Пусть наши кубы  — это и с общей гра­нью ABCD. Пусть также тре­уголь­ное се­че­ние пер­во­го куба  — это KLM, где точка K лежит на точка L на AB, а точка M  — на AD. Одна из сто­рон четырёхуголь­но­го се­че­ния вто­ро­го куба  — от­ре­зок LM. Две дру­гие  — про­дол­же­ния от­рез­ков KLи на грани вто­ро­го куба, назовём эти от­рез­ки LPи Чтобы се­че­ние было четырёхуголь­ным, точки P и Q долж­ны на­хо­дить­ся на одной грани вто­ро­го куба, а это может быть толь­ко грань

Зна­чит, четырёхуголь­ное се­че­ние вто­ро­го куба  — это тра­пе­ция LMQP. На­хож­де­ние её наи­боль­шей пло­ща­ди рав­но­силь­но на­хож­де­ние наи­боль­шей пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка KPQ, ко­то­рый по­до­бен тре­уголь­ни­ку KLM. Обо­зна­чим этот ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия Тогда

То есть наша за­да­ча рав­но­силь­на за­да­че о на­хож­де­нии мак­си­маль­но­го ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия.

С дру­гой сто­ро­ны, по тео­ре­ме Фа­ле­са

То есть ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия тем боль­ше, чем мень­ше KA, а зна­чит, наша за­да­ча  — ми­ни­ми­зи­ро­вать KA, или, что то же самое, ми­ни­ми­зи­ро­вать

Пусть у нас есть тре­уголь­ни­ке, вер­ши­ны ко­то­ро­го рас­по­ло­же­ны на трёх рёбрах куба, вы­хо­дя­щих из одной точки, на рас­сто­я­ни­ях и z. Найдём фор­му­лу пло­ща­ди этого тре­уголь­ни­ка. Это можно де­лать по-раз­но­му, на­при­мер, через век­тор­ное про­из­ве­де­ние, или по­счи­тав двумя спо­со­ба­ми пло­щадь тет­ра­эд­ра, об­ра­зо­ван­но­го вер­ши­на­ми тре­уголь­ни­ка и вер­ши­ной куба, но мы вы­чис­лим эту пло­щадь по фор­му­ле Ге­ро­на, зная сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка:

Вы­ра­зим:

По­смот­рим на эту фор­му­лу для тре­уголь­ни­ка KPQ и от­рез­ков С одной сто­ро­ны, нам надо ми­ни­ми­зи­ро­вать z, а с дру­гой  — мак­си­ми­зи­ро­вать пло­щадь. Оче­вид­но, для этого x и y долж­ны быть мак­си­маль­ны, то есть равны ребру

Как мы знаем, то есть от­ку­да Под­став­ляя эти зна­че­ния в фор­му­лу, по­лу­ча­ем:

Со­от­вет­ствен­но,

Пра­вая часть этого ра­вен­ства убы­ва­ет при а зна­чит, дан­ное урав­не­ние на k имеет не боль­ше од­но­го ре­ше­ния. Кон­крет­ное ре­ше­ние в боль­шин­стве ва­ри­ан­тов легко под­би­ра­ет­ся из этого ра­вен­ства, так как оно це­ло­чис­лен­ное.

На­при­мер, в пер­вом ва­ри­ан­те мы по­лу­ча­ем урав­не­ние

S	16
k	3
Ответ:	128.

Ответ: 128.

Сте­пе­нью вер­шин мно­го­гран­ни­ка на­зы­ва­ет­ся ко­ли­че­ство ис­хо­дя­щих из неё рёбер этого мно­го­гран­ни­ка. Вер­ши­ны на­зы­ва­ют­ся смеж­ны­ми, если они со­еди­не­ны реб­ром.

Пусть A  — про­из­воль­ная вер­ши­на мно­го­гран­ни­ка, k  — её сте­пень, m_j  — сте­пе­ни всех смеж­ных с ней вер­шин за­ну­ме­ро­ван­ных в про­из­воль­ном по­ряд­ке. Тогда   — это ко­ли­че­ство всех рёбер, ис­хо­дя­щих из смеж­ных с A вер­шин, учтённых один или два раза, причём два­жды учте­ны те и толь­ко те рёбра, ко­то­рые лежат про­тив вер­ши­ны A в не­ко­то­рой тре­уголь­ной грани мно­го­гран­ни­ка. Зна­чит, От­сю­да, ис­поль­зуя из­вест­ное не­ра­вен­ство между сред­ним ариф­ме­ти­че­ским и сред­ним квад­ра­ти­че­ским, по­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но,

