spm, а угол smp мы знаем из перпендикулярности! тогда как можно найти spm?",
"spm = 90 - msp = 90 - asd! но мы знаем что-то про угол asd - некоторые стороны в треугольнике, где он находится. тогда мы можем узнать его синус!",
"расстояние dp = ds - sp, а эти два расстояния попроще искать. ds мы уже знаем, а sp в треугольнике, где мы знаем угол, какие-то стороны можем тоже попробовать найти! например, чтобы найти sp, попробуйте сначала найти sm и mp, чтобы вычислить расстояние",
"площадь искомого треугольника можно найти, зная mn, mp и синус угла между ними. попробуйте найти его, используя теорему косинусов! для этого нам потребуются pm и pn, а значит надо найит pn (pm искали в прошлом пункте). а pn можно найти из теоремы косинусов в pns!"
] |
shkolkovo-90596 | на ребре AS треугольной пирамиды SABC отмечены такие точки M и N , что AM=MN=NS . найдите площадь треугольника NBC , если площади треугольников ABC,MBC и SBC равны 1,2 и \sqrt{37} соответственно. | 4 | пусть S_{1}=1,S_{2}=2,S_{3},S_{4}=\sqrt{37} — площади треугольников ABC,MBC,NBC,SBC соответственно, а h_{1},h_{2},h_{3},h_{4} — их высоты, опущенные на общее основание BC: обозначим через A^{/prime} , B^{/prime},C^{/prime},S^{/prime},M^{/prime},N^{/prime} ортогональные проекции точек A,B,C , S,M,N соответственно на некоторую плоскость, перпендикулярную ребру BC: точки B^{/prime} и C^{/prime} совпадают, причём A^{/prime}M^{/prime}=M^{/prime}N^{/prime}=N^{/prime}S^{/prime}=a_{A^{/prime}B^{/prime}=h_{1},M^{/prime}B^{/prime}=h_{2},N^{/prime}B^{/prime}=h_{3},S^{/prime}B^{/prime}=h_{4}} учитывая, что M^{/prime}B^{/prime} и N^{/prime}B^{/prime} — медианы треугольников A^{/prime}B^{/prime}N^{/prime} и M^{/prime}B^{/prime}S^{/prime} , имеем h_{1}^{2}+h_{3}^{2}-2h^{2}=2a^{2}=h^{2}+h_{4}^{2}-2h_{3}^{2}\Rightarrow_{\Rightarrow3h_{3}^{2}=3h^{2}+h_{4}^{2}-h_{1}^{2}\Rightarrowh_{3}=\sqrt{h^{2}+(h_{4}^{2}-h_{1}^{2})/(3)}} а так как площади S_{1},S_{2},S_{3},S_{4} пропорциональны высотам h_{1},h_{2} , h_{3},h_{4} с коэффициентом k=(BC)/(2) , получаем S_{3}=kh_{3}=\sqrt{(kh_{2})^{2}+((kh_{4})^{2}-(kh_{1})^{2})/(3)} =\sqrt{S_{2}^{2}+(S_{4}^{2}-S_{1}^{2})/(3)} =^{/\overline{4+(37-1)/(3)}=4} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3461?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-102029 | в кубе ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} площадь ортогональной проекции грани AA_{1}B_{1}B на плоскость, перпендикулярную диагонали AC_{1}, равна 1. найдите площадь ортогональной проекции куба на эту плоскость. | 3 | выберем плоскость проекции так, чтобы она проходила через центр куба. сечением куба этой плоскостью является правильный шестиугольник MNKLPQ. проекцией куба на эту плоскость является шестиугольник A_{1}^{/prime}B_{1}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime}D_{1}^{/prime}, вершины которого являются центрами правильных треугольников, построенных на сторонах шестиугольника MNKLPQ, поэтому полученный шестиугольник также является правильным, причём вершины A и C_{1} куба проектируются в его центр. проекцией грани AA_{1}B_{1}B является параллелограмм A^{/prime}A_{1}^{/prime}B_{1}^{/prime}B^{/prime}. его площадь в три раза меньше площади проекции куба. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4171?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"очевидно, что плоскость можно выбрать любую, так давайте выберем удобную! рассмотрите плоскость, проходящую через центр куба. что тогда будет являться проекцией грани aa₁b₁b? что получится при проекции куба?",
"проекций куба будет правильный шестиугольник. посмотрите на вершины этого шестиугольника. из них 3 это образы грани aa₁b₁b. куда перешла четвертая вершина?"
] |
shkolkovo-99414 | дана сфера радиуса 1 с центром в точке O. из точки A, лежащей вне сферы, проведены четыре луча. первый луч пересекает поверхность сферы последовательно в точках B_{1} и C_{1}, второй — в точках B_{2} и C_{2}, третий — в точках B_{3} и C_{3}, четвертый — в точках B_{4} и C_{4}. прямые B_{1}B_{2} и C_{1}C_{2} пересекаются в точке E, прямые B_{3}B_{4} и C_{3}C_{4} — в точке F. найдите объем пирамиды OAEF, если AO=2,EO=FO=3, а угол между гранями AOE и AOF равен 30^{\circ}. | (35)/(24) | рассмотрим сечение сферы плоскостью B_{1}B_{2}C_{1}C_{2}. пусть M — вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников AB_{1}B_{2} и EC_{2}B_{2}. из цепочки равенств ∠AMB_{2}=180^{\circ}-∠AB_{1}B_{2}= =∠C_{1}B_{1}B_{2}=180^{\circ}-∠C_{1}C_{2}B_{2}=∠EC_{2}B_{2}=180^{\circ}-∠EMB_{2} следует, что точка M лежит на отрезке AE. по теореме о равенстве произведений отрезков секущих, AM\cdotAE=AB_{2}\cdotAC_{2}=(AO-r)(AO+r)=AO^{2}-r^{2}=3 (здесь r=1 — радиус сферы). точно так же EM\cdotEA=EO^{2}-r^{2}=8. отсюда AE^{2}=AE(AM+EM)=11. аналогично получаем AF^{2}=11. значит, грани AOE и AOF равны по трем сторонам и имеют площадь S=(\sqrt{35})/(2) по формуле герона(нам известны все три стороны). давайте теперь найдём высоту грани AOE. опустим перпендикуляр EH. посчитаем длину через подсчёт площади двумя способами: (\sqrt{35})/(2)=(EH)/(2)\cdot2 откуда EH=(\sqrt{35})/(2). рассмотрим теперь плоскость EHF и опустим в ней высоту ER. тогда по теореме о трёх перпендикулярах FH будет перпендикулярно AO. тогда из условия понимаем, что ∠EHF=30^{\circ}, так как это и будет угол между плоскостями. к тому же AO перпендикулярно всей плоскости EFH, так как он перпендикулярен двум прямым из этой плоскости. но тогда ER перпендикулярно FH и AO, откуда ER — это перпендикуляр к плоскости. тогда найдём ER и решим задачу. из прямоугольного треугольника HER с углом 30^{\circ} понимаем, что ER=(\sqrt{35})/(4). отсюда объём пирамиды будет: V_{AEFO}=(1)/(3)\cdotER\cdotS_{AOF}=(1)/(3)\cdot(\sqrt{35})/(2)\cdot(\sqrt{35})/(4)=(35)/(24) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-70626 | основанием пирамиды SABCD является трапеция ABCD с основаниями BC и AD такими, что BC:AD=2:5 . диагонали трапеции пересекаются в точке E , а центр O вписанной в пирамиду сферы лежит на отрезке SE и делит его в отношении SO:OE=7:2 . найти площадь полной поверхности пирамиды, если площадь боковой грани SBC равна 8. | 126 | введем обозначения S_{\DeltaBSC}=S_{1},S_{\DeltaASB}=S_{2},S_{\DeltaASD}=S_{3},S_{\DeltaCSD}=S_{4},S_{\circcH.}=S_{ABCD}=S а также V_{SBEC}=V_{1},V_{SAEB}=V_{2},V_{SAED}=V_{3},V_{SCED}=V_{4},V_{SABCD}=V. по условию S_{1}=8 . заметим, что (S_{1})/(S_{2})=(CE)/(AE)=(BC)/(AD)=(2)/(5),(S_{1})/(S_{3})=(BC^{2})/(AD^{2})=(4)/(25),(S_{1})/(S_{4})=(BE)/(DE)=(BC)/(AD)=(2)/(5) значит, S_{6\circK.}=S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}=8+20+50+20=98 пусть r — радиус вписанной в пирамиду сферы, h — высота пирамиды. тогда V=(1)/(3)S_{Π\circΠH.}r=(1)/(3)S_{\circcH.}h и так как центр O вписанной сферы лежит на отрезке SE , то (r)/(h)=(OE)/(SE)=(2)/(9) с другой стороны, высоты пирамид SBEC,SAEB,SAED и SCED , проведённые из общей вершины E , равны (9)/(7)r , поэтому V=V_{SBEC}+V_{SAEB}+V_{SAED}+V_{SCED}=V_{1}+V_{2}+V_{3}+V_{4}= =(1)/(3)S_{1}\cdot(9)/(7)r+(1)/(3)S_{2}\cdot(9)/(7)r+(1)/(3)S_{3}\cdot(9)/(7)r+(1)/(3)S_{4}\cdot(9)/(7)r=(1)/(3)\cdot(9)/(7)r(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4})= =(3)/(7)S_{6\circK.}\cdotr=(1)/(3)S_{Π\circΠH.}\cdotr откуда (S_{Π\circΠH.})/(S_{6\circK.})=(9)/(7) следовательно, S_{Π\circΠH.}=(9)/(7)S_{6\circK.}=(9)/(7)\cdot98=126. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3027?SubjectId=7&Page=3",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"у нас уже есть площадь одной боковой грани. может, тогда попытаемся найти площади остальных? подумайте, как соотносятся между собой площади треугольников △sbc и △sab...",
"вроде как, напрямую связь между ними установить не получается. давайте попробуем посмотреть на объемы тетраэдров saob и sboc: они относятся как площади треугольников △sab и △sbc. а как еще можно найти их отношение?",
"т.к. объемы sabe и sbce относятся как площади △abe и △bec (то есть как ae к ec), а также объемы oaeb и obec относятся как эти площади, то и их разности (то есть saob и sboc) относятся как ae к ec. тогда верно равенство s(△sab)/s(△sbc)=ae/ec ⇒ s(△sab)=20. теперь найдите площади остальных боковых граней!",
"нам осталось только найти площадь основания (назовем ее s₀). мы знаем, что o делит se в отношении 7/2. тогда r=h*2/9, где r- радиус вписанной сферы, а h- высота пирамиды. мы знаем, что v=s₀*h*1/3=s₀*r*3/2, где v- объем нашей пирамиды. как еще, зная площади боковых граней, можно выразить v?",
"через объемы тетраэдров esab, esbc, escd и esda! про них мы знаем, что высоты, опущенные из вершины e, равны r*9/7. тогда мы без проблем сможем записать v через сумму объемов этих тетраэдров, приравнять к s₀*r*3/2 и найти площадь основания!"
