С. А. ШЕСТАКОВ
ВЕКТОРЫ НА ЭКЗАМЕНАХ Векторный метод в стереометрии
Москва Издательство МЦНМО 2005
УДК 514.742 ББК 22.151.0 Ш52
Ш52
Шестаков С. А. Векторы на экзаменах. Векторный метод в стереометрии.— М.: МЦНМО, 2005.— 112 с.: ил. ISBN 5-94057-203-0 В пособии изложены методы решения основных типов задач по стереометрии. Это задачи на вычисление отношений, в которых секущая плоскость делит ребра многогранника, вычисление расстояний от точки до прямой и плоскости, расстояний и углов между скрещивающимися прямыми, задачи на комбинации многогранников и тел вращения. Приводятся необходимые теоретические сведения, основные алгоритмы, базирующиеся на свойствах векторов и проиллюстрированные примерами, и задачи для самостоятельного решения, отобранные из вариантов вступительных экзаменов в вузы и ЕГЭ. Пособие предназначено старшеклассникам, абитуриентам, учителям математики.
ББК 22.151.0
ISBN 5-94057-203-0
© Шестаков С. А., 2005 © МЦНМО, 2005
ГЛАВА 1 ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
§ 1.1. Основные определения Определение вектора в пространстве ничем не отличается от определения вектора на плоскости. Определение 1. Вектором называется направленный отрезок, т. е. отрезок, для которого указано, какая из его граничных точек является началом, а какая — концом. # Так же как и на плоскости, векторы обозначаются # a , AB и т. п. и на чертеже изображаются стрелкой. # Определение 2. Длиной (или модулем) вектора AB называется длина отрезка AB, а направление, определяемое лучом [AB), называется направ# лением вектора AB. # a обозначается | # a |, длина вектора AB обозначается Длина вектора # # |AB|. Любая точка пространства также считается вектором, который называется нулевым. Начало такого вектора совпадает с его концом, а длина # # равна нулю. Обозначения нулевого вектора: AA, 0 . # a и b называются коллинеарными, если Определение 3. Векторы # они лежат на одной прямой или на параллельных прямых. # # Если ненулевые векторы AB и CD лежат на параллельных прямых (следовательно, в одной плоскости), причём лучи [AB) и [CD) лежат в од# ной полуплоскости, границей которой является прямая AC, то векторы AB # и CD называются сонаправленными; в случае же, когда эти векторы принадлежат одной прямой, они называются сонаправленными, если один из лучей [AB) или [CD) целиком содержится в другом. Нулевой вектор будем считать сонаправленным с любым вектором в пространстве. Ясно, что сонаправленные векторы, в силу их определения, коллинеарны. Если два коллинеарных вектора не сонаправлены, то они называются противоположно направленными. Обозначения остаются обычными: # # # # # a ↑↑ b (векторы # a и b сонаправлены), # a ↑↓ b (векторы # a и b противоположно направлены).
4
Гл. 1. Теоретические сведения
#
#
Определение 4. Векторы # a и b называются равными, если | # a| = |b| # # и a ↑↑ b (т. е. если векторы сонаправлены и их длины равны). Теорема 1. От любой точки пространства можно отложить вектор, равный данному, и притом только один. Доказательство этой теоремы аналогично доказательству соответствующей планиметрической теоремы.
§ 1.2. Операции над векторами и их свойства Операции над векторами в пространстве аналогичны соответствующим операциям на плоскости. # Пусть даны два вектора # a и b . В силу теоремы 1 от произвольной # a , а от точки B — точки A пространства можно отложить вектор AB = # # # # вектор BC = b . Тогда вектор AC называется по определению суммой # векторов # a и b , а описанное правило построения суммы двух векторов — правилом треугольника (рис. 1).
#
#
a + b векторов # a и b не зависит от выбоТеорема 2. Сумма # ра точки A, от которой при сложении откладывается вектор # a. (Докажите эту теорему самостоятельно.) Правило треугольника можно сформулировать и так: для любых трёх точек A, B, C пространства выполняется равенство
#
#
#
AB + BC = AC. Кроме того, сумму двух неколлинеарных векторов с общим началом # можно построить и по правилу параллелограмма: # a + b = # c , где # c — вектор, модуль которого равен длине диагонали параллелограмма, постро# a и b , причём вектор # c откладывают от той же точки, енного на векторах # # что и векторы # a и b (рис. 2). Все с в о й с т в а о п е р а ц и и с л о ж е н и я в е к т о р о в, справедливые на плоскости, остаются справедливыми и в пространстве: # a + 0 = # a; 1) # # # 2) # a + b = b + # a — коммутативность (переместительный закон); # # # # a + ( b + # c ) — ассоциативность (сочетательный 3) ( a + b) + c = # закон). # Здесь # a , b , # c — произвольные векторы в пространстве. Определение 5. Два ненулевых вектора называются противоположными, если их длины равны и эти векторы противоположно направлены.
§ 1.2. Операции над векторами и их свойства
5
Вектор, противоположный данному ненулевому вектору # a , обозначаетa). ся (− # # a и b называется векОпределение 6. Разностью двух векторов # # тор # c такой, что его сумма с вектором b равна вектору # a. # # Разность векторов # a и b обозначается # a − b . Таким образом, по # # c = # a − b , если # a = b + # c. определению # # # # # Разность векторов a и b можно найти по формуле # a − b = # a + (− b) (рис. 3) (докажите эту формулу самостоятельно). B C
B
→ − a
→ − a → − c
→ − a → − b
C
A
A
Рис. 1
→ − c
→ − c
→ − a → − b
→ − b → − → − → − c =a−b
D
→ − (− b ) → − → − → − c = a + (− b )
Рис. 3
Рис. 2
Замечание. Так же как и на плоскости, для сложения нескольких векторов в пространстве можно использовать правило многоугольника (рис. 4), только в последнем случае этот многоугольник будет простран-
A4
→ − a3
A2 → − a3
A3
→ − a2
A1 → − a2 → − an
→ − a1 → − a1
An
An−1
→ − an − −− → − −− → −−−−−→ −−−→ A1 A2 + A2 A3 + ... + An−1 An = A1 An
→ − − − a1 + → a 2 + ... + → an
Рис. 4
ственным (т. е. не все векторы, его составляющие, лежат в одной плоскости). Из законов сложения векторов следует, что сумма нескольких векторов не зависит от порядка слагаемых.
