Стереометрия с мехмата

[Kuzya]

Уважаемые форумчане ! Попалась мне задачка со вступительных экзаменов на мехмат в 2004 году :
Вершины квадрата PQRS со стороной 25/4 лежат на сфере. Параллельные друг другу прямые проходят через точки P, Q, R, S и повторно пересекают сферу в точках P1, Q1, R1, S1 соответственно. Известно, что PP1 =2, QQ1=10, RR1=6. Найти SS1.
Рассейте мои сомнения, состоящие в том, что не бывает такой ситуации " в природе ".

[Руст]

Да так не бывает. Вы наверно перепутали нумерацию точек, или надо менять расстояния.
Легко доказать, что |SS1|+|QQ1|=|PP1|+|RR1|.
Задание стороны - лишнее условие. Оно только ограничивает возможную дисперсию длин в указанном равенстве.

[Антипка]

Руст писал(а):

Да так не бывает. Вы наверно перепутали нумерацию точек, или надо менять расстояния.
Легко доказать, что |SS1|+|QQ1|=|PP1|+|RR1|.

В общем случае это неверно. Это верно в частном случае, когда все точки с индексом 1 лежат по одну сторону от плоскости (PQRS). На самом деле, указанная формула верна, если все величины входят в нее со знаком + или - в зависимости от того, в какой полуплоскости относительно (PQRS) расположены эти отрезки. А там возможны варианты. Тут, я думаю, сторона квадрата и пригодится. Думайте дальше.

[Руст]

Если провести через две точке на сфере параллельные прямые, то в плоскости, образованной этими прямыми получаем вписанную в окружность трапецию, естественно, что она равнобедреная. Рассматривая таким образом полученные трапеции PRR1P1 и QSS1Q1 и учитывая, что их средние линии совпадают получаем указанную формулу.
Вы утверждаете, что возможно, что эти трапеции могут быть скрещенными, когда длину одной из приведённых сторон надо брать с учётом ориентации со знаком минус в этом равенстве. Да это возможно, соответственно правильное соотношение является равенством на сумму векторов QQ1+SS1=PP1+RR1. Хотя все вектора параллельны, возможны противоположные направленности. Если справа вектора имеют противоположные направленности, то получаем проекции на направление QQ1 4 или -4, соответственно SS1= -6 или -14. Рассматривая трапецию QPP1Q1 (или QRR1Q1), противоположно направленную и учитывая, что $|PP1-QQ1|<\frac{24}{4}*2<12.5$ получаем, что противоположное направление может иметь только сторона имеющая длину 2. Это даёт решение |SS1|=6, SS1=-6QQ1/10. По видимому это решение невозможно. Надо проверить возможность образования квадрата.
Если направленность одинаковая, то оба должны совпасть с QQ1, соответственно |SS1|=2, SS1=-QQ1/5. Вполне допустимое решение.

[Kuzya]

Спасибо! Про скрещенные трапеции подумать гибкости ума не хватило.

[Руст]

Kuzya писал(а):

Спасибо! Про скрещенные трапеции подумать гибкости ума не хватило.

Представьте обычную трапецию ABB1A1 и переставьте вершины B и B1 (AA1 параллельно BB1). Это и будет скрещённая трапеция.

[Антипка]

Руст писал(а):

Это даёт решение |SS1|=6, SS1=-6QQ1/10. По видимому это решение невозможно. Надо проверить возможность образования квадрата.