] |
shkolkovo-91453 | в пирамиде ABCD проведено сечение KMLN так, что точка K лежит на ребре AD, точка M — на ребре DC, точка N — на ребре AB, точка L на ребре BC, и O — точка пересечения диагоналей KL и MN четырехугольника KMLN. сечение KMLN делит пирамиду на две части. найти отношение объемов этих частей, если известны следующие соотношения между длинами отрезков: 4\cdotOL=3\cdotOK,25\cdotON=24\cdotOM,DK\cdotNA-KA\cdotBN=KA\cdotNA. | 67:213 | запишем теорему менелая для треугольника KLP и секущей MN : (KO)/(OL)\cdot(LN)/(NP)\cdot(PM)/(MK)=1\Leftarrow\Rightarrow(4)/(3)\cdot(LN)/(NP)\cdot(PM)/(MK)=1(1) пусть (NL)/(LP)=a,(PM)/(MK)=b . тогда (PK)/(KM)=(PM+MK)/(KM)=(PM)/(MK)+1=b+1и(LN)/(NP)=(LN)/(LN+LP)=(a)/(a+1)(2) подставив найденные значения отношений, получим систему And{{(a)/(a+1)\cdotb=(3)/(4)}{a(b+1)=(24)/(25)}}, которая легко решается: a=3/25,b=7 . пишем теорему менелая для треугольника AKP и прямой DC : (PM)/(MK)\cdot(KD)/(DA)\cdot(AC)/(CP)=1\iff(KD)/(DA)\cdot(AC)/(CP)=(1)/(7)(3) а теперь - теорему менелая для треугольника ANP и прямой BC : (NL)/(LP)\cdot(PC)/(CA)\cdot(AB)/(BN)=1\Leftarrow\Rightarrow(PC)/(CA)\cdot(AB)/(BN)=(25)/(3)(4) перемножим равенства (3) и (4): (KD)/(DA)\cdot(AB)/(BN)=(25)/(21)(5) соотношение DK\cdotNA-KA\cdotBN=KA\cdotNA , данное в условии, можно переписать в виде (DK)/(KA)-(BN)/(NA)=1 . пусть (DK)/(KA)=x,(BN)/(NA)=y . тогда (KD)/(DA)=(x)/(x+1)и(AB)/(BN)=(1)/(y)+1 подставляя в (5) найденные значения отношений, получаем систему And{{x-y=1}{(x)/(x+1)\cdot(y+1)/(y)=(25)/(21)}} из которой находим, что y=(3)/(2),x=(5)/(2) . итак, (DK)/(KA)=(5)/(2) и (BN)/(NA)=(3)/(2) . тогда (AB)/(BN)=(AN)/(NB)+1=(5)/(3) . подставив это значение (AB)/(NB) в (4), найдем, что (PC)/(CA)=5 и (CP)/(PA)=(5)/(6) . записываем теорему менелая для треугольника ABC и секущей NP : (AN)/(NB)\cdot(BL)/(LC)\cdot(CP)/(PA)=1\Leftarrow\Rightarrow(2)/(3)\cdot(BL)/(LC)\cdot(5)/(6)=1\Leftarrow\Rightarrow(BL)/(LC)=(9)/(5) последний (шестой!) раз применяем теорему менелая для треугольника ADC и секущей KP . (AK)/(KD)\cdot(DM)/(MC)\cdot(CP)/(PA)=1\Leftarrow\Rightarrow(2)/(5)\cdot(DM)/(MC)\cdot(5)/(6)=1\Leftarrow\Rightarrow(DM)/(MC)=3 по свойству отношения объёмов пирамид с общей вершиной (V_{AKNP})/(V_{ABCD})=(AK)/(AD)\cdot(AP)/(AC)\cdot(AN)/(AB)=(2)/(7)\cdot6\cdot(2)/(5)=(24)/(35) аналогичным образом получаем (V_{MLCP})/(V_{ABCD})=(CM)/(CD)\cdot(CL)/(CB)\cdot(CP)/(AC)=(1)/(4)\cdot(5)/(14)\cdot5=(25)/(56) и, наконец, V_{AKNCML}=V_{AKNP}-V_{MLCP}=V_{ABCD}\cdot((24)/(35)-(25)/(56))=(67)/(280)V_{ABCD} объем оставшейся части равен, очевидно, (213)/(280)V_{ABCD} . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=2",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-103997 | через каждую из сторон равностороннего треугольника ABC со стороной 12 проведена плоскость, образующая угол 30^{\circ} с плоскостью этого треугольника. эти три плоскости пересекаются в точке D . чему может быть равно расстояние от D до плоскости треугольника? | 2 или 6 | опустим из точки D перпендикуляр на плоскость ABC, назовем полученную точку H. проведем из точек D и H перпендикуляры к AB, по теореме о трех перпендикулярах получим одну и ту же точку K. обозначим длину искомого отрезка DH за h. тогда катет KH полученного прямоугольного треугольника DHK с углом ∠DKH=30^{\circ} равен \sqrt{3}h. в силу симметрии треугольника ABC точка H равноудалена от прямых AB, BC и AC на расстояние \sqrt{3}h, значит, H либо центр вписанной окружности, либо центр одной из вневписанных окружностей треугольника ABC. найдем расстояние между стороной AB и центром вписанной окружности H: так как ABC — равносторонний, то высота HK является медианой, значит, AK=6. следовательно, HK=6\cdot\tg30^{\circ}=2\sqrt{3}, тогда \sqrt{3}h=2\sqrt{3}, откуда h=2. рассмотрим случай, когда точка H оказалась центром вневписанной окружности: тогда получим равносторонний треугольник ABH со стороной AB=12. найдем длину высоты HK=12\cdot\cos60^{\circ}=6\sqrt{3}, значит, \sqrt{3}h=6\sqrt{3}, откуда h=6. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8047?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-80774 | в основании призмы лежит равносторонний треугольник площади 1. площади её боковых граней равны 3, 3 и 2. найдите объём призмы. | \sqrt[4]{3} | если бы призма была прямая, то площади боковых граней были бы равны. значит, призма наклонная. обозначим призму ABCA_{1}B_{1}C_{1}, площади из условия S_{AA_{1}B_{1}B}=S_{AA_{1}C_{1}C}=3. пусть A_{1}K,A_{1}M — высоты параллелограммов AA_{1}B_{1}B и AA_{1}C_{1}C. тогда A_{1}K=A_{1}M, т.к. площади равны, а также равны их основания, так как равносторонний треугольник. пусть A^{/prime} — проекция A_{1} на плоскость ABC. тогда A^{/prime}K=A^{/prime}M, следовательно, точка равноудалена от прямых AB и AC. (a) рассмотрим случай, когда A^{/prime} принадлежит биссектрисе AL угла ∠ABC. AL — высота, медиана и биссектриса в равностороннем треугольнике. AL⊥BC_{A_{1}A^{/prime}⊥BC=\RightarrowBC⊥(AA_{1}A^{/prime})=\RightarrowBC⊥AA_{1}=\RightarrowBC⊥BB_{1}}^{|} тогда получаем, что BB_{1}C_{1}C — прямоугольник. пусть сторона треугольника ABC равна a. посчитаем площадь прямоугольника и параллелограмма. S_{1}=a\cdotAA_{1},S_{2}=a\cdotA_{1}K 2=a\cdotAA_{1},3=a\cdotA_{1}K но A_{1}K<AA_{1}, тогда 3=a\cdotA_{1}K<a\cdotAA_{1}=2 получаем противоречие. (b) рассмотрим случай, когда A^{/prime} принадлежит внешней биссектрисе AL угла ∠ABC. AA^{/prime}\parallelBC_{A_{1}A\parallelBB_{1_{AA^{/prime}\parallelBC}}|_{{_{|_{j}^{=\Rightarrow(AA_{1}A^{/prime})\parallel(BB_{1}C)}}}}^{\gamma} но (AA_{1}A^{/prime})⊥(ABC), следовательно, (BB_{1}C)⊥(ABC), откуда следует, что высота CH_{1} параллелограмма CC_{1}B_{1}B совпадает с высотой призмы (C_{1}H=A_{1}A^{/prime}). в итоге V=S_{ABC}\cdotCH_{1}=\sqrt[4]{3} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3402?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"во-первых, надо осознать картинку. она, как будто, симметричная, но не стоит так думать сразу. давайте опустим высоты из точки a_1 на прямые ab, ac, и плоскость abc. что тогда можно заметить? какие принципиально разные случаи есть падения высоты на плоскость abc?",
"есть два случая - падение во внутрь призмы и во вне. однако, при всем этом, у нас расстояния от точки a_1’(основание высоты) до прямых ab и ac равны, в силу равенства прямоугольных треугольников. как тогда можно равносильно переформулировать случаи, когда высота падает во внутрь, а когда наружу? как связать это с равноудаленностью от сторон?",
"все верно, либо точка основания высоты лежит на внешней биссектрисе, либо на внутренней(угла bac). давайте посмотрим на второй случай. мы видим, что прямые aa’ и a_1a’ перпендикулярны bc. что тогда это значит? чем это хорошо в нашей картинке?",
"тем, что тогда bb_1 перпендикулярен bc, а значит bb_1c_1c - прямоугольник. но тогда, если сторона треугольника в основании равна а, выходит, что a * aa_1 = 2, a * a_1k = 3. тогда, пришли к противоречию, так как a_1k > aa_1. значит, остался второй случай. если прямая внутренней биссектрисы, была перпендикулярна прямой bc, то внешняя биссектриса будет…",
"параллельна! а тогда, высота в параллелограмме cc_1b_1b - высота призмы. значит, остается найти c_1h. ну, а это уже чисто дело техники(и нескольких теорем пифагора)."