6
Гл. 1. Теоретические сведения
Умножение (произведение) вектора на число и его свойства, так же как и свойства операции сложения, не претерпевают изменений и в пространстве. a на действиОпределение 7. Произведением ненулевого вектора # # тельное число k называется вектор b , длина которого равна произведению # длины вектора # a на модуль числа k, причём вектор b сонаправлен с векa при k > 0 и противоположно направлен вектору # a при k < 0. тором # # # Таким образом, по определению, b = k · # a , если | b | = |k| · | # a |, причём # # # # # b ↑↑ a при k > 0 и b ↑↓ a при k < 0. Ясно, что векторы # a и b # # # # a = 0 или k = 0, то k · 0 = 0 и 0 · # a = 0. коллинеарны. Если же #
С в о й с т в а у м н о ж е н и я в е к т о р а н а ч и с л о не отличаются от аналогичных свойств на плоскости: a = k · (l · # a) — ассоциативность (сочетательный закон); 1) (k · l) · # # # # 2) k· ( a + b) = k· # a +k· b — дистрибутивность относительно сложения векторов (1-й распределительный закон); 3) (k + l) · # a = k · # a + l · # a — дистрибутивность относительно сложения чисел (2-й распределительный закон). # a и b — произвольные векторы, k и l — произвольные дейЗдесь # ствительные числа. Справедлива также и лемма о коллинеарных векторах: если векторы # # # a и b коллинеарны и # a 6= 0 , то существует такое действительное число k, # # # # # |b| |b| что b = k · # a (ясно, что k = # , если # a ↑↑ b ; k = − # , если # a ↑↓ b). |a| |a| Сформулируем и докажем ещё одну важную для решения некоторых задач теорему.
#
#
Теорема 3. Пусть AM = k · MB, где k — некоторое действительное число, отличное от −1, тогда точки A, M, B принадлежат одной прямой. Для произвольной точки O пространства справедливо равенство:
#
OM =
# # 1 k · OA + · OB. k+1 k+1 #
(1)
#
Д о к а з а т е л ь с т в о. 1. Из равенства AM = k · MB следует, что # # векторы AM и MB коллинеарны, и так как M — общая точка прямых AM и MB, эти прямые совпадают, поэтому точки A, M, B принадлежат одной прямой. # # 2. Пусть O — произвольная точка пространства. Тогда AM = OM − # # # # # # # # − OA, MB = OB − OM, и поскольку AM = k · MB, то OM − OA = # # # # # = k · (OB − OM), откуда OA + k · OB = OM · (k + 1). Поделив обе части последнего равенства на (k+1), приходим к формуле (1). Теорема доказана.
§ 1.2. Операции над векторами и их свойства
7
Следствие 1. Если M — середина отрезка AB, то для любой точки O пространства справедливо
#
OM =
1 # # (OA + OB) 2
(2)
(в данном случае k = 1, см. рис. 5). m
Следствие 2. Если точка M делит отрезок AB в отношении , n т. е. AM : MB = m : n, то для любой точки O пространства
#
OM = (в данном случае k =
# # n m · OA + · OB m+n m+n
(3)
m , см. рис. 6). n
Следствие 3. Если точки M и P делят соответственно отрезки AB и CD в равных отношениях, т. е. AM : MB = CP : PD = m : n, то
#
MP =
# # n m · AC + · BD. m+n m+n
(4)
В самом деле, для любой точки O пространства в силу следствия 2
#
OM =
# # n m · OA + · OB, m+n m+n
#
OP =
# # n m · OC + · OD. m+n m+n
Вычтя из последнего соотношения предпоследнее и учитывая, что
#
#
#
MP = OP − OM,
#
#
#
#
AC = OC − OA,
#
#
BD = OD − OB,
получим формулу (4) (рис. 7). O
A
D
M B
P
B
M
A M A B
Рис. 5
O
Рис. 6
C
Рис. 7
Как видим, почти все определения и утверждения, рассмотренные выше (за исключением, быть может, правила сложения нескольких векторов), аналогичны соответствующим определениям и утверждениям планиметрии, что, вообще говоря, вполне естественно: ведь любая плоскость принадлежит пространству, и то, что справедливо на плоскости, остаётся справедливым и в пространстве.
8
Гл. 1. Теоретические сведения
§ 1.3. Компланарные и некомпланарные векторы Следующее понятие уже не имеет аналога в планиметрии. Определение 8. Векторы называются компланарными, если лучи, задающие их направления, параллельны некоторой плоскости. Замечание. Из определения 8 следует, что при откладывании от одной точки векторов, равных нескольким данным компланарным векторам, получим векторы, лежащие в одной плоскости. Таким образом, компланарные векторы лежат либо в одной плоскости, либо в параллельных плоскостях. Очевидно, что любые два вектора компланарны и любые три вектора, два из которых коллинеарны, также являются компланарными (поясните). Рассмотрим теперь условия, при которых три вектора, из которых никакие два не коллинеарны, являются компланарными.
#
Теорема 4. Векторы # a , b , # c , из которых никакие два не коллинеарны, являются компланарными в том и только том случае, если существуют такие действительные числа x и y, что
# # c = x · # a +y· b
(5)
# (иными словами, векторы # a , b , # c являются компланарными в том и только том случае, если один из них можно выразить через два других, или, как говорят, разложить по двум другим).