К счастью для автора данной темы, у нас в конторе вчера полпятого отключили электричество, работать я не мог, и у меня было немного времени, чтобы аккуратно записать решение - пока не стемнело. Задача решается следующим образом:

1. Задача действительно достаточно сложная, подозреваю, что это "задача-вышибала" - самая сложная задача в письменном экзамене. В крайнем случае, вторая по сложности. Прежде всего надо понять, - и это, на мой взгляд, самое трудное в задаче, что здесь присутствует симметрия. То есть, говоря вашим языком, "квадрат образуется всегда": проведем через центр шара плоскость, перпендикулярную всем линиям $XX_1$ (здесь и далее буква X обозначает любую из букв P,Q,R,S), очевидно это будет плоскость симметрии, т.к. она переводит наш шар в себя, каждую из прямых $(XX_1)$ также в себя, - и, следовательно, каждую из точек $X$ в точку $X_1$ и наоборот. Следовательно, $P_1 Q_1 R_1 S_1 \cong PQRS$, т.е. это квадрат с той же стороной.

2. Второй момент - правильно нарисовать рисунок. В геометрической, и особенно - стереометрической задаче правильно нарисованный рисунок - это половина решения. Рисунок мы будем рисовать такой: Прямоугольную проекцию всех точек и отрезков на плоскость, перпендикулярную прямой $(P_1 Q_1 R_1 S_1 ) \cap (PQRS)$, обозначим эту прямую через l. Надеюсь, для всех очевидно, что указанные плоскости пересекаются и что их пересечением является именно прямая линия. Штрихом, добавленным к обозначению точки, будем обозначать ее проекцию на нашу плоскость. Прежде всего, очевидно, что $\overrightarrow {X'X'_1}=\overrightarrow{XX_1}$ для всех X. Через O мы обозначим проекцию линии l на нашу плоскость. Далее очевидно, что образы никаких двух точек из {P,Q,R,S} не совпадут при нашем проектировании. Далее очевидно, что образом квадрата PQRS будет отрезок, предположим для начала, что это отрезки [Q'S'], тогда, очевидно, точки P' и R' лежат внутри этого отрезка, т.е. не совпадают с его концами. Пусть угол между прямой (PQ) и плоскостью проектирования равен $ \alpha$, тогда, очевидно, угол между прямой (QR) и плоскостью проектирования равен $\pi/2-\alpha$. Тогда очевидно следующее:
$|P'Q'|=|R'S'|=a\cos\alpha$,
$|P'S'|=|Q'R'|=a\sin\alpha$,
$|Q'S'|=a(\sin\alpha+\cos\alpha)$,
где a=25/4 - сторона нашего квадрата.

3. Приняв во внимание все вышесказанное и учитывая, что $\overrightarrow {X'X'_1}=\overrightarrow{OX'_1}-\overrightarrow{OX'}$ для всех X, получаем пресловутое равенство в векторной форме: $\overrightarrow {QQ_1}+\overrightarrow {SS_1}=\overrightarrow {PP_1}+\overrightarrow {RR_1}$ - заметьте, безо всяких там трапеций и их средних линий. Важно, что это векторное равенство справедливо в любом случае - и если в точке O пересекаются сами отрезки $[Q'S']$ и $[Q'_1S'_1]$, и если в этой же точке пересекаются только их продолжения. Дальше надо рассматривать варианты. За положительное направление выберем направление вектора $\overrightarrow {QQ_1}$ и перепишем наше векторное равенство в проекции на это направление. Таким образом, у нас получается 4 варианата - каждый из векторов $\overrightarrow {PP_1}, \overrightarrow {RR_1}$ может быть как сонаправлен с вектором $\overrightarrow {QQ_1}$, так и направлен противоположно ему. Все 4 варианта мы обязаны рассмотреть. Результаты сведены в нижеследующую таблицу:

  QQ1    PP1  RR1 SS1
-------------------------
  10    2     6    -2
  10   -2     6    -6
  10    2    -6    -14
  10   -2    -6    -18

Прежде всего, отсюда очевидно, что проекцией квадрата PQRS является действительно отрезок [Q'S'], а не [P'R'] - иначе мы бы получили в таблице положительное значение, большее $|QQ_1|$. Далее очевидно, что в любом случае в таблице присутствуют отрицательные значения, что означает в частность, что отрезки-проекции наших квадратов пересекаются в точке O.