] |
shkolkovo-81377 | длина ребра куба ABCDA^{/prime}B^{/prime}C^{/prime}D^{/prime} равна 1. найдите радиус сферы, проходящей через точку B и касающейся прямых AD,AA^{/prime} и A^{/prime}B^{/prime} . | \sqrt{9±6\sqrt{2}} | введём декартову систему координат с центром в точке A , ось абсцисс — луч AD , ось ординат — луч AA^{/prime} , ось аппликат — луч AB . пусть O^{/prime} — проекция центра сферы на грань AA^{/prime}B^{/prime}B куба. определим ее местоположение. так как сфера касается прямых AA^{/prime},A^{/prime}B^{/prime} и проходит через точку B , то расстояние от точки O^{/prime} до прямых AA^{/prime} и A^{/prime}B^{/prime} и точки B одинаково (обозначим его r ). тогда O^{/prime} лежит на луче A^{/prime}B , который является биссектрисой угла AA^{/prime}B^{/prime} . осталось учесть условие, что центр сферы касается прямой AD , то есть нужно проверить, что расстояние от центра до прямой AD совпадает с радиусом сферы OB . заметим, что есть два случая расположения точки O^{/prime} (на рисунке показаны разными цветами): случай 1: точка O^{/prime} лежит на диагонали A^{/prime}B . тогда из теоремы пифагора для прямоугольного треугольника O^{/prime}HA^{/prime} получим: r^{2}+r^{2}=(\sqrt{2}-r)^{2} , откуда r=2-\sqrt{2} . значит, центр сферы O имеет координаты (x_{1};\sqrt{2}-1;2-\sqrt{2}) . расстояние до прямой AD равно \sqrt{(\sqrt{2}-1)^{2}+(2-\sqrt{2})^{2}} . то есть радиус OB=\sqrt{(\sqrt{2}-1)^{2}+(2-\sqrt{2})^{2}} =\sqrt{9-6\sqrt{2\cdot}} случай 2: точка O^{/prime} лежит на продолжении луча A^{/prime}B . тогда из теоремы пифагора для прямоугольного треугольника O^{/prime}HA^{/prime} получим: r^{2}+r^{2}=(\sqrt{2}+r)^{2} , откуда r=2+\sqrt{2} . значит, центр сферы O в этом случае имеет координаты (x_{2};-\sqrt{2}-1;2+\sqrt{2}) . расстояние до прямой AD равно \sqrt{(-\sqrt{2}-1)^{2}+(2+\sqrt{2)}2} . то есть радиус OB=\sqrt{(-\sqrt{2}-1)^{2}+(2+\sqrt{2)}2} =\sqrt{9+6\sqrt{2}}. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4385?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"тут у нас и параллельные прямые, и биссектрисса - давайте поищем равные углы. помним, что биссектрисса отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник.",
"верно, получаем mck равнобедренный. тогда ос (где о - центр окружности) - серединный перпендикуляр км, а треугольники koc и мос равны и равнобедренны. на этом этапе давайте остановимся в изучении чертежа и подумаем, как нам доказать требуемое. какой признак может указывать на принадлежность точки о описанной окружности bcd?",
"конечно, в нашем случае проще всего будет доказывать через равенство вписанных углов. для каких двух углов будет удобнее это доказать?",
"конечно, легче находится, что obc и odc равны и опираются на дугу ос. это несложно вывести, если увидеть равенство треугольников bko и dco. теперь остаётся только последовательно всё доказать"
] |
shkolkovo-83301 | точка O — начало трех отрезков OA,OB и OC лежащих в плоскости P и имеющих длины 3,4 и 7 соответственно. на прямой L , проходящей через точку O и перпендикулярной плоскости P , расположена точка D так, что сумма углов, образуемых прямыми DA,DB и DC с прямой L , равна 180^{\circ} . найти длину отрезка OD . | \sqrt{6} | обозначим OD через x . из прямоугольных треугольников выражаем углы ∠CDO=\ar\\c\tg(7)/(x),∠BDO=\ar\\c\tg(4)/(x),∠ADO=\ar\\c\tg(3)/(x) по условию нам дано \ar\\c\tg(7)/(x)+\ar\\c\tg(4)/(x)+\ar\\c\tg(3)/(x)=\pi преобразуем \ar\\c\tg(7)/(x)+\ar\\c\tg(4)/(x)=\pi-\ar\\c\tg(3)/(x) возьмём тангенс от обеих частей (проверку равносильности такого перехода отложим) и применим формулу тангенса суммы (\tg(\ar\\c\tg(7)/(x))+\tg(\ar\\c\tg(4)/(x)))/(1-\tg(\ar\\c\tg(7)/(x))\cdot\tg(\ar\\c\tg(4)/(x))) =\tg(\pi-\ar\\c\tg(3)/(x)) ((11)/(x))/(1-(28)/(x^{2}))=-(3)/(x) 1-(28)/(x^{2})=-(11)/(3) x^{2}=(28\cdot3)/(14)=6 x=OD>0, поэтому подходит только x=\sqrt{6} . теперь вернёмся к уравнению до взятия тангенсов и подставим туда этот корень. правая часть \pi-\ar\\c\tg\sqrt{(3)/(2)} лежит на отрезке (0,\pi). левая тоже, потому что оба арктангенса по определению положительные и меньше (\pi)/(2). то есть они не могут отличаться на кратное \pi. так что раз тангенсы получились равны, то и сами углы равны. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3476?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"треугольники oda, odb и odc прямоугольные, также они имеют общую сторону od. если её обозначить за переменную, как можно будет записать условие на сумму трёх углов?",
"пусть od = x, тогда углы выражаются через арктангенсы. тогда из условия получаем, что сумма трёх арктангенсов равна π. что же хочется сделать? взять от обеих частей тангенс! но для тангенса суммы двух углов мы формулу знаем, чего не скажешь о суммы трёх. а вот π одиноко стоит с правой стороны, тогда можно сначала перенести одно слагаемое на правую часть и потом уже делать махинации со взятием тангенса.",
"тогда взяв тангенс от обеих частей (но помните, что нужно будет сделать проверку равносильности такого перехода!) и применив формулу тангенса суммы, получаем совсем простое квадратное уравнение для x."