Обо­зна­чим сумму в левой части по­след­не­го не­ра­вен­ства через S(A). Пусть   — все вер­ши­ны мно­го­гран­ни­ка, за­ну­ме­ро­ван­ные в про­из­воль­ном по­ряд­ке, а   — их со­от­вет­ствен­ные сте­пе­ни. Для любой пары смеж­ных вер­шин A_i и A_j по не­ра­вен­ству между сред­ним ариф­ме­ти­че­ским и сред­ним гео­мет­ри­че­ским вы­пол­не­но не­ра­вен­ство

Скла­ды­вая эти не­ра­вен­ства по всем не­упо­ря­до­чен­ным парам смеж­ных вер­шин мно­го­гран­ни­ка, по­лу­ча­ем

По до­ка­зан­но­му выше не­ра­вен­ству от­сю­да сле­ду­ет тре­бу­е­мая оцен­ка.

Пусть x, y, z  — сто­ро­ны ис­ход­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Тогда объем но­во­го равен

Ис­ко­мое от­но­ше­ние объ­е­мов есть

Поль­зу­ем­ся тем, что по­лу­ча­ем

Ответ: 64.

Не­ра­вен­ство рав­но­силь­но си­сте­ме не­ра­венств:

1)  Пусть Тогда

2)  Пусть Тогда

3)  Пусть Тогда

4)  Пусть Тогда

5)  Изоб­ра­зим на ко­ор­ди­нат­ной плос­ко­сти се­че­ние кри­стал­ла (рис. 1). Тогда по­лу­чим, что пло­щадь се­че­ния равна: из пло­ща­ди боль­шой фи­гу­ры, со­сто­я­щей из 4-х по­ло­вин ма­лень­ких кру­гов ра­ди­у­сом и квад­ра­та со сто­ро­ной (т. Пи­фа­го­ра), вы­чи­та­ем пло­щадь боль­шо­го круга ра­ди­у­сом т. e.

Ответ: 8 кв. ед.

Не­ра­вен­ство рав­но­силь­но си­сте­ме не­ра­венств:

Ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства яв­ля­ет­ся мно­же­ство точек, ле­жа­щих внут­ри круга ра­ди­у­сом с цен­тром в на­ча­ле ко­ор­ди­нат.

Рас­смот­рим не­ра­вен­ство

1)  Пусть Тогда

2)  Пусть Тогда

3)  Пусть Тогда

4)  Пусть Тогда

5)  Изоб­ра­зим на ко­ор­ди­нат­ной плос­ко­сти се­че­ние кри­стал­ла. Най­дем пло­щадь се­че­ния (из пло­ща­ди боль­шо­го круга вы­чи­та­ем пло­щадь фи­гу­ры, со­сто­я­щей из 4-х по­ло­вин ма­лень­ких кру­гов и квад­ра­та).

Изоб­ра­зим на ко­ор­ди­нат­ной плос­ко­сти се­че­ние кри­стал­ла (см. рис). Тогда по­лу­чим, что пло­щадь се­че­ния равна: из пло­ща­ди боль­шо­го круга ра­ди­у­сом вы­чи­та­ем пло­щадь фи­гу­ры, со­сто­я­щей из 4-х по­ло­вин ма­лень­ких кру­гов ра­ди­у­сом и квад­ра­та со сто­ро­ной (т. Пи­фа­го­ра), т. е.

Ответ:  кв. ед.

До­ка­жем, что при α  =  60° пи­ра­ми­да пра­виль­ная. Пусть сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC равны 1. За­ме­тим, что в любом тре­уголь­ни­ке с углом 60° про­тив этого угла лежит сред­няя по длине сто­ро­на (причём если она стро­го мень­ше одной из сто­рон, то стро­го боль­ше дру­гой). Пусть одно из бо­ко­вых рёбер пи­ра­ми­ды не равно 1: на­при­мер, Тогда в гра­нях SAB и SAC рёбра SB и SC будут мень­ше 1, и, зна­чит, в грани SBC ребро BC  — не сред­няя сто­ро­на, про­ти­во­ре­чие.

По­ка­жем те­перь, как по­стро­ить не­пра­виль­ную пи­ра­ми­ду с плос­ки­ми уг­ла­ми при вер­ши­не S.