#
a , b , # c компланарны. ДоД о к а з а т е л ь с т в о. 1. Пусть векторы # кажем, что для них имеет место равенство (5). Отложим от произвольной # # # # точки O векторы OA = # a , OB = b , OC = # # # C c . Векторы OA, OB, OC лежат в одной плос= # кости (см. замечание). Проведём через точl2 ку C прямую l1 k OB до пересечения с пряB l1 мой OA в точке A1 и прямую l2 k OA до пеB1 ресечения с прямой OB в точке B1 (см. рис. 8). # # # # Так как векторы OA и OA1 , OB и OB1 колA1 линеарны, по лемме о коллинеарных векторах (см. § 1.2) существуют такие действительные # # # a , OB1 = числа x и y, что OA1 = x · OA = x · # A # # = y· OB = y· b . Но по правилу параллелограмO # # # # c = x · # a + y · b. ма OC = OA1 + OB1 , откуда # Рис. 8 2. Обратно, пусть выполнено равенство (5). # a , b , # c компланарны. Докажем, что векторы # # a и y · b при откладывании от одной точки определяют некоВекторы x · # торую плоскость. Согласно правилу параллелограмма и равенству (5) век-
§ 1.3. Компланарные и некомпланарные векторы
9
тор # c принадлежит той же плоскости, откуда следует, что векторы x · # a, # # # # # y · b и c , а значит, и векторы a , b , c , компланарны. Теорема доказана. # a, Отложим от произвольной точки O пространства векторы OA = # # # # # # OB = b , OC = c , где # a , b , # c — три данных некомпланарных вектора, и рассмотрим параллелепипед OADBCA1 D1 B1 , построенный на векторах # # # OA, OB, OC (рис. 9). Тогда сумму век# → − a , b , # c можно найти следующим торов # → − b a # # # # # образом: a + b + c = OA + OB + → − c # # # # A1 + OC = OD + OC = OD1 . Это правило D1 сложения трёх некомпланарных векторов называется правилом параллелеC B1 пипеда. A # D Если векторы # a , b , # c не являются # компланарными и для вектора p имеет # O место равенство # p = x · # a + y · b + z · # c, B где x, y, z — некоторые действительные Рис. 9 p разлочисла, то говорят, что вектор # жен по трём некомпланарным векторам # # a , b , # c , а числа x, y, z называются коэффициентами разложения. Следующая теорема, называемая теоремой о разложении вектора по трём некомпланарным векторам, является основной во всей элементарной (школьной) векторной алгебре. p пространства можно разложить по Теорема 5. Любой вектор # # a , b , # c , причём коэффитрём данным некомпланарным векторам # циенты разложения определятся единственным образом. Д о к а з а т е л ь с т в о. 1. Если векторы # p и # c коллинеарны, то # p = # # # # = z · c = 0 · a + 0 · b + z · c , и теорема доказана. p и # c не кол2. Пусть векторы # P линеарны. Отложим от произвольной # C точки O пространства векторы OA = # # # # = # a , OB = b , OC = # c , OP = # p l2 (рис. 10). Проведём через точку P пряB P1 мую l1 k OC до пересечения с плоскоP2 стью OAB в точке P1 . Через точку P1 O A в плоскости OAB проведём прямую l2 k OB до пересечения с прямой OA l1 в точке P2 (в частности, если P1 ∈ OB, Рис. 10 то точка P2 совпадает с точкой O).
10
Гл. 1. Теоретические сведения
#
# # #
#
Согласно правилу многоугольника OP = OP2 + P2 P1 + P1 P, но векторы OP2 # # # # # и OA, P2 P1 и OB, P1 P и OC по построению коллинеарны, поэтому в силу # # # # # леммы о коллинеарных векторах OP2 = x· OA = x· # a , P2 P1 = y· OB = y· b , # # P1 P = z · OC = z · # c , где x, y, z — некоторые действительные числа. Таким # # образом, учитывая, что OP = # p , приходим к равенству # p = x · # a +y · b + # +z· c. 3. Докажем теперь, что разложение вектора # p по данным векторам # # # a , b , c единственно. Допустим, что это не так, т. е. существует ещё одно # разложение # p = x1 · # a +y1 · b +z1 · # c , в котором хотя бы один коэффициент не равен соответствующему коэффициенту в полученном нами разложении. Пусть, например, z 6= z1 . Вычтем последнее равенство из предпоследнего. # # x − x1 # ·a− Тогда (x − x1) · # a + (y − y1) · b + (z − z1) · # c = 0 , отсюда # c =− −
z − z1 # y − y1 # a , b , # c компланарны, что противоречит условию · b , т. е. векторы # z − z1
теоремы. Значит, наше допущение о ещё одном разложении неверно, т. е. # p по данным векторам # a , b , # c единственно. Теорема разложение вектора # доказана. Любой вектор # p пространства можно разложить по трём данным # a , b , # c , причём единственным образом. Занекомпланарным векторам # # данную тройку некомпланарных векторов # a , b , # c называют базисом, са# # # ми векторы a , b , c — базисными векторами, а разложение векто# ра # p по векторам # a , b , # c называют разложением по данному базису
# # a , b , # c.
§ 1.4. Координаты вектора Так же как и на плоскости, в пространстве помимо координат точки вводятся координаты вектора. Рассмотрим три попарно перпендику# # # лярных вектора i , j , k , отложенных от некоторой точки O пространства, # # # таких, что | i | = | j | = | k | = 1 (например, их можно направить по рёбрам единичного куба). Эти векторы, очевидно, не являются компланарными. Поэтому, в силу теоремы 5, любой вектор # a можно разложить по векто# # # # # # a = x0 · i + y0 · j + z0 · k . рам i , j , k , причём единственным образом: # Введём прямоугольную систему координат с началом в точке O так, чтобы # # # направления осей Ox, Oy, Oz совпали с направлениями векторов i , j , k # # # соответственно. Тогда векторы i , j , k называются единичными векторами осей координат, а числа x0 , y0 , z0 — координатами вектора # a в системе координат Oxyz (обозначения: # a = (x0 ; y0 ; z0); # a (x0 ; y0 ; z0)).
