Помогите! 2 необычные задачи - по планиметрии и стереометрии

[Black_Queen152]

1. Из последнего номера "КВАНТа" за 2009 г., размещена после статьи про прямую Симсона, прямую Штейнера и теорему Дроз-Фарни в качестве упражнения, а ответа на нее нигде не написано:

"В треугольнике ABC проведена бисскетриса AD и из точки D опущены перпендикуляры $DB_1$ и $DC_1$ на прямые AC и AB; точка M лежит на прямой $B_1C_1$, причем DM перпендикулярна BC. Докажите, что точка M лежит на медиане $AA_1$."

Главная проблема при решении - я не могу понять, как использовать факты, данные в ее условии. Особенно тот факт, что точка $A_1$ - середина BC. А еще не вижу, как применить к ней содержимое статьи, к которой она относится. Ну, $B_1C_1$ - прямая Симсона треугольника $AB_1C_1$ относительно точки D. А дальше что - непонятно...
Поэтому задача мучает мозг и не решается. Но подозреваю, что у нее существует очень простое решение, потому что две другие задачи из этого раздела решились сразу. Если кто-нибудь поможет ее решить, буду очень благодарна!

2. Еще одна странная задача, уже из старого "КВАНТа":
(ВМК, 1977). В пирамиде SABC грани ASC, BSC и ASB равновелики. Сумма расстояний от середины ребра ВС до граней ASB и ASC в полтора раза меньше высоты пирамиды, опущенной из вершины S. Внутри пирамиды есть точка М, полусумма расстояний от которой до вершин А, В и С равна сумме расстояний до всех граней пирамиды. Найти площадь полной поверхности пирамиды, если длина ребра AS равна $\sqrt{31/11}$.

Ответ этой задачи - $2\sqrt{3}$. В подсказке рекомендуют взглянуть на решение другой задачи, которое разобрано в том же номере журнала (№6, 1979). Но я не могу взять в толк, как оно может помочь... Единственное, что пока выяснилось - это то, что площадь грани ABC в 1,5 раза меньше, чем любой из боковых граней.

[Sasha2]

А так первую задачу решить нельзя без Симпсона и Дроз-Фарни.

Четырехугольник $AC_1DB1$ вписанный, так как его противоположные углы пополительные (есть два противоположных угла, оба равных прямому). Поэтому AD - диаметр этой окружности, перпендикулярный касательной BC.
Следовательно, точка M лежит на AD. Итак AD одновременно и биссенктриса и высота, а значит и медиана.
Треугольник ABC - равнобедренный.

[Black_Queen152]

Sasha2 в сообщении #284062 писал(а):

А так первую задачу решить нельзя без Симпсона и Дроз-Фарни.

Четырехугольник $AC_1DB_1$ вписанный, так как его противоположные углы пополительные (есть два противоположных угла, оба равных прямому). Поэтому AD - диаметр этой окружности, перпендикулярный касательной BC.
Следовательно, точка M лежит на AD. Итак AD одновременно и биссенктриса и высота, а значит и медиана.
Треугольник ABC - равнобедренный.

Решение неправильное, ведь из него следует, что любой треугольник ABC является равнобедренным.
Конкретно ошибка вот в чем: BC в общем случае не является касательной к окружности, описанной вокруг $AC_1DB_1$. Ведь нигде не сказано, что AD перпендикулярно BC. Известно только, что MD перпендикулярно BC, а M в общем случае и не лежит на AD.
А вообще четырехугольник $AC_1DB_1$ очень "хороший": из равенства треугольников $AC_1D$ и $AB_1D$ получается, что он симметричен относительно оси AD. Непонятно только, как это использовать в решении...

Но спасибо, что хотя бы попробовали помочь...

[passs]

Первая задача действительно простая, в решении можно обойтись одной лишь теоремой синусов, а как применить материал статьи- неясно.

[Sasha2]

Ну то, что точка M лежит на AD, следует также из рассмотрения и двух равнобедренных треугольников
$\triangle AB_1C_1$ и $\triangle DB_1C_1$, первый при вершине A, а второй при вершине D.
То, что исходный треугольник оказывается при этом равнобедренным является просто следствием условийЖ, а не просто так.

И более того, если дальше идти, то треугольник, обладающий такими свойствами обязан быть не просто равнобедренным, а еще и прямоугольным, то есть с углами при основаниях, равными 45 градусам.

[Sasha2]

А вообще нет, конечно, в моих рассуждениях ошибка.

-- Чт янв 28, 2010 09:16:54 --

Вот нашел Вашу задачу в Шарыгине.
Ее условие и ниже решение.


В треугольнике ABC проведена биссектриса AD и из точ-
ки D опущены перпендикуляры DB0 и DC0 на прямые AC и AB;
точка M лежит на прямой B0C0, причём DM перпендикулярно BC. Докажите, что
точка M лежит на медиане AA1.

Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окруж-
ность треугольника ABC в точке P. Опустим из точки P перпендикуляры PA1,
PB1 и PC1 на прямые BC, CA и AB; ясно, что A1—середина отрезка BC. При
гомотетии с центром A, переводящей P в D, точки B1 и C1 переходят в B0
и C0, а значит, точка A1 переходит в M, так как она лежит на прямой B1C1
и PA1 || DM.

[Black_Queen152]

Sasha2
Спасибо, разобрала решение А учебник, в котором вы его нашли - хороший? В нем интересные задачи? Если да, то какое его точное название?

passs
Решение без материала статьи? Интересно! Только дайте, если не трудно, еще, пожалуйста, какую-нибудь подсказку, а то я пока не возьму в толк, где конкретно теорему синусов тут применить...