4. Теперь, собственно, нам надо проверить, какой из этих вариантов реализуем "физически". Для этого мы используем неравенство треугольника для $ \vartriangle OQ'Q'_1$ и $\vartriangle OS'S'_1$. Скомбинировав оба условия в одно, получаем:

$|QQ_1|+|SS_1|< 2|Q'S'|=2a(\sin\alpha+\cos\alpha)$

Важно отметить, что правая часть неравенства достигает максимума при $\alpha=\pi/4$ и этот максимум равен $2\sqrt 2 a$. Соответственно, для отметания заведомо негодных третьего и четвертого варианта из таблицы будет достаточно использовать "ослабленный" критерий:

$|QQ_1|+|SS_1|< 2\sqrt 2 a$.

Легко убедиться, что два последних варианта из таблицы не удовлетворяют этому условию.

5. Осталось показать, что первый вариант подходит, а второй - нет. Для этого нам придется принять во внимание, что $\tg\alpha=\frac{{|Q'R'|}}{{|Q'P'|}}=\frac{{|\overrightarrow {QQ_1}-\overrightarrow{RR_1}|}}{{|\overrightarrow{QQ_1}-\overrightarrow{PP_1}|}}$. Анализируем:
1) $\tg\alpha=\frac{{10-6}}{{10-2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{3} {{\sqrt 5 }}$ и наше условие реализуемости примет следующий вид:
$10+2<\frac{{25}}{4}\cdot 2\cdot \frac{3}{{\sqrt 5 }}$. Легко проверить, что это условие истинно и, таким образом, вариант подходит.

2) $\tg\alpha=\frac{{10 - 6}}{{10-(-2)}}=\frac{1}{3}\Rightarrow\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{4}{{\sqrt{10}}}$ и наше условие реализуемости будет иметь следующий вид:
$10+6<\frac{{25}}{4}\cdot 2\cdot\frac{4}{{\sqrt{10}}}$. Легко проверить, что это условие ложно, и, таким образом, второе решение не подходит.

В итоге получаем ответ: $|SS_1|=2$.

Уфф, приятно было вспомнить детство - много подобных задач мы перерешали на контрольных (типовая контрольная - сдвоенный урок по математике, задают всего ДВЕ задачи, но эти задачи - две самые сложные из письменного экзамена по математике на мехмат).

Добавлено спустя 1 час 45 минут 8 секунд:

Вот, собственно, рисунки - чтобы было проще понять:

[Андрей123]

Предложу ещё одиг метод решения. Введём систему координат так:начало поместим в точку P, ось z направим перпендикулярно плоскости симметрии, а плоскость yOz разместим так, чтобы она содержала точку Q.
Обозначим через $(x_i,y_i,z_i),i=\overline{1,4}$ координаты точек P,Q,R,S соответственно. Тогда $|z_i|$ половина соответствующего отрезка $XX_1$. Составляем систему уравнений из условия параллельности и равенства противоположных сторон квадрата, перпендикулярности двух смежных, равенства сторон квадрата 25/4.Получаем следующее

$$\left \{\begin{array}{rcl}{ x_1-x_2&=&x_4-x_3,\\ y_1-y_2&=&y_4-y_3,\\ z_1-z_2&=&z_4-z_3,\\ (x_1-x_2)(x_1-x_4)+(y_1-y_2)(y_1-y_4)+(z_1-z_2)(z_1-z_4)&=&0,\\ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2&=&625/16,\\ (x_1-x_4)^2+(y_1-y_4)^2+(z_1-z_2)^2&=&625/16,\\ |z_1|&=&1,\\ |z_2|&=&5,\\ |z_3|&=&3,\\ x_1&=&0,\\ y_1&=&0,\\ x_2&=&0.\\ \end {array} \right $$

Решение этой системы возможно только в случаях $z_1=1,z_2=5,z_3=3,z_4=-1$ или $z_1=-1,z_2=-5,z_3=-3,z_4=1$ Таким образом получаем $SS_1=2|z_4|=2$