§ 1.4. Координаты вектора
11
С в о й с т в а в е к т о р о в п р о с т р а н с т в а, з а д а н н ы х с в о и м и к о о р д и н а т а м и, аналогичны соответствующим свойствам векторов на плоскости: 1. Два вектора равны в том и только том случае, если равны их координаты. 2. Координаты суммы (разности) двух векторов равны суммам (разностям) соответствующих координат этих векторов, т. е. для векторов # # # a (x1 ; y1 ; z1), b (x2 ; y2 ; z2) получаем # a ± b = (x1 ± x2 ; y1 ± y2 ; z1 ± z2). 3. При умножении вектора на число каждая его координата умножается a (x0 ; y0 ; z0) и действительного числа k на это число, т. е. для вектора # a = (kx0 ; ky0 ; kz0). получаем k · # # # # Докажем, например, свойство 2. Так как # a = x1 · i + y1 · j + z1 · k , # # # # b = x2 · i +y2 · j +z2 · k , то, согласно свойствам сложения векторов и умно# # # # жения вектора на число, # a ± b = (x1 ± x2) · i + (y1 ± y2) · j + (z1 ± z2) · k , # т. е. вектор # a ± b имеет координаты (x1 ± x2 ; y1 ± y2 ; z1 ± z2), что и требовалось доказать. Остальные свойства доказываются аналогично. Возникает естественный вопрос: каков «геометрический» смысл координат вектора? Для ответа на поставленный вопрос введём понятия угла между векторами и проекции вектора на произвольную ось l. Назовём углом между лучами [OA) и [OB) угол AOB, не превосходящий 180◦ . # a и b называется Определение 9. Углом между двумя векторами # не превосходящий 180◦ угол между двумя лучами, имеющими общее начало в произвольной точке пространства, направление одного из которых a , направление совпадает с направлением вектора # # B другого — с направлением вектора b . → − a # Угол между векторами # a и b будем обозначать # → − #a[ , # b b . Иными словами, угол между векторами # a и b # # # # [ 6 180◦), где OA A → − d равен углу AOB (AOB = a , OB = b , → − a, b O — произвольная точка пространства (рис. 11). # a и b не зависит Ясно, что угол между векторами # O от выбора точки O. # Рис. 11 Пусть теперь дан вектор AB и ось l и пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных на ось l из точек A и B соответственно. Точка A (или B) может лежать на оси l, и тогда A1 (или B1) совпадает с A (или B) (этот случай разберите самостоятельно). # Определение 10. Проекцией вектора AB на ось l называется длина # # вектора A1 B1 , взятая со знаком «плюс», если направления вектора A1 B1 и оси l одинаковы, и со знаком «минус», если эти направления противоположны.
12
Гл. 1. Теоретические сведения
Проекцию вектора # a на ось l будем обозначать прl # a. Назовём углом между вектором # a и осью l угол между вектором # a и произвольным ненулевым вектором оси l, направление которого совпадает с направлением оси l. a на ось l равна длине вектора # a, Теорема 6. Проекция вектора # a и осью l, т. е. умноженной на косинус угла между вектором # , l) d пр # a = | # a | · cos( #a (6) l
#
a = AB и пусть A1 , B1 — Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть дан вектор # основания перпендикуляров, опущенных из точек A и B соответственно на ось l (рис. 12). Будем считать, без ограB , l 6 90◦ . Провеd ничения общности, что #a → − a дём через точку A1 прямую p k AB (точка A1 p может лежать на прямой AB — этот слуA чай разберите самостоятельно). Так как пряB2 мые p и AB параллельны, они лежат в одной плоскости. Проведём в этой плоскости через точку B прямую, параллельную прямой AA1 B1 l A1 и пересекающую прямую p в точке B2 . Тогда Рис. 12 A1 ABB1 по построению — параллелограмм (однако так будет не всегда — поясните). Из определения угла между векторами и проведённого построения следует, что #\ #\ #ad , l = B\ ◦ 2 A1 B1 ; B2 B, l = A1 A, l = 90 . Таким образом, прямая l перпендикулярна прямым BB1 и BB2 и, значит, в силу признака перпендикулярности прямой и плоскости, перпендикулярна плоскости BB2 B1 . Поэтому #d # #d l ⊥ B2 B1 и |A1 B1 | = |A1 B2 | · cos B\ 2 A1 B1 = |AB| · cos( a , l) = | a | · cos( a , l), что и требовалось доказать. Теперь мы уже вплотную приблизились к определению «геометрического» смысла координат вектора. a равны проекциям Теорема 7. Координаты x0 , y0 , z0 вектора # этого вектора на оси Ox, Oy, Oz соответственно.
#
a. Д о к а з а т е л ь с т в о. Отложим от начала координат вектор OD = # # Тогда в силу равенства векторов # a и OD будут равны и их координаты. Проведём через точку D три плоскости, параллельные координатным плоскостям и пересекающие оси Ox, Oy, Oz в точках A, B, C соответственно # # # # a = OD = OA + OB + OC. (рис. 13). Тогда по правилу параллелепипеда # # # # # # # # a = x0 · i + Так как векторы OA и i , OB и j , OC и k коллинеарны и # # # +y0 · j + z0 · k , в силу единственности разложения вектора по трём неком# # # # планарным векторам (теорема 5) получим, что OA = x0 · i , OB = y0 · j ,
§ 1.4. Координаты вектора
#
13
#
#
OC = z0 · k . Поскольку параллелепипед, построенный на векторах OA, # # OB, OC, является в данном случае прямоугольным, проекции вектора # a # # # на оси Ox, Oy, Oz равны величинам |OA|, |OB|, |OC|, взятым с определёнными знаками. Обозначим прOx # a = OA, прOy # a = OB, прOz # a = OC.