] |
shkolkovo-83311 | медианы оснований треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1} пересекаются в точках O и O_{1} соответственно. на отрезке OO_{1} взята точка P так, что O_{1}P:PO=3:5 . через точку P проведена прямая параллельная диагонали A_{1}C боковой грани призмы. найти длину отрезка этой прямой, расположенного внутри призмы, если длина диагонали A_{1}C равна 2. | (4)/(3) | рассмотрим сечение призмы XYzT , проходящее через OO_{1} и параллельное грани ACC_{1}A_{1} . это параллелограмм, а OO_{1} — его средняя линия. сделаем гомотетию в точке B_{1} с коэффициентом (2)/(3) . тогда точки A_{1} и C_{1} перейдут в X и T , потому что точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2 к 1 . точка Q перейдёт в точку Q_{1} , делящую отрезок OO_{1} в отношении 2 к 1 (до гомотетии отрезок PQ был половиной PR , а после он перешёл в XQ_{1} , который равен (1)/(3)PR ). при этом прямая XQ_{1} будет пересекать отрезок Tz в точке W , поскольку в параллелограмме ACC_{1}A_{1} прямая A_{1}C пересекает вершину C , а в параллелограмм XYzT отличается от ACC_{1}A_{1} лишь тем, что длины сторон Yz и XT короче, а значит, точка пересечения прямой XQ_{1} с прямой Tz будет лежать ниже точки z . аналогично, прямая, проходящая через z параллельно прямой A_{1}C будет делить OO_{1} в отношении 2 к 1 , но уже считая от точки O , и она будет проходить через отрезок XY . значит, прямая MP будет лежать между этими двумя прямыми и также проходить через отрезок Tz . значит, отрезок нужной прямой — это отрезок прямой MP , содержащийся в параллелограмме XYzT . поскольку MP\parallelXW , длина этого отрезка будет равна XW . отрезок XQ_{1} — образ AQ при гомотетии, значит, он равен (2)/(3)AQ=(2)/(3) . также XQ_{1}=Q_{1}W , то есть искомая длина — (4)/(3) . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3476?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"рассмотрим сечение призмы xyzt, проходящее через oo₁ и параллельное грани acc₁a₁. прямая, проходящая через точку р и параллельная а₁с, будет лежать как раз в этом сечении. а искомый отрезок - это часть этой прямой, ограниченная четырехугольником xyzt. а какой фигурой является xyzt? как относятся ее стороны к сторонам призмы?",
"верно, xyzt - параллелограмм. zt = xy = a₁a, xt = yz = 2/3 * ac, так как точка пересечения медиан делит медианы в отношении 2 к 1. теперь нужно подумать, с помощью чего мы можем "перенести" плоскость acc₁a₁ на плоскость xyzt?",
"с помощью гомотетии! сделаем гомотетию в точке в₁ с коэффициентом 2/3. подумайте, куда перейдут точки, лежащие в плоскости acc₁a₁.",
"например, точка а₁ перейдет в точку х. постройте прямые, параллельные а1с, через точки х и z. чему будут равны отрезки этих прямых, отграниченные параллелограммом xyzt? равна ли искомая прямая этим отрезкам?"
] |
shkolkovo-83740 | параллелограмм ABCD является основанием пирамиды SABCD. точки M,N и P лежат на рёбрах SA,SD и SC соответственно, причём SM:MA=1:2,SN:ND=1:3,SP:PC=1:4 в каком отношении плоскость MNP делит ребро SB? | 1:3 | пусть плоскости BSD и ASC пересекаются по прямой SO. рассмотрим треугольник ASC. пусть T=MP∩SO. в треугольнике ASC проведём прямые AL и OQ параллельные MP. по теореме фалеса имеем (SP)/(PL)=(SM)/(MA)=(1)/(2),(LQ)/(QC)=(AO)/(OC)=1 учитывая, что SP:PC=1:4, получаем, что (ST)/(TO)=(1)/(3) пусть K=NT∩SB. так как SN:ND=ST:TO=1:3, то в силу теоремы фалеса прямые BD и NK параллельны, и, следовательно, SK:KB=1:3 | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8073?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"построить точку пересечения плоскости mnp и ребра sb сразу так сложно. кажется, не хватает какой-нибудь точки на mp, чтобы провести через неё и n прямую, пересекающую ребро sb в искомой точке (пусть k).",
"да это же точка, получаемая пересечение mp и so, где so — пересечение плоскостей bsd и asc, назовём её т. точку ввели, а как она делит so — не узнали. а хотелось бы, потому что её можно рассмотреть и для △asc (а мы знаем про то как делят его стороны m и p), и для △bsd (содержащий интересующую нас точку k).",
"отношение st : no можно найти, рассмотрев △asc. а ещё же у нас есть отношение ao : oc (подумайте, чем является точка o для основания). часто, когда мы видим отношения отрезков, хочется применить теорему фалеса, только вот нам не хватает несколько параллельных прямых... какие можно провести, чтобы использовать оба упомянутых отношения на сторонах sa и ac?",
"в предыдущей подсказке попробуйте провести прямые из a и o параллельно mp. с помощью теоремы фалеса можно найти отношение st : no. если вы всё правильно посчитали, то не составит труда, используя уже упомянутую теорему, найти отношение sk : kb."
] |
shkolkovo-85564 | в пирамиде SABCD с вершиной S известно, что AB=9,BC= 5 и CD=13 . найдите длину ребра AD , если вписанная в пирамиду сфера касается основания в точке пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD . | 15 | обозначим точки касания сферы с гранью основания и гранями SAB,SBC,SCD и SDA буквами H,K_{1},K_{2},K_{3} и K_{4} соответственно. по свойству отрезков касательных, соответствующие отрезки касательных к сфере будут равны. значит, по признаку равенства по трём сторонам будут равны треугольники \DeltaK_{1}AB=\DeltaHAB,_{\DeltaK_{2}BC=\DeltaHBC,_{\DeltaK_{3}CD=\DeltaHCD,_{\DeltaK_{4}DA=\DeltaHDA,}}} а также \DeltaK_{1}SB=\DeltaK_{2}SB,_{\DeltaK_{2}SC=\DeltaK_{3}SC,_{\DeltaK_{3}SD=\DeltaK_{4}SD,_{\DeltaK_{4}SA=\DeltaK_{1}SA\cdot}}} следовательно, будут равны все соответствующие углы этих треугольников. поскольку вертикальные углы между диагоналями ABCD равны, то будут равны углы ∠AK_{1}B=∠CK_{3}D и ∠BK_{2}C=∠DK_{4}A . рассматривая суммы углов 360^{\circ} вокруг точек K_{1},K_{2},K_{3} и K_{4} получаем, что все углы равны: ∠AK_{1}B=∠BK_{2}C=∠CK_{3}D=∠DK_{4}A. так как эти же углы получаются между диагоналями в основании ABCD и образуют вокруг точки H в сумме 360^{\circ} , то углы прямые и диагонали AC и BD перпендикулярны. обозначим длины отрезков AH,BH,CH и DH за a,b,c и d соответственно. применяя теорему пифагора для треугольников ABH,BHC и CHD получим равенства: a^{2}+b^{2}=9^{2},_{b^{2}+c^{2}=5^{2},_{c^{2}+d^{2}=13^{2}\cdot}} складывая первое и третье и вычитая второе равенство, получим d^{2}+a^{2}= 13^{2}+9^{2}-5^{2}=15^{2} . из теоремы пифагора для треугольника DAH находим отрезок AD=15 . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3437?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"сфера даёт очень много точек касания, а значит, очень много равных отрезков касательных. попробуйте найти пары равных треугольников (их точно больше 5).",
"вы получили очень много равных углов, но отдельных равенств недостаточно, тогда как бы их объединить? вспомните, чему равна сумма углов вокруг точки, и посчитайте такие суммы для точек касания сферы боковых сторон.",
"из полученных равенств попробуйте найти угол между диагоналями основания. это знание и поможет посчитать искомую сторону:)"
] |