И еще вопрос к участникам форума. Нельзя слишком часто спрашивать совета в решении задач? Это будет флуд, да? А можно завести отдельную тему свою, где я буду просить помощи решения задач? Это же будет не очень флудно, если все мои задачи окажутся в одной теме. Просто я всегда расстраиваюсь, когда не могу решить задачу и нет возможности узнать ответ. Очень интересно ведь узнать, как они решаются. Тем более, в последнее время вообще стараюсь решать побольше трудных задач, чтобы поступить в институт...

[Sasha2]

Это не учебник, а задачник.
И я ошибся, автор не Шарыгин а Прасолов ЗАДАЧИ ПО
ПЛАНИМЕТРИИ

Вот ссылка на страницу, откуда Вы можете эту книгу взять.
http://www.math.ru/lib/author/prasolov

[Black_Queen152]

Спасибо за ссылку!

К примеру, некоторое время назад преподавательница мат.анализа дала условия задач с нескольких студенческих олимпиад, потому что я попросила их посмотреть и порешать. Долго-долго решала их, в итоге решила примерно 3/4, а остальные не смогла, и ответ узнать неоткуда - у нее нет решений к ним. Хотелось бы тогда попросить помощи в их решении... как вы все думаете, не плохо создать тему, в которой будет сразу примерно 10 задачек?

[Yu_K]

Вторая задача есть здесь

Сборник задач по геометрии: 5000 задач с ответами Гордин Р.К. Шарыгин И.Ф.
http://shop.top-kniga.ru/books/item/in/68190/, номер задачи 4978.

и похожая с решением есть в
Игорь Федорович Шарыгин.
Задачи по геометрии.
Стереометрия.

http://ilib.mirror1.mccme.ru/djvu/geometry/sharygin_st.htm номер задачи 114.

[Black_Queen152]

Спасибо за советы, но сборник с 5000 задачами нужно еще заказывать (подумаю, может, закажу!), а пока он дойдет!
Насчет похожей с решением - пользуясь приемом из этой задачи, получила равенство:
$|MA| + |MB| + |MC| = h_A + h_B + h_C.$, где $h_I$ - высота, опущенная из вершины I
Что же с ним можно сделать?

[Yu_K]

2 Black_Queen152
Если закажите сборник, имейте ввиду, что там только ответы - решения там нет.

Но похоже здесь довольно узкий класс тетраэдров выделяется условием равенства площадей граней. Если взять координаты (заданная длина ребра $r$)
$S(0,r\cos\theta,r\sin\theta)$
$A(0,0,0)$
$C(x_1,y_1,0)$
$B(x_2,y_2,0)$
то получается, что точки $C,B$ лежат на некотором эллипсе. А полуторное отличие площади основания от площади грани уберет еще одну степень свободы.

[Yu_K]

Black_Queen152 в сообщении #285833 писал(а):

$|MA| + |MB| + |MC| = h_A + h_B + h_C.$, где $h_I$ - высота, опущенная из вершины I
Что же с ним можно сделать?

Кстати они равны между собой $h_A = h_B = h_C$ ну и $h_A = 3h_S/2 $. Можно попробовать, что-то сделать зная ответ - площади граней находятся, можно найти малую полуось эллипса, большая полуось зависит от угла наклона вектора $AS$.

[Yu_K]

Из симметрии условия второй задачи - возникает желание искать тетраэдр с равными боковыми гранями (одинаковыми равнобедреннными треугольниками и правильным треугольником в основании) с заданным отношением площадей и заданной величиной бокового ребра. Площадь пов-ти такого тетраэдра оказывается равной $2 \sqrt3$.

Остается проверить наличие внутри тетраэдра точки с нужными свойствами. Посмотрел сем-во таких точек численно - оказалось почти все они лежат на пов-ти вне тетрадра (см картинку - там снизу картинки вид сем-ва из 6000 таких точек - вид сверху и сбоку). И если повнимательней посмотреть то внутри тетраэдра на его высоте вроде есть еще одна точка с нужными свойсвами - уравнение если не напутал приведено на картинке - на графике приведены кривые для левой и правой частей равенства, $z$ расстояние от плоскости нижнего основания. Строго не анализировал наличие такой точки для данного тетраэдра. И еще интересен вопрос о единственности этого решения.

[Black_Queen152]

О, пока я не заходила, возникло несколько новых ответов! Радует, что кто-то еще неравнодушен к этой задаче...

Yu_K

Цитата:

Если закажите сборник, имейте ввиду, что там только ответы - решения там нет.

Тогда не буду! Такие сборники меня мучают, потому что грустно когда не получается ни решить, ни узнать решение задачки.

Цитата:

Если взять координаты
...

Не очень хорошо понимаю, почему координаты точки S именно такие. Смотрите: точки A,B,C лежат на одной плоскости (x0y), потому что таким образом выбрана система координат. А S лежит на плоскости y0z, перпендикулярной x0y. Почему? К примеру, в правильной пирамиде SABC с основанием ABC S не попадет на эту плоскость. И почему две другие координаты именно такие, какие есть?
Что значит "C и B лежат на эллипсе"? Они могут находиться только на одном каком-то эллипсе при фиксированных A и S?

И еще: $h_S = 1,5 h_A$, а не наоборот.

Очень интересная иллюстрация с тетраэдром и точками. В какой программе она делалась? Неужто в MathCad'е?

Спасибо также за мысль о том, что тетраэдр может оказаться правильной пирамидой... над доказательством этого факта стОит подумать