#
# #
В силу того, что OA = x0 · i , OB = # D # # z = y0 · j , OC = z0 · k , и так как → − a # # # | i | = | j | = | k | = 1, получаем # # # C |OA| = |x0 |, |OB| = |y0 |, |OC| = B → − = |z0 |. Кроме того, если, например, k # # OA ↑↑ i , то числа OA и x0 оба по→ − # # j O → − x A ложительны, если же OA ↑↓ i , то i числа OA и x0 оба отрицательны, y поэтому OA = x0 , и, аналогично, Рис. 13 OB = y0 , OC = z0 . Теорема доказана. # Введём теперь понятие радиус-вектора точки. Вектор # a = OD, где D — произвольная точка пространства, а O — начало координат, называется радиус-вектором точки D. Из теоремы 7 легко следует, что координаты радиус-вектора точки D совпадают с координатами (x0 ; y0 ; z0) самой точки D. Кроме того, так как квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трёх его сторон, то q | # a | = x20 + y20 + z20 . (7) Если обозначить углы, образованные вектором # a с осями Ox, Oy, Oz a | · cos a, y0 = | # a | · cos b, z0 = через a, b, g соответственно, то x0 = | # = | # a | · cos g. Косинусы этих углов называются направляющими косинусами вектора # a . Из формулы (7) и последних соотношений легко получить, что cos a = q
x20
x0 + y20
+ z20
,
cos b = q
y0 x20
+ y20
+ z20
,
cos g = q
z0 x20
+ y20 + z20
,
откуда, возводя в квадрат и складывая, найдём, что cos2 a + cos2 b + cos2 g = 1.
#
Пусть теперь дан произвольный вектор AB и известны координаты (x1 , y1 , z1) его начала — точки A и координаты (x2 , y2 , z2) его конца — # # # # # точки B. Тогда AB = OB − OA, но координаты радиус-векторов OA и OB # # совпадают с координатами точек A и B, поэтому OB = (x2 ; y2 ; z2), OA = # = (x1 ; y1 ; z1) и AB = (x2 − x1 ; y2 − y1 ; z2 − z1). Таким образом, координаты вектора равны разностям соответствующих координат его
14
Гл. 1. Теоретические сведения
конца и начала. В этом случае # q |AB| = (x2 − x1) 2 + (y2 − y1) 2 + (z2 − z1) 2 .
(8)
Формула (8) позволяет определять расстояние между точками A(x1 ; y1 ; z1) и B(x2 ; y2 ; z2) по их координатам.
§ 1.5. Скалярное произведение векторов и его свойства #
a и b в пространОпределение скалярного произведения векторов # стве ничем не отличается от аналогичного определения для векторов на плоскости. # Определение 11. Скалярным произведением векторов # a и b называется произведение длин этих векторов на косинус угла между ними # (обозначение: # a · b). Таким образом, по определению,
# # # [ # a · b = | # a | · | b | · cos( #a, b). # #
(9)
Теорема 8. Два ненулевых вектора a и b взаимно перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение равно нулю, т. е. # # # a ⊥ b ⇔ # a · b = 0. Доказательство этой теоремы вытекает из формулы (9). Определение 12. Скалярным квадратом вектора # a называется a · # a . Скалярный квадрат обозначается # a 2 , т. е. скалярное произведение # # # # 2 по определению a = a · a . Так как # a 2 = # a · # a = | # a | · | # a | · cos 0 = | # a |2 , то √ a | = # a 2. (10) | #
Таким образом, длина вектора равна квадратному корню из его скалярного квадрата. Замечание. Скалярное √произведение есть число, поэтому грубой a 2 = # a. ошибкой явилась бы запись: # # # Если векторы a и b заданы своими координатами: # a (x1 ; y1 ; z1), # b (x2 ; y2 ; z2), то скалярное произведение может быть выражено через их координаты. Теорема 9. Скалярное произведение векторов равно сумме произведений их соответственных координат, т. е.
# # a · b = x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 .
(11)
Д о к а з а т е л ь с т в о. Отложим от произвольной точки O простран# # # ства векторы OA = # a и OB = b . При этом, как мы знаем, соответству-
§ 1.5. Скалярное произведение векторов и его свойства
#
#
15
#
ющие координаты векторов OA и # a , а также OB и b будут равны, а угол # [ # [ = a , b . По теореме косинусов для треугольника OAB получим AOB
# # # # # [ |AB|2 = |OA|2 + |OB|2 − 2 · |OA| · |OB| · cos AOB,
# # # # # # и так как AB = OB − OA = b − # a , имеем | b − # a |2 = ( b − # a) 2 = | # a |2 + # # # 1 # # a · b , откуда # a · b = (| # a |2 + | b |2 − | b − # a |2). Но + | b |2 − 2 · # 2 q # q | # a | = x21 + y21 + z21 , | b | = x22 + y22 + z22 , q # | b − # a | = (x2 − x1) 2 + (y2 − y1) 2 + (z2 − z1) 2 ,
поэтому
# 1 # a · b = (x21 + y21 + z21 + x22 + y22 + z22 − (x2 − x1) 2 − (y2 − y1) 2 − (z2 − z1) 2). 2
Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим формулу (11). С в о й с т в а с к а л я р н о г о п р о и з в е д е н и я векторов в про# странстве такие же, как и на плоскости: для любых векторов # a , b , # c и любого действительного числа k справедливы следующие соотношения: 1) # a · # a > 0, причём # a · # a > 0 при # a 6= 0; # # # # 2) a · b = b · a — коммутативность (переместительный закон); # # 3) (k · # a) · b = k · ( # a · b) — ассоциативность (сочетательный закон); # # a + b) · # c = # a · # c + b · # c — дистрибутивность (распределительный 4) ( # закон). Свойства 1 и 2 непосредственно следуют из определения скалярного произведения векторов, а свойства 3 и 4 легко могут быть доказаны с помощью теоремы 9. Докажем, например, свойство 4. Пусть # a (x1 ; y1 ; z1), # b (x2 ; y2 ; z2), # c (x3 ; y3 ; z3). Тогда
# ( # a + b) · # c = (x1 + x2) · x3 + (y1 + y2) · y3 + (z1 + z2) · z3 =
# = (x1 · x3 + y1 · y3 + z1 · z3) + (x2 · x3 + y2 · y3 + z2 · z3) = # a · # c + b · # c.
Свойство 4 доказано. В заключение этой главы приведём ещё два важных соотношения, которые легко получить из теорем 8 и 9 и определения 9: если ненулевые # # a и b заданы своими координатами # a (x1 ; y1 ; z1), b (x2 ; y2 ; z2), векторы # то
# # a ⊥ b ⇔ x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 = 0, # # # a·b x · x + y1 · y2 + z1 · z2 [ q cos( #a, b) = =q 1 2 #
| # a| · |b|
x21 + y21 + z21 ·
x22 + y22 + z22
(12) .