shkolkovo-86474 | основанием четырехугольной пирамиды SABCD является параллелограмм ABCD со сторонами AB=2\sqrt{3},AD=4\sqrt{3} и углом A , равным 60^{\circ} . высотой пирамиды SABCD является отрезок SO , где O - точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD,SO=1 . найдите площадь сечения пирамиды SABCD плоскостью, параллельной медиане SE боковой грани SAB и проходящей через середину ребра SC и середину отрезка AO . | 5.1 | пусть M — середина ребра SC, а точка K - середина отрезка AO . рассмотрим плоскость (CSE) . так как плоскость сечения параллельна медиане SE и проходит через точку M , построим прямую MT||SE в плоскости (CSE) . тогда MT - средняя линия в CSE , а T середина CE . теперь нам известны три точки сечения: T,M,K . рассмотрим основание пирамиды ABCD и посмотрим, как прямая TK пересекает стороны основания. пусть эта прямая пересекает прямые AB,BC,CD,AD в точках F,G,H,I . из теоремы менелая для треугольника ACE получаем, что (EF)/(FA)=(CK)/(AK)\cdot(TE)/(CT)=(3)/(1) так как EA=(1)/(2)AB , то FA=(1)/(4)AB . далее замечаем, что \DeltaFAK∼\DeltaHCK . тогда (AF)/(HC)=(AK)/(CK)=(1)/(3) откуда HC=3AF=(3)/(4)AB . из подобия \DeltaFAI∼\DeltaHDI получаем (AI)/(ID)=(AF)/(DH)=(1)/(7) то есть AI=(1)/(8)AD . аналогично из подобия \DeltaFBG∼\DeltaHCG получаем (BG)/(GC)=(FB)/(CH)=(5)/(3) то есть BG=(5)/(8)BC . проведем GG^{/prime}||CD , где G^{/prime} - точка на AD . тогда GG^{/prime}=AD=2\sqrt{3};G^{/prime}I=AD-(3)/(8)BC-(1)/(8)BC=(BC)/(2)=2\sqrt{3} и ∠GG^{/prime}I=180^{\circ}-∠A=120^{\circ} . тогда из теоремы косинусов для треугольника GG^{/prime}I получим IG=6 . пусть L - точка, в которой прямая HM пересекает ребро SD . тогда из теоремы менелая для \DeltaCSD и прямой HM получим: (DL)/(SL)=(CM)/(SM)\cdot(DH)/(CH)=1\cdot((7)/(4)CD)/((3)/(4)CD)=(7)/(3) далее из теоремы менелая для \DeltaDHL имеем: (HM)/(ML)=(CH)/(DC)\cdot(SD)/(SL)=(5)/(2). в силу параллельности прямых BC и AD имеем (HG)/(HI)=(3)/(7) , откуда HG=(9)/(2),HI=(21)/(2) . по теореме косинусов для \DeltaABD имеем BD=6 , то есть OD=3 . из теоремы пифагора для треугольника SOD получаем SD=\sqrt{10} , откуда DL=(7\sqrt{10})/(10) . по теореме косинусов для \DeltaADC имеем 2\sqrt{21} , а значит TC=\sqrt{21} . по теореме пифагора для \DeltaSOC вычислим SC=\sqrt{22} . заметим, что для треугольника SDC выполняется теорема пифагора, то есть угол SDC прямой. с помощью теоремы косинусов для треугольника SAD вычислим \cosSDA=(3\sqrt{30})/(20) . теперь через теоремы косинусов для треугольников LDI и LDH вычислим длины отрезков IL=(7\sqrt{10})/(5),LH=(7\sqrt{85})/(10) . далее по теореме герона получаем S_{\DeltaILH}=(147)/(20) . заметим, что S_{\DeltaMHG}=(1)/(2)\sin∠MHG\cdotMH\cdotGH=(1)/(2)\sin∠MHG\cdot(5)/(7)HL\cdot(3)/(7)HI=(15)/(49)S_{\DeltaHLI} . значит, S_{LMGI}=S_{\DeltaLHI}-S_{\DeltaMHG}=(34)/(49)S_{\DeltaLHI}=(34)/(49)\cdot(147)/(20)=(51)/(10) . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8052?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"то, что в условии нам даны все длины, может подтолкнуть к тому, что это очень техническая задача. здесь придется много считать и не бояться больших и страшных дробей. первым делом нужно построить сечение. поищите точку, принадлежащую сечению, на плоскости abcd.",
"теперь рассмотрим саму плоскость abcd. у нас есть прямая, лежащая в этой плоскости и принадлежащая сечению. где эта прямая пересекает прямые, содержащие стороны параллелограмма abcd? найдите отношения с помощью теоремы менелая и подобия.",
"пусть эта прямая пересекает прямые ab,bc,cd, ad в точках f,g,h,i соответственно. пусть l - точка, в которой прямая hm пересекает ребро sd. тогда искомое сечение это lmgi. найдем его площадь как разность площадей треугольников lhi и mgh. а как найти их площади? много считать длины сторон и отношения, используя теоремы менелая, герона, пифагора, косинусов."
] |
shkolkovo-91958 | плоскость \pi перпендикулярна ребру SA правильной треугольной пирамиды ABCS с вершиной S и основанием ABC , делит это ребро в отношении 1:2 (считая от вершины S ) и проходит через середину ребра SB . найдите угол между плоскостью \pi и плоскостью основания пирамиды. | \arc\sin(\sqrt{2})/(3) | первое решение. пусть \pi пересекает AS, BS и CS в точках P, R и Q соответственно (то есть \pi=(PQR)). тогда по условию SR=RB и AP=2PS. пусть M — середина BC. тогда пирамида SABC симметрична относительно плоскости (SAM). поскольку \pi пересекает ребро SB в середине, то в силу симметрии эта плоскость пересекает CS тоже в середине, поэтому QC=QS. пусть K — середина AP. тогда PS=PK=AK, так как AP=2PS. тогда, поскольку SP:PK=SR:RB, то PR и KB параллельны. аналогично можно доказать, что RQ и BC параллельны. таким образом, \pi и (KBC) — параллельные плоскости, поэтому требуемый в задаче угол равен углу между (KBC) и (ABC). так как по условию \pi и AS перпендикулярны, то (KBC) и AS перпендикулярны, то есть BK и CK перпендикулярны AS. снова применив соображение симметрии, получаем, что KB=KC, то есть \DeltaKBC — равнобедренный, и KM — его высота, поскольку M является серединой BC. так как ABC — правильный треугольник (по условию SABC — правильная пирамида), то AM — тоже высота в треугольнике ABC. таким образом, KM лежит в плоскости (KBC) и перпендикулярно BC, а AM лежит в плоскости ABC и перпендикулярно BC. эти плоскости пересекаются по прямой BC. таким образом, нужный угол по определению равен ∠KMA. пусть AB=BC=AC=2a. тогда BM=MC=a, так как M — середина BC. по теореме пифагора из треугольника ABM получаем AM=\sqrt{3}a. по теореме пифагора из треугольника KSB получаем KB^{2}=5x^{2}. с другой стороны, по теореме пифагора из треугольника AKB имеем KB^{2}=4a^{2}-x^{2}. таким образом, 4a^{2}-x^{2}=5x^{2}, то есть x=\sqrt{(2)/(3)}a. так как KBC и AS перпендикулярны, то KM и AS перпендикулярны. из прямоугольного треугольника AKM: \sin∠AMK=(x)/(\sqrt{3}a)=(\sqrt{(2)/(3)}a)/(\sqrt{3}a)=(\sqrt{2})/(3) таким образом, ∠AMK=\arc\sin(\sqrt{2})/(3). ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________ второе решение. пусть \pi пересекает AS в точке H, BS — в точке M. пусть AS=CS=BS=6x. тогда из условия следует, что SH=2x, AH=4x, так как SH:AH=1:2. M — середина SB, поэтому SM=SB=3x. по теореме менелая для треугольника ASC и прямой HT: (4x)/(2x)\cdot(3x)/(3x)\cdot(CT)/(TA)=1 таким образом, TA=2CT, поэтому AC=CT. пусть AC=y. по теореме менелая для треугольника AHT и прямой SC: (y)/(y)\cdot(TM)/(MH)\cdot(2x)/(6x)=1 таким образом, TM=3MH. так как AS по условию является перпендикуляром к плоскости \pi, то TH и AS перпендикулярны. тогда по теореме пифагора из треугольника SMH получаем HM=\sqrt{5}x. то есть TM=3\sqrt{5}x. по теореме пифагора для треугольника AHT: 16x^{2}+80x^{2}=4y^{2} таким образом, y=2\sqrt{6}x. пусть O — основание высоты пирамиды SABC. углы между плоскостями равны углам между перпендикулярами к ним, поэтому ∠(\pi,(ABC))=∠(SA,OS) из прямоугольного треугольника ASO получаем \sin∠ASO=(AO)/(AS). так как O — точка пересечения медиан правильного треугольника ABC, то AO=(\sqrt{3})/(3)y=2\sqrt{2}x. тогда \sin∠ASO=(AO)/(AS)=(2\sqrt{2}x)/(6x)=(\sqrt{2})/(3) таким образом, ∠ASO=\arc\sin(\sqrt{2})/(3). ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________ третье решение. пусть искомый угол это \varphi. обозначим пересечение плоскости \pi с ребрами SA,SB,SC точками M,N,K соответственно. N — середина ребра SB, следовательно, K тоже середина ребра, так как пирамида правильная. по условию NM⊥SA,KM⊥SA. обозначим длину SA как 6x, тогда получаем, что SM=2x,AM=4x,SN=NB=SK=KC=3x в треугольнике MSN: \cos∠MSN=(2x)/(3x)=(2)/(3) тогда по теореме косинусов для треугольника ASB получаем AB^{2}=AS^{2}+SB^{2}-2\cdotAS\cdotSB\cdot\cos∠MSN=(6x)^{2}+(6x)^{2}-2\cdot6x\cdot6x\cdot(2)/(3)=24x^{2} AB=2x\sqrt{6} обозначим середину ребра SA точкой L. тогда треугольник LNK правильный, так как треугольник ABC правильный, а также плоскость (LNK) параллельна плоскости основания. LN — средняя линия в треугольнике ASB, следовательно, LN=x\sqrt{6}. обозначим точкой P середину NK. в треугольнике LNK: LP=(LN\sqrt{3})/(2)=(3x\sqrt{2})/(2) так как треугольник LNK правильный. так как плоскость (LNK) параллельна плоскости основания, то найдем угол между этой плоскости и плоскости \pi. MP⊥NK,LP⊥NK=\Rightarrow∠LPM=\varphi так как L — середина, то LM=x. в прямоугольном треугольнике LPM(MP⊥SA) находим, что \sin∠LPM=(LM)/(LP)=(x)/((3x\sqrt{2})/(2))=(\sqrt{2})/(3) тогда ∠LMP=\varphi=\arc\sin(\sqrt{2})/(3) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/4378?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"давайте построим сечение mnk (m∈as, n∈sb, k∈sc) пирамиды sabc плоскостью π. обозначим as = 6х и попробуем выразить все отрезки на рисунке через х (для этого можно воспользоваться теоремой косинусов для треугольника △asb, ведь cos∠asb мы можем без проблем найти, так как на рисунке есть очень много прямоугольных треугольников)",