Сна­ча­ла бо­ко­вое ребро SA уда­ля­ем, а не­удалённую бо­ко­вую грань SBC вра­ща­ем во­круг её ребра ос­но­ва­ния BC, пока эта грань не ока­жет­ся в плос­ко­сти ос­но­ва­ния так, что будет со­дер­жать тре­уголь­ник ос­но­ва­ния. В про­цес­се дви­же­ния будут «те­ку­щие» пи­ра­ми­ды, у ко­то­рых два рав­ных плос­ких угла сна­ча­ла равны потом боль­ше α (в мо­мент, когда вер­ши­на про­ек­ти­ру­ет­ся в вер­ши­ну ос­но­ва­ния  — по­сколь­ку в этот мо­мент синус угла при вер­ши­не S в бо­ко­вых гра­нях SAC и SAB равен а в грани SBC равен от­но­ше­нию бо­ко­вой вы­со­ты этого тре­уголь­ни­ка к SB, ко­то­рая мень­ше 1), а в конце у «вы­рож­ден­ной» пи­ра­ми­ды они равны Зна­чит, в силу не­пре­рыв­но­сти, будет ещё раз α.

Ответ: 60°.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник SAB с SA  =  SB и Так как на сто­ро­не SA су­ще­ству­ет такая точка C, что BC  =  AB. Те­перь возь­мем трёхгран­ный угол, у ко­то­ро­го все плос­кие углы равны α, и от­ло­жим на его реб­рах от­рез­ки SA, SB, SC. Пи­ра­ми­да SABC  — ис­ко­мая.

При­ве­дем ре­ше­ние по идее Сер­гея Ко­ма­ро­ва (11 класс, СУНЦ МГУ).

Пусть   — пра­виль­ная пи­ра­ми­да с плос­ким углом α при вер­ши­не Пусть X, Y  — точки, такие, что XY  =  AB, по­стро­им на XY тре­уголь­ни­ки XYZ и XYT так, что

тогда по­нят­но что В силу тео­ре­мы си­ну­сов для этих тре­уголь­ни­ков имеем

что влечёт по­сколь­ку си­ну­сы смеж­ных углов равны.

Пусть те­перь S  — такая точка на про­дол­же­нии от­рез­ка за точку B, что Тогда

тогда от­ку­да

и, зна­чит, (по трём сто­ро­нам). Из всех ука­зан­ных ра­венств тре­уголь­ни­ков сле­ду­ет, что у пи­ра­ми­ды SABC все плос­кие углы при вер­ши­не S равны α, зна­чит, она удо­вле­тво­ря­ет усло­ви­ям за­да­чи. Но она не пра­виль­ная, по­сколь­ку пря­мая не пер­пен­ди­ку­ляр­на ABC, и на ней толь­ко одна точка про­еци­ру­ет­ся в центр тре­уголь­ни­ка ABC, это точка а зна­чит не точка S.

Пусть n  — число плос­ко­стей па­рал­лель­ных оси ox и пер­пен­ди­ку­ляр­ных оси oy, m  — число плос­ко­стей па­рал­лель­ных оси oy и пер­пен­ди­ку­ляр­ных оси ox, k  — число плос­ко­стей па­рал­лель­ных оси ox и оси oy. Тогда ко­ли­че­ство пе­ре­бо­ров в одной из этих плос­ко­стей равно а тогда общее ко­ли­че­ство пе­ре­бо­ров это про­из­ве­де­ние всех трёх од­но­тип­ных вы­ра­же­ний:

но ещё сле­ду­ет учи­ты­вать, что Мак­си­маль­ное зна­че­ние до­сти­га­ет­ся при И, в конце кон­цов, мы по­лу­ча­ем ко­ли­че­ство пе­ре­бо­ров в 91125.

Ответ: 91125.

Рас­ста­вим вер­ши­ны тре­уголь­ни­ка PQR на кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ сле­ду­ю­щим об­ра­зом. Точка P  — се­ре­ди­на грани AA₁B₁B, Q се­ре­ди­на ребра DD₁, R  — се­ре­ди­на ребра CC₁. PQR  — дей­стви­тель­но тре­уголь­ник на кубе, так как PR дей­стви­тель­но крат­чай­шее рас­сто­я­ние на кубе. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка PQR равна по­ло­ви­не пло­ща­ди по­верх­но­сти куба. В этот тре­уголь­ник по­па­ли 4 вер­ши­ны куба. Это наи­боль­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство вер­шин. В самом деле, пло­щадь тре­уголь­ни­ка PQR на кубе не пре­вос­хо­дит пло­ща­ди по­верх­но­сти куба, от­се­ка­е­мой плос­ко­стью PQR (обо­зна­чим эту об­ласть S). По­это­му ко­ли­че­ство вер­шин куба по­пав­ших в тре­уголь­ник PQR не боль­ше ко­ли­че­ства вер­шин, по­пав­ших в об­ласть S.