(13)
ГЛАВА 2 МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
§ 2.1. Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам Решение любой геометрической задачи на вычисление сводится, в сущности, к нахождению величин двух типов: расстояний и углов. Если в пространстве задан некоторый базис (в частности, прямоугольный), т. е. тройка некомпланарных векторов, то на основании теоремы 5 любой вектор пространства можно разложить по векторам этого базиса, причём единственным образом. Если известны длины векторов, образующих базис, углы между ними и разложение некоторого вектора по векторам этого базиса, то, используя свойства скалярного произведения, можно определить длину такого вектора и угол, образуемый им с любым другим вектором, разложение которого по векторам этого базиса известно. Таким образом, векторы позволяют находить решения довольно широкого класса геометрических задач, а умение определять разложение S вектора по базисным векторам является → − a важнейшим фактором их решения. P Для решения задач о разложении век→ − c A тора по трём данным некомпланарным → − b D векторам, разумеется, необходимо, помимо теоремы 5, знание предшествующего ей материала. B Задача 1. Основанием четырёхугольK C ной пирамиды SABCD является параллелограмм ABCD. Точки P и K — середины Рис. 14 рёбер SD и BC соответственно. Найдите # # # # # # разложение векторов SD и PK по векторам SA = # a , SB = b , SC = # c. # # # # # # # Р е ш е н и е (см. рис. 14). 1. SD = SA + AD, но AD = BC = SC − SB, # # # # # поэтому SD = SA + SC − SB = # a − b + # c.
#
#
#
#
1#
2. Так как K — середина BC, PK = PS + SK, но PS = − SD, 2 # # # 1 # 1# SK = (SB + SC) (см. следствие 1 теоремы 3), поэтому PK = − SD + 2
2
§ 2.1. Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам
17
# # # 1 # 1 # 1 (SB + SC) = ( b + # c − ( # a − b + # c )) = − # a + b + 0 · # c = 2 2 2 1 # # = − a + b. 2 # # # # 1 О т в е т: SD = # a − b + # c ; PK = − # a + b. 2# #
+
a , b , # c коэфЗаметим, что в разложении вектора PK по векторам # # фициент разложения при векторе c равен нулю, а это означает, в силу # # a и b компланарны. Если заранее «увидеть», теоремы 4, что векторы PK, # # # что PK k BT, PK = BT, где T — середина SA (отсюда PK = TB), то разло# жение вектора PK можно было бы найти проще. S Но векторный метод тем и хорош, что, даже не обладая развитым пространственным воображением, а лишь зная основные определения и теоремы, можно получить правильный ответ (пусть и не всегда самым оптимальным путём)! Задача 2. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC, S — произвольная точка # A пространства. Найдите разложение вектора SM C # # # M K по векторам SA, SB, SC. Р е ш е н и е (см. рис. 15). Пусть K — сереB дина ребра BC. Так как M — точка пересечения Рис. 15 медиан треугольника ABC, точки A, M, K принадлежат одной прямой, причём, в силу теоремы 2 о точке пересечения медиан треугольника, AM = AK. Согласно след3 # # # # # 1 # (SB + SC). Тогда SM = SA + AM = SA + 2 # 2 # # # 2# 1# 2# 1# 2 1 # + AK = SA + (SK − SA) = SA + SK = SA + · (SB + SC) = 3 3 3 3 3 3 2 1# 1# 1# 1 # # # = SA + SB + SC = (SA + SB + SC). 3 3 3 3 # 1 # # # О т в е т: SM = (SA + SB + SC). 3
#
ствию 1 теоремы 3, SK =
Результат этой задачи нередко используется при решении многих других задач по стереометрии, поэтому в дальнейшем будем применять его в качестве известного факта. Заметим, что сумма коэффициентов полученного разложения равна 1. Последнее оказывается справедливым не только для точки пересечения медиан треугольника ABC, но и для любой другой точки, лежащей в плоскости этого треугольника. Задача 3. Пусть точка M принадлежит плоскости треугольника ABC, # # а S — произвольная точка пространства. Докажите, что SM = x · SA + # # + y · SB + z · SC, где x + y + z = 1.
18
Гл. 2. Методы решения задач
#
#
#
#
Р е ш е н и е (см. рис. 16). SM = SA + AM. Но вектор AM можно разложить по двум неколлинеарным векторам плоскости ABC, например, # # # # # # AM = y · AB + z · AC. Тогда SM = SA + y · AB + S # # # # # # + z · AC = SA + y · (SB − SA) + z · (SC − SA) =
#
A
C B M
Рис. 16
#
#
#
#
= (1 − y − z) · SA + y · SB + z · SC = x · SA + y · SB + # + z · SC, где x = 1 − y − z, т. е. x + y + z = 1, что и требовалось доказать. Задача 4. В треугольной пирамиде SABC точки M и T — точки пересечения медиан треугольников ABC и SBC соответственно, точки P и K принадлежат рёбрам AC и SB соответственно; AP : PC = 1 : 2, SK : KB = 2 : 3. Разложите # # # # # a, векторы PK, AT, MT и MK по векторам SA = # # # # # SB = b , SC = c .