"проведём ln — среднюю линию треугольника △asb, обозначим за р середину nk. какой угол требуется найти в задаче?",
"конечно, угол ∠mpl! так как мы уже знаем соотношение практически всех отрезков, мы можем без труда найти значение синуса этого угла)"
] |
shkolkovo-96230 | найдите синус угла между высотами, опущенными из двух вершин правильного тетраэдра на противоположные грани. | (2\sqrt{2})/(3) | пусть дан правильный тетраэдр SABC со стороной a, в котором проведены высоты SS^{/prime} и AA^{/prime}, пересекающиеся в точки H. отметим середину BC как K и проведём медианы AK и SK в силу того, что тетраэдр правильный, точки A^{/prime} и S^{/prime} будут является центрами соответствующих граней, а значит будут лежать на SK и AK соответственно. заметим, что четырёхугольник HA^{/prime}KS^{/prime} вписанный по двух двух прямым противолежащим углам, следовательно, ∠A^{/prime}HS^{/prime}=180^{\circ}-∠A^{/prime}KS^{/prime}, поэтому \sin∠A^{/prime}HS^{/prime}=\sin∠A^{/prime}KS^{/prime}. так как AK и SK — медианы в правильных треугольниках, они равны (\sqrt{3})/(2)a. сделаем выносной чертёж треугольника ASK, проведя его медиану KM так как треугольник ASK равнобедренный, то KM является биссектрисой и высотой, поэтому \sin(∠AKS)/(2)=\sin∠AKM=(AM)/(AK)=((1)/(2)a)/((\sqrt{3})/(2)a)=(1)/(\sqrt{3}) по теореме пифагора KM=(1)/(\sqrt{2})a, поэтому \cos(∠AKS)/(2)=\cos∠AKM=(KM)/(AK)=((1)/(\sqrt{2})a)/((\sqrt{3})/(2)a)=(\sqrt{2})/(\sqrt{3}) в итоге получаем, что \sin∠AKS=2\sin(∠AKS)/(2)\cos(∠AKS)/(2)=2(1)/(\sqrt{3})(\sqrt{2})/(\sqrt{3})=(2\sqrt{2})/(3) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
shkolkovo-99239 | для монтажа бурового оборудования в скважину используется подвес, состоящий из металлического каркаса в форме равностороннего треугольника и трёх регулируемых по длине тросов протянутых через вершины треугольника и соединяющихся на крюке. расстояние между тросами на каркасе составляет 2 м, а их первоначальная длина от каркаса до крюка — 3 м. при спуске оборудования оказалось, что крюк нужно сместить на (\sqrt{3})/(12) м вдоль медианы каркаса по направлению от вершины. на сколько метров нужно удлинить трос, проходящий через эту вершину? | \sqrt{9,5}-3 | пирамида SABC — правильная, тогда медиана AD=AB\cdot\sin60^{\circ}=2\cdot(\sqrt{3})/(2)=\sqrt{3}, а апофема SD=\sqrt{SB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2\sqrt{2}. так как O — точка пересечения медиан треугольника ABC , то AO=(2)/(3)AD=(2\sqrt{3})/(3),DO=(1)/(3)AD=(\sqrt{3})/(3). при увеличении длины троса SA проекция вершины пирамиды переместиться в точку O1 , так что OO_{1}=(\sqrt{3})/(12) , тогда AO_{1}=(2\sqrt{3})/(3)+(\sqrt{3})/(12)=(3\sqrt{3})/(4),DO_{1}=(\sqrt{3})/(3)-(\sqrt{3})/(12)=(\sqrt{3})/(4). поскольку, при увеличении длины троса SA до SA_{1} длина апофемы треугольника S_{1}BC равна S_{1}D=SD , то S_{1}O_{1}=\sqrt{S_{1}D^{2}-DO_{1}^{2}} =^{⌊_{|_{\sqrt{}\overline{(2\sqrt{2})^{2}-((\sqrt{3})/(4))^{2}}}}} =^{/\overline{(125)/(16)}=(5\sqrt{5})/(4)\cdot} следовательно, S_{1}A=\sqrt{S_{1}O_{1}^{2}+AO_{1}^{2}}=^{⌊_{|_{\sqrt{}\overline{((5\sqrt{5})/(4))^{2}+((3\sqrt{3})/(4))^{2}}}}} =^{/\overline{(152)/(16)}=\sqrt{9,5}\cdot} тогда трос нужно удлинить на \sqrt{9,5}-3 . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/8068?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"из условия следует, что у нас изначально есть правильный тетраэдр со стороной 2. после этого мы как-то меняем положение крюка, чтобы точка вершины сдвинулась вдоль медианы в основании на нужную длину. подумайте, что это значит в терминах геометрии.",
"это значит, что проекция вершины s на плоскость основания сместилась на нужную длину, но при этом проекция s всё равно лежит на медиане. если s₁ — новая точка, то мы можем посчитать s₁o₁ как катет прямоугольного треугольника s₁do₁, где d — середина bc, а o₁ — сдвинутая на нужную длину точка o. но тогда мы можем найти и s₁a (из какого прямоугольного треугольника?), а значит, и разность длин троса. ну и всё, идейно задача решена, осталось посчитать!"
] |
shkolkovo-101901 | в параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} отрезок AC_{1} пересекает плоскость A_{1}BD в точке M. найдите AM/AC_{1}. | (1)/(3) | пусть X — точка пересечения диагоналей основания ABCD. рассмотрим плоскости AA_{1}X и BA_{1}D. они имеют общие точки A_{1} и X. значит, они пересекаются по прямой A_{1}X. значит, точка пересечения AC_{1} с A_{1}BD — это точка пересечения прямых AC_{1} и A_{1}X. давайте рассмотрим параллелограмм AA_{1}C_{1}C. в нём точка X делит AC пополам, а также треугольники AMX и A_{1}MC_{1} подобны. значит, (AM)/(MC_{1})=(AX)/(A_{1}C_{1})=(1)/(2). отсюда получаем, что (AM)/(AC_{1})=(1)/(3). | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"давайте определимся, где находится точка m. для этого разберитесь, по какой прямой пересекаются плоскости aa₁c и ba₁d.",
"если разобрались, то вам осталось лишь вспомнить свойство параллелограмма, связанное с точкой пересечения диагоналей, и посчитать нужное отношение."
] |
shkolkovo-102034 | в основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит четырехугольник ABCD, диагонали которого перпендикулярны и пересекаются в точке P, и SP является высотой пирамиды. докажите, что проекции точки P на боковые грани пирамиды лежат на одной окружности. | пусть K,L,M и N — проекции P на плоскости SAB,SBC,SCD и SDA, а K^{/prime},L^{/prime},M^{/prime} и N^{/prime} — проекции P на AB,BC,CD и DA. точки A,K^{/prime},P,N^{/prime} лежат на одной окружности с диаметром AP, следовательно, ∠N^{/prime}AP=∠N^{/prime}K^{/prime}P. аналогично, ∠N^{/prime}DP=∠N^{/prime}M^{/prime}P, следовательно, ∠N^{/prime}K^{/prime}P+∠N^{/prime}M^{/prime}P=90^{\circ};aнaлοΓичнο∠L^{/prime}K^{/prime}P+∠L^{/prime}M^{/prime}P=90^{\circ} сумма двух найденных равенств равна сумме противоположных углов четырехугольника N^{/prime}K^{/prime}L^{/prime}M^{/prime} и равна 180^{\circ}. поскольку PK — высота треугольника SPK^{/prime}, SK\cdotSK^{/prime}=SP^{2};aнaлοΓичнοSL\cdotSL^{/prime}=SP^{2} то есть, треугольники SKL и SLK^{/prime} подобны и KL=(K^{/prime}L^{/prime}\cdotSP^{2})/(SK^{/prime}\cdotSL^{/prime}) из этого и других таких же равенств следует, что KL\cdotMN+LM\cdotNK=KM\cdotLN наконец, для любых четырех точек K, L, M и N в пространстве выполняется неравенство KL\cdotMN+LM\cdotNK>KM\cdotLN, в котором равенство достигается тогда и только тогда, когда эти точки лежат на одной окружности. следовательно, точки K, L, M и N лежат на одной окружности. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3029?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"точек из условия для решения явно не хватит, нужно что-то отметить. полезно отметить проекции точки p на грани плоскости, где она лежит, тогда появляются какие-то коллинеарности, а еще можно поисследовать картинку в основании. в общем, появляется много хорошего. найдите из всего этого чуда полезные факты.",
"факты это конечно хорошо, но как мы можем доказать вписанность? есть замечательное неравенство птолемея, которое обращается в равенство, если точки лежат на одной окружности. попробуйте как-нибудь выразить длины сторон четырехугольника.",
"покажите вписанность четырехугольника из проекций в основании, а еще докажите, что sp² = sk * sk’, где k’ - проекция p на ab. из этого и аналогичных тождеств получите нужное нам неравенство птолемея."