Ответ: 4 вер­ши­ны.

По ука­зан­но­му в усло­вии спо­со­бу по­стро­е­ния на по­верх­но­сти куба об­ра­зу­ет­ся за­мкну­тая ло­ма­ная, огра­ни­чи­ва­ю­щая об­ласть, пло­щадь ко­то­рой по усло­вию за­да­чи долж­на быть мак­си­маль­ной.

Так как любая такая ло­ма­ная об­ра­зу­ет на по­верх­но­сти куба 2 об­ла­сти, то рас­смат­ри­ва­ет­ся, со­глас­но усло­вию, мень­шая из них.

Таким об­ра­зом, огра­ни­чен­ная об­ласть будет иметь наи­боль­шую пло­щадь, когда по­лу­чен­ные об­ла­сти равны и огра­ни­чи­ва­ют пло­щадь рав­ную пло­ща­ди по­верх­но­сти куба, то есть рав­ную 3. Пред­став­ля­ем ва­ри­ант та­ко­го рас­по­ло­же­ния. Точки K и N  — се­ре­ди­ны сто­рон AB и DC со­от­вет­ствен­но, M  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей B₁D₁ и A₁C₁.

Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ная пло­щадь огра­ни­чен­ной об­ла­сти  — 3.

Ответ: 3.

Рас­смот­рим пер­вый слу­чай, когда асте­ро­ид имеет форму пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да с рёбрами a, b, c. Пусть I волк на­хо­дит­ся в вер­ши­не A₁, тогда II волк  — в вер­ши­не C.

Волк, со­глас­но усло­вию за­да­чи, будет пол­но­стью кон­тро­ли­ро­вать 1 грань, если самая отдалённая точка этой грани на­хо­дит­ся от него на рас­сто­я­нии мень­шим, чем от его ан­ти­по­да. До­пу­стим, что под его кон­тро­лем на­хо­дит­ся верх­нее ос­но­ва­ние, то есть, пря­мо­уголь­ник A₁B₁C₁D₁. Тогда наи­бо­лее отдалённой точ­кой для I волка яв­ля­ет­ся вер­ши­на C₁. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

От II волка ребро CC₁  — бли­жай­шее рас­сто­я­ние до верх­не­го ос­но­ва­ния, сле­до­ва­тель­но, если если то I волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет верх­нее ос­но­ва­ние, по ана­ло­гии при таком усло­вии II волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет ниж­нее ос­но­ва­ние.

Если под­кон­троль­ны­ми рас­смат­ри­вать дру­гие грани, то для вы­пол­не­ния усло­вий за­да­чи раз­ме­ры асте­ро­и­да долж­ны со­от­вет­ство­вать усло­вию:

Таким об­ра­зом, в этом слу­чае долж­ны вы­пол­нять­ся сле­ду­ю­щие со­от­но­ше­ния:

Пусть волки на­хо­дят­ся в вер­ши­нах A₁ и C. Тогда, чтобы I волк кон­тро­ли­ро­вал верх­нее ос­но­ва­ние, он дол­жен до­стичь наи­бо­лее отдалённой точки грани A₁B₁C₁D₁ быст­рее, чем его ан­ти­под до­стиг­нет любой точки этой грани. Наи­бо­лее отдалённой для I волка яв­ля­ет­ся вер­ши­на C₁. Из тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁ по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Рас­смот­рим II волка. Бли­жай­шей точ­кой до верх­не­го ос­но­ва­ния для него яв­ля­ет­ся точка K, где CK  — вы­со­та па­рал­ле­ло­грам­ма CC₁D₁D. От­ре­зок если

Вслед­ствие сим­мет­рии фи­гу­ры, II волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет ниж­нее ос­но­ва­ние. Если под­кон­троль­ны­ми на­зна­чить бо­ко­вые грани, то по­лу­чим ана­ло­гич­ные не­ра­вен­ства.

Если же не все углы α, β, γ ост­рые, среди них есть тупые, то всё равно найдётся обя­за­тель­но хотя бы один ост­рый угол (так как если все они тупые, то угол возле вер­ши­ны будет боль­ше). Тогда будем рас­смат­ри­вать грань, при­мы­ка­ю­щую к остро­му углу, в ка­че­стве грани, кон­тро­ли­ру­е­мой I вол­ком.

Ответ: или

До­ка­за­тель­ство: Угол между AB и Угол между (ABC) и

Пусть тогда тогда