#
#
#
#
1# 3
#
2# 5
Р е ш е н и е (см. рис. 17). 1. PK = PA + AS + SK = CA − SA + SB =
2 # 2 2 # 1 1 # # a + b = − # a + b − # c. ( a − c ) − # 3 5 3 5 3 # # # # 1 # 1 2. Согласно задаче 2, AT = (AS + AB + AC) = (− # a + ( b − # a) + 3 3 1 # 1 # # # # + ( c − a)) = − a + b + c . 3 3 # # # # # 1 1 # 1 1 3. MT = MS + SA + AT = − ( # a + b + # c ) + # a − # a + b + # c = − # a 3 3 3 3 # # 1 1 a + b + # c — см. предыдущий пункт решения). (так как AT = − # 3 3 # # # # 2 # 4. MK = MS + SK = −SM + b . Со5 S # 1 # # # гласно задаче 2, SM = ( a + b + c ), по3 → − a # 1 # # # 2 # 1 a+ этому MK = − ( a + b + c ) + b = − # 3 5 3 → − c 1 # 1 # K A + b − c. 15 3 # 2 2 # 1 → − PK = − # a + b − # c, О т в е т: b P 3 5 3 T # # # 1 1 # 1 # # AT = − a + b + c , MT = − a , 3 3 3 M # # 1 1 1 B MK = − # a+ b − # c. 3 15 3 H # 1 C Заметим, что равенство MT = − # a 3 Рис. 17 означает параллельность отрезков MT 1 и SA, причём MT = SA. Этот факт (а значит, и соответствующее раз3
=
ложение) можно установить и без использования векторов, рассмотрев плоскость ASH (где H — середина отрезка BC) и воспользовавшись подо-
§ 2.1. Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам
19
бием треугольников THM и SHA. «Не заметив» этого факта, мы обошлись без дополнительного построения и ссылок на второй признак подобия: всё было сделано как бы «автоматически», с помощью только «арифметики» (а точнее, векторной алгебры).
Задачи для самостоятельного решения 1.1. Докажите, что для любых четырёх точек A, B, C, D пространства # # # # # # справедливо следующее равенство: AB · CD + BC · AD + CA · BD = 0. 1.2. Точки пересечения медиан треугольников A1 B1 C1 и A2 B2 C2 совпадают. Докажите, что отрезки A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 параллельны некоторой плоскости. 1.3. Точка O является центром правильного n-угольника A1 A2 ... An , точка M — произвольная точка пространства. Докажите, что
#
MO =
# 1 # (MA1 + ... + MAn). n
1.4. В пространстве расположены два параллелограмма — A1 B1 C1 D1 и A2 B2 C2 D2 . Точки A, B, C, D являются серединами отрезков A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 соответственно. Докажите, что если точки A, B, C, D не лежат на одной прямой, то четырёхугольник ABCD — параллелограмм. 1.5. а) Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. До# # # # кажите, что MA + MB + MC = 0 . б) В пространстве расположены два треугольника — A1 B1 C1 и A2 B2 C2 . Точки M1 и M2 — соответственно точки пересечения медиан треугольников # # # # A1 B1 C1 и A2 B2 C2 . Разложите вектор M1 M2 по векторам A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 . 1.6. Точка K — середина ребра DA тетраэдра DABC, M — точка пересечения медиан треугольника ABC, точка P принадлежит ребру BC, при# # # # чём BP : CP = 1 : 2. Разложите по векторам # a = DA, b = DB, # c = DC # # # # # # # векторы AM, BM, CM, KM, KP, AP, PM. 1.7. Точка K — середина ребра C1 D1 параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 , M — точка пересечения диагоналей грани BB1 C1 C, точка P принадлежит диагонали AC1 параллелепипеда, причём C1 P : AP = 2 : 1. Разложите по # # # # # # # # # векторам # a = AA1 , b = AB, # c = AD векторы B1 D, BD1 , BK, AK, AM, # # # # # # # # # # # # DM, D1 M, KM, AP, C1 P, PB, DP, D1 P, PA1 , PB1 , PK, MP. 1.8. Дана усечённая треугольная пирамида ABCA1 B1 C1 , в которой AB : A1 B1 = 5 : 2. На рёбрах AA1 , AB, BC взяты соответственно точки K, M, P, причём AK = KA1 , AM : AB = 2 : 7, BP : BC = 5 : 12. # # # # # # Разложите по векторам # a = AA1 , b = AB, # c = AC векторы C1 C, CK, # # # C1 M, KP, B1 P.
20
Гл. 2. Методы решения задач
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков Следующая группа задач — задачи об отношениях отрезков. Это довольно распространённый тип задач, в которых требуется определить, в каком отношении данная плоскость делит какой-либо отрезок. Как правило, такая плоскость является секущей плоскостью некоторого многогранника, а отрезком, упомянутым выше, служит одно из рёбер этого многогранника. При решении подобных задач следует выбрать тройку базисных векторов (обычно связанных с многогранником, например, выходящих из какойлибо его вершины). Затем необходимо ввести подлежащие определению неизвестные: их в большинстве случаев три, — одно позволяет найти искомое отношение, а два других — коэффициенты в условии компланарности некоторых трёх векторов, принадлежащих данной плоскости. После этого, получив двумя способами разложение какого-либо вектора по базисным, нужно, используя единственность разложения (т. е. теорему 5), приравнять коэффициенты в разложениях и получить три уравнения с тремя введёнными неизвестными. Рассмотрим неC1 сколько характерных задач. B1 Задача 5. В треугольной призме ABCA 1 B1 C1 на рёбрах AB и BB1 взяA → − 1 O b ты точки P и K соответственно, причём → − AP = 3 · PB, B1 K = 4 · BK. Пусть O K c C B является точкой пересечения диагоналей → − M P a грани BB1 C1 C. Найдите, в каком отношении плоскость PKO делит ребро AC. A Р е ш е н и е (см. рис. 18). 1. Пусть Рис. 18 плоскость PKO пересекает ребро AC # # # в точке M и пусть BA = # a , BB1 = b , # # # # BC = c — базисные векторы. Так как векторы AM и AC коллинеарны, # # # # AM = x· AC, где x — некоторое число. Поэтому AM = x· AC = x · ( # c − # a). Итак, # AM = −x · # a + x · # c. (14)