] |
|
shkolkovo-68657 | в правильной треугольной пирамиде дана сторона основания a и высота h . найти длину бокового ребра. | \sqrt{(a^{2})/(3)+h^{2}} | пусть это пирамида SABC , O — центр основание. поскольку основание является правильным треугольником, то AO=(AB)/(\sqrt{3})=(a)/(\sqrt{3}) , а также AO⊥OS , отсюда легко найти AS=\sqrt{AO^{2}+SO^{2}}=\sqrt{(a^{2})/(3)+h^{2}} . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"по условию нам дана длина высоты и сказано, что пирамида правильная. давайте проведем эту высоту, тогда в какую точку на основании пирамиды она упадет?",
"если опустить высоту в правильной пирамиде, то основание высоты совпадёт с центром основания пирамиды.",
"по условию нам дана длина стороны основания, значит, мы можем найти радиус описанной окружности около основания, следовательно, можем найти боковую сторону пирамиды по теореме пифагора."
] |
shkolkovo-68659 | одна из высот некоторого тетраэдра проходит через точку пересечения высот противоположной грани. докажите, что все остальные высоты тетраэдра обладают этим же свойством. | пусть это тетраэдр ABCD и DD_{0}⊥AD_{0} — данная в условии высота, откуда AD_{0}⊥BC . проведём AA_{1}\parallelBC=\RightarrowAD_{0}⊥AA_{1} . используя теорему о трёх перпендикулярах для DD_{0},AD_{0},AA_{1} , имеем AD⊥AA_{1}=\RightarrowAD⊥BC . аналогично в силу симметрии можно заключить AB⊥CD,AC⊥BD . мы доказали попарную перпендикулярность противоположных рёбер тетраэдра. рассмотрим теперь высоту CC_{0} и проведём DD_{1}\parallelAB. поскольку AB⊥CD,DD_{1}⊥CD , то по обратной теореме о трёх перпендикулярах DD_{1}⊥C_{0}D или AB⊥C_{0}D . значит, C_{0} лежит на высоте грани из вершины D . аналогично показываем, что она лежит и на других высотах, откуда и получаем требуемое. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"нам нужно получить, что все высоты обладают этим свойством. может, надо найти какие-то связи между ребрами тетраэдра...",
"пускай для определенности именно высота dh обладает этим свойством. тогда h- ортоцентр треугольника abc. на картинке много прямых углов, пора использовать теорему о трех перпендикулярах!",
"но применять ее нужно хитро: попробуйте провести через точку a прямую, параллельную bc, и использовать нашу любимую теорему!",
"получается, что ad перпендикулярна прямой, параллельной bc. но тогда ad перпендикулярна bc. это мы выяснили, поработав только с точкой a. может, нужно поработать с точками b и c...",
"аналогично рассуждая, можно прийти к тому, что bd перпендикулярна ac и cd перпендикулярна ab. получается, что скрещивающиеся ребра попарно перпендикулярны. попробуйте теперь провести высоту an и доказать, что n- ортоцентр bcd.",
"достаточно доказать, что bn- отрезок высоты треугольника bcd. попробуйте провести похожие рассуждения с 3 подсказкой, только с обратной теоремой о трех перпендикулярах, и будет вам счастье!"
] |
|
shkolkovo-68660 | объём правильной треугольной пирамиды равен одной шестой куба бокового ребра. найдите плоский угол при вершине. | 90^{\circ} | первое решение. V=(1)/(6)a^{3}=(1)/(3)(a^{2}\sin(\alpha))/(2)h (1)/(6)a^{3}=(1)/(6)a^{2}\sin(\alpha)h так как S_{CDB}=(1)/(2)a\cdoth=(1)/(2)a^{2}\cdot\sin(\alpha), то And{{a\cdoth=a^{2}\cdot\sin(\alpha)}{a=\sin(\alpha)h}} решая данную систему, получаем: \sin^{2}(\alpha)=1 \alpha=90^{\circ} ________________________________________________________________________________________ второе решение. пусть ребро основания равно AB=a , а боковое — AS=x . тогда объём пирамиды можно посчитать по формуле (высоту легко найти из теоремы пифагора) V=(1)/(3)\cdot(\sqrt{3}a^{2})/(4)\sqrt{x^{2}-(a^{2})/(3)}=(1)/(6)x^{3} мы составили уравнение, остаётся понять, что искать. оказывается, нам достаточно найти \sin∠ASH=(AH)/(AS)=(a)/(2x) , проще говоря, достаточно найти значение (a)/(x) . зная это, преобразуем уравнение, сделав замену t=(x)/(a) (для этого поделим обе части на a^{3} ) (\sqrt{3})/(2)^{/\overline{t^{2}-(1)/(3)}=t3}\Leftarrow\Rightarrow(3)/(4)(t^{2}-1/3)=t^{6}\Leftarrow\Rightarrowt^{6}-(3)/(4)t^{2}+(1)/(4)=0 после замены t^{2}=s получаем s^{3}-(3)/(4)s+(1)/(4)=0 сразу несложно увидеть решение s=-1. вынося его, получим (s+1)(s^{2}-s+1/4)=0\Leftarrow\Rightarrow получаем s=-1 или s=(1)/(2), откуда t=±(1)/(\sqrt{2}). подойдёт только (x)/(a)=(1)/(\sqrt{2}) , откуда \sin∠ASH=(a)/(2x)=(1)/(\sqrt{2})=\sin45^{\circ} , значит, ∠ASB=90^{\circ} . | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"наверное, вся сложность этой задачи состоит в том, как искать плоский угол. может попробовать найти его половинку, ведь для этого всего-то надо найти отношение бокового ребра к ребру основания...",
"пускай ребро основания равно a, боковое ребро- x. попробуйте расписать объём пирамиды через a и x, тогда мы найдем связь между ними (не забудьте, что по условию объем также равен x³/6)",
"приравняв объем, выраженный через a и x, к x³/6, можно поделить обе части на a³ и сделать замену t=x/a. осталось только решить иррациональное уравнение...",
"можно возвести обе части в квадрат и сделать замену s=t². подберите корень в кубическом уравнении (подставьте например 1 или -1...) и доведите решение до конца!"
] |
shkolkovo-69437 | в параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1} точка T- середина ребра BB_{1},P лежит на ребре AD так, что AP:PD=1:4. (a) постройте сечение параллелепипеда плоскостью C_{1}TP. (b) найдите отношение, в котором секущая плоскость делит ребро DD_{1}. | 3:2 | (a) проведем прямую C_{1}T , пусть она пересечет CB в точке L . далее проведем прямую LP , пусть она пересечет BA в точке M и прямую CD в точке O . затем проведем отрезок OC_{1} , пусть он пересечет DD_{1} в точке N . плоскость C_{1}TMPN и будет искомым сечением (b) пусть отрезки B_{1}T и TB равны y , а отрезок CB=x . тогда CC_{1}=2y . заметим, что \DeltaCC_{1}L∼\DeltaBTL=\Rightarrow(C_{1}C)/(TB)=(CL)/(BL)=\Rightarrow =\Rightarrow(x+BL)/(BL)=2=\RightarrowBL=x так как (DP)/(PA)=4=\RightarrowDP=(4x)/(5),PA=(x)/(5). пусть AM=z . заметим, что \DeltaPAM∼\DeltaMBL=\Rightarrow(BL)/(PA)=(MB)/(AM)=5=\Rightarrow =\RightarrowMB=5AM=5z=\RightarrowAB=DC=6z заметим, что \DeltaODP∼\DeltaPAM=\Rightarrow(DP)/(PA)=(OD)/(AM)=4=\RightarrowOD=4AM=4z . далее воспользуемся тем, что \DeltaODN∼\DeltaOCC_{1} (OD)/(OC)=(ND)/(CC_{1})=\Rightarrow(4)/(10)=(ND)/(2y)=\RightarrowND=(4y)/(5) тогда D_{1}N=2y-(4y)/(5)=(6y)/(5)=\Rightarrow(D_{1}N)/(ND)=(3)/(2) | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"для того, чтобы построить сечение, нужно пересечь наш параллелепипед плоскостью. давайте вспомним, что плоскость пересекает другую плоскость по прямой. а прямая строится по двум точкам. как мы это можем использовать?",
"давайте попробуем пересечь нашей плоскостью грань c₁b₁bc. наша плоскость и данная грань пересекаются по прямой, а еще мы уже знаем две точки - c₁ и t, лежащие в пересечении. значит, наша плоскость пересекает эту грань по какой прямой?",
"верно, по прямой через точки c₁ и t! проведем ее до пересечения с ребром cb (точка l) и попробуем найти пересечение нашей плоскости со следующей гранью - abcd. мы снова уже знаем две точки, которые точно лежат в пересечении - l и p! значит, можно проделать тот же самый трюк. осталось доделать сечение теми же методами!",
"для того, чтобы найти отношение, было бы здорово использовать утверждения о том, как точки t и p делят стороны, а еще - найти подобных треугольников, чтобы эти знания использовать.",
"например, треугольники lbt и lcc₁ - подобны, и мы даже знаем, с каким коэффициентом (вспомните, как точка t делит отрезок bb₁). для удобства можно за х обозначить bb₁, и за y обозначить da. после этого мы можем рассмотреть подобие треугольников mpa и mbl. и у нас еще есть подобие odp, pam. пользуясь ими тремя и аккуратным счетом, можно достигнуть успеха!"
] |
shkolkovo-69820 | в треугольной пирамиде ABCD на ребре AB взята точка P так, что AP:PB= 1:2, на ребре AD взята точка Q так, что AQ:QD=2:3 и на ребре BC точка R такая, что BR:RC=3:1. в каком отношении отрезок QR делится плоскостью CDP? | 6:5 | применим метод масс. поместим в вершины пирамиды такие массы: A-6,B-3,C-9,D-4. если из точек A и B убрать обе массы и поставить их сумму в точку P, то центр тяжести всей системы не изменится, поэтому он будет лежать в плоскости CDP. с другой стороны, если убрать две массы из точек A и D и вместо них поставить суммарную массу 6+4=10 в точку Q, а вместо точек B и C поставить суммарную массу 3+9=12 в точку R, то центр тяжести также не изменится и значит он будет находиться на отрезке QR. таким образом, центр тяжести данной системы будет расположен в точке пересечения прямой QR и плоскости CDP, то есть в точке O. значит, QO:OR=12:10=6:5. | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"у нас в задачке даны отношения отрезков. в лоб как-то считать не очень хочется... может, применить метод масс?",
"мы хотим понять, в каком отношении плоскость cdp делит qr. если мы добьемся того, чтобы центр масс g тетраэдра лежал одновременно в плоскости cdp и на отрезке qr, то qg/gr- и будет искомым отношением. теперь надо расставить массы, чтобы эти условия выполнялись...",
"чтобы g лежал в плоскости cdp достаточно, чтобы центр масс концов отрезка ab совпадал с p. тогда: m(a)/m(b)=pb/pa=2. а как сделать так, чтобы g лежал на отрезке qr?",
"достаточно, чтобы центр масс концов отрезка cb попадал в r, а отрезка ad- в q. тогда: m(c)/m(b)=br/cr=3 и m(a)/m(d)=dq/aq=3/2. какие массы надо взять, чтобы выполнялись все отношения?",
"можно, например, взять m(a)=6, m(b)=3, m(c)=9 и m(d)=4. тогда после группировки в q будет масса 10, а в r- 12. посчитайте отношение qg/gr и радуйтесь!"
] |
shkolkovo-37309 | основанием прямой треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1} является прямоугольный треугольник ABC , причем ∠C=90^{\circ} . диагонали боковых граней AA_{1}B_{1}B и BB_{1}C_{1}C равны соответственно 26 и 10,AB=25. (a) докажите, что \DeltaBA_{1}C_{1} прямоугольный. (b) найдите объем пирамиды AA_{1}C_{1}B . | 28\sqrt{51} | поскольку A_{1}C_{1}⊥CBB_{1}C_{1} ( A_{1}C_{1}⊥CC_{1} и A_{1}C_{1}⊥C_{1}B_{1} ), то, в частности, A_{1}C_{1}⊥BC_{1} . по теореме пифагора для \DeltaBA_{1}C_{1} имеем A_{1}C_{1}=24 . а по той же теореме для \DeltaA_{1}B_{1}C_{1} получим B_{1}C_{1}=7 и для \DeltaBAA_{1} AA_{1}=\sqrt{51} . теперь мы готовы считать объём V_{AA_{1}C_{1}B}=(1)/(2)V_{AA_{1}C_{1}CB}=(1)/(6)AC\cdotCC_{1}\cdotBC= =(1)/(6)\cdot\sqrt{51}\cdot7\cdot24=28\sqrt{51} | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [
"часто, чтобы доказать в стереометрии, что какие-то две прямые перпендикулярны, нужно найти такую плоскость, для которой одна из прямых содержится в этой плоскости, а другая перпендикулярна этой плоскости. попробуйте сделать то же самое в этой задаче для прямых a₁c₁ и c₁b.",
"да, во-первых, a₁c₁ перпендикулярна c₁b₁, так как треугольник a₁b₁c₁-прямоугольный, а во-вторых, a₁c₁ перпендикулярна c₁c, в силу того, что перед нами призма. значит, a₁c₁ перпендикулярна всей плоскости c₁cb. значит, и прямой c₁b. также, мы знаем два отрезка в треугольнике a₁c₁b , и знаем, что он прямоугольный. кажется, теперь задача превратилась в счетную, где можно найти все отрезки(ведь тут одни прямоугольные треугольники). осталось посчитать!"
] |
shkolkovo-63888 | ABCD — правильная пирамида, в основании которой лежит правильный треугольник ABC со стороной 2. боковые ребра пирамиды равны 3. найдите площадь равнобедренного треугольника, одна вершина которого совпадает с A , другая — с серединой CD , а третья лежит на отрезке BC. | (\sqrt{170})/(8) или (\sqrt{13})/(2) | обозначим искомый треугольник AMN,M — середина CD,N на BC . пусть T — середина AB , тогда MT — высота треугольника. если M^{/prime} — проекция M на высоту CT треугольника ABC , то по теореме фалеса CM^{/prime} равна половине CO , где O — проекция D и одновременно центр описанной окружности (потому что боковые рёбра пирамиды равны), то есть равна половине радиуса описанной около abc окружности. по теореме синусов R=2/(2\cdot\sin60^{\circ})=2/\sqrt{3} , тогда TM^{/prime}=CT-CM^{/prime}=2\sin60^{\circ}-(R)/(2)=(2)/(\sqrt{3}) , а MM^{/prime}=(DO)/(2)=(\sqrt{CD^{2}-R^{2}})/(2)=(\sqrt{23})/(2\sqrt{3}) , тем самым TM=\sqrt{M^{/prime}T^{2}+M^{/prime}M^{2}} =\sqrt{(23)/(12)+(4)/(3)}=\sqrt{(39)/(12)}=(\sqrt{13})/(2) поскольку AT=AB/2=1 , AB⊥(CTD), то по теореме пифагора AM=\sqrt{TM^{2}+AT^{2}}=^{/\overline{(13)/(4)+1}=(\sqrt{17})/(2)} возможны случаи: 1) AM=MN . в этом случае N совпадает с B , поскольку пирамида симметрична относительно плоскости, проходящей через середину CD и перпендикулярной AB . тогда S_{AMN}=(1)/(2)\cdotAB\cdotMT=MT=(\sqrt{13})/(2) 2) AM=AN . но тогда AN=(\sqrt{17})/(2)>2=AB=AC . но тогда точка N лежит вне отрезка BC , иначе расстояние от A до неё было бы не больше длины стороны треугольника ABC . 3) AN=MN . заметим, что \cos∠BCD=(BC/2)/(CD)=(1)/(3) . пусть CN=x,NB=2-x , запишем теоремы косинусов для \DeltaMCN и \DeltaABN , выберем из первого MN , а из второго AN в качестве противолежащих сторон, откуда AN^{2}=(2-x)^{2}+2^{2}-2\cdot2(2-x)\cdot(1)/(2)=MN^{2}=x^{2}+(9)/(4)-2\cdot(3)/(2)x\cdot(1)/(3)=\Rightarrowx=(7)/(4) подставляя x в теорему косинусов, получаем MN^{2}=(49)/(16)+(9)/(4)-(7)/(4)=(57)/(16) . посчитаем высоту h из вершины N в треугольнике ANM с учётом AN=NM h=\sqrt{NM^{2}-(AM/2)^{2}} =^{/\overline{(57)/(16)-(17)/(16)}=/\overline{(5)/(2)}=(\sqrt{10})/(2)} тогда S_{AMN}=(1)/(2)\cdoth\cdotAM=(1)/(2)\cdot(\sqrt{17})/(2)\cdot(\sqrt{10})/(2)=(\sqrt{170})/(8). | {
"classes": null,
"difficulty": null,
"hardness": null,
"img_solution": null,
"img_statement": null,
"link": "https://3.shkolkovo.online/catalog/3025?SubjectId=7&Page=1",
"next": null,
"number": null,
"previous": null,
"remark": null,
"solution2": null,
"source": null,
"topics": null,
"type": null
} | [] |
End of preview. Expand
in Data Studio
Dataset Card for Dataset Name
This dataset card aims to be a base template for new datasets. It has been generated using this raw template.
Dataset Details
Dataset Description
- Curated by: [More Information Needed]
- Funded by [optional]: [More Information Needed]
- Shared by [optional]: [More Information Needed]
- Language(s) (NLP): [More Information Needed]
- License: [More Information Needed]
Dataset Sources [optional]
- Repository: [More Information Needed]
- Paper [optional]: [More Information Needed]
- Demo [optional]: [More Information Needed]
Uses
Direct Use
[More Information Needed]
Out-of-Scope Use
[More Information Needed]
Dataset Structure
[More Information Needed]
Dataset Creation
Curation Rationale
[More Information Needed]
Source Data
Data Collection and Processing
[More Information Needed]
Who are the source data producers?
[More Information Needed]
Annotations [optional]
Annotation process
[More Information Needed]
Who are the annotators?
[More Information Needed]
Personal and Sensitive Information
[More Information Needed]
Bias, Risks, and Limitations
[More Information Needed]
Recommendations
Users should be made aware of the risks, biases and limitations of the dataset. More information needed for further recommendations.
Citation [optional]
BibTeX:
[More Information Needed]
APA:
[More Information Needed]
Glossary [optional]
[More Information Needed]
More Information [optional]
[More Information Needed]
Dataset Card Authors [optional]
[More Information Needed]
Dataset Card Contact
[More Information Needed]
- Downloads last month
- 131