#
#
#
#
2. С другой стороны, AM = AB + BK + KM = − # a+
1 # # b + KM. Так как 5 # # #
точки K, O, M, P принадлежат одной плоскости, то векторы KO, KM и KP # # # # y · KP + z · KO = y · (KB + компланарны. Поэтому, в силу теоремы 4, KM =
# # # 1 # 1 1 # 1 # + BP) + z · (KB + BO) = y · − b + # a + z · − b + ( b + # c ) , где 5 4 5 2 y и z — некоторые числа. Итак, # # 1 3 1 1 1 − y + z b + z # AM = − 1 + y # a+ c. (15) 4
5
5
10
2
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков
21
#
3. В силу единственности разложения вектора AM по векторам # # a , b , # c , получаем из соотношений (14) и (15), приравнивая соответственные коэффициенты, следующую систему уравнений 1 −1 + 4 y = −x, 1 1 3 − y + z = 0, 5 5 10 1 z = x. 2
Из первого уравнения находим, что y = 4 − 4x, из третьего — что 1 z = 2x. Подставив эти выражения во второе уравнение, получим: − −
5 3 3 1 (4 − 4x) + x = 0, откуда x = , т. е. AM : AC = 3 : 7, а значит, 5 5 7
AM : MC = 3 : 4. О т в е т: 3 : 4. Заметим, что неизвестные y и z играли вспомогательную роль, и определять их вовсе не обязательно! D1 Задача 6. Пусть M и T — точки пересечения диагоналей граней AA1 B1 B и CC1 B1 B параллелеC1 пипеда ABCDA1 B1 C1 D1 соответD A1 ственно, а точка P принадлежит ребру BB1 этого параллелепипеда, K B1 T причём BP : PB1 = 1 : 3. НайдиC → − c → − те, в каком отношении плоскость, → − a b M проходящая через точки P, M, T, A делит диагональ DB1 параллелепиP педа. B Р е ш е н и е (см. рис. 19). 1. Выберем в качестве базисных Рис. 19 # # # векторы B1 A = # a , B1 B = b , # B1 C = # c . Пусть плоскость PMT пересекает диагональ B1 D в точке K. # # # # Тогда, в силу коллинеарности векторов B1 K и B1 D, B1 K = x · B1 D, но # # # # B1 D = a − b + c (см. задачу 1), поэтому
# # # B1 K = x · B1 D = x · ( # a − b + # c ). #
#
#
#
(16)
#
#
2. С другой стороны, B1 K = B1 P + PK. Но PK = y · PM + z · PT, так как # # # векторы PK, PM, PT компланарны (они лежат в одной плоскости PMT).
#
#
#
Поэтому B1 K = B1 P + PK =
# # 3 # # # 3 # b + y · PM + z · PT = b + y(PB1 + B1 M) + 4 4
22
Гл. 2. Методы решения задач
#
#
+ z(PB1 + B1 T) =
3 # 3 # 1 3 # 1 b + y − b + # a + z − b + # c . Отсюда 4 4 2 4 2
#
B1 K = y # a+ 1 2
3 3 3 # 1 c. − y − z b + z # 4 4 4 2
(17)
3. Приравнивая коэффициенты в разложениях (16) и (17), приходим к системе уравнений 1 y = x, 2 3 (1 − y − z) = −x, 4 1 z = x. 2
3 Отсюда y = z = 2x и (1 − 2x − 2x) = −x. Решая последнее уравнение, 4 3 находим, что x = , поэтому B1 K : B1 D = 3 : 8, а значит, B1 K : KD = 3 : 5. 8
О т в е т: 3 : 5. Заметим, что в качестве базисной можно выбирать любую тройку некомпланарных векторов. Предпочтение следует отдавать, по возможности, тем векторам, которым принадлежат указанные в условии задачи точки (в данном случае — точки P, M, T), — ведь тогда многие разложения по базисным векторам будут иметь S более простой вид, что уменьшаu 1 ет вероятность арифметической K T ошибки при вычислениях. → − c j Задача 7. На рёбрах SA, AB, BC → − a 1 и CS треугольной пирамиды SABC взя→ − b ты точки K, P, M и T соответственC но. Докажите, что эти точки принадле1 M A жат одной плоскости в том и только том v l P 1 случае, если B SK AP BM CT · · · = 1. KA PB MC TS
Рис. 20
(18)
Р е ш е н и е (см. рис. 20). 1. Пусть точки K, P, M, T принадлежат одной плоскости. Введём обозначения:
# # # # SA = # a , SB = b , SC = # c, и докажем, что В самом деле,
SK = u, SA
AP = v, PB
u · v · l · j = 1.
#
AP =
# # v v · AB = · ( b − # a). v+1 v+1
BM = l, MC
CT =j TS
(18′)
(19)
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков
#
#
#
#
#
23
#
#
С другой стороны, AP = AK + KT + TP, но TP = x · TK + y · TM, так # # # как векторы TP, TK, TM компланарны. Поэтому
#
#
#
#
#
AP = AK + KT + x · TK + y · TM = −
# # 1 # a + (1 − x) KT + y · TM = u+1
# # # # 1 # a − (1 − x) (ST − SK) + y(TC + CM) = u+1 1 j 1 # u # 1 # # # # =− a + (1 − x) c − a +y c + (b − c ) . u+1 j+1 u+1 j+1 l+1 =−
Отсюда
#
AP = −
1 1 # a +y· b+ (1 + (1 − x)u) # u+1 l+1 1 j 1 # + (1 − x) c. +y· −y· j+1 j+1 l+1
(20)
Приравнивая, в силу единственности разложения, соответственные коэф# a , b , # c в правых частях соотношений (19) и (20), фициенты при векторах # получим 1 u v − − (1 − x) =− , u + 1 u + 1 v + 1 v 1 = , y· l + 1 v + 1 (1 − x) 1 + y · j − y · 1 = 0. j+1
j+1
l+1
Из первого уравнения этой системы найдём, что v 1 u+1 1−x= − , ·
v+1 u+1 u v из второго — что y = · (l + 1). Подставив эти выражения для 1 − x v+1
и y в третье уравнение системы, получим 1 1 v j u+1 v − · + (l + 1) v+1
откуда
u+1
u
j+1
v+1
j+1
=
v , v+1
uv − 1 u+1 v · j(l + 1) v 1 · + = , j + 1 (u + 1) (v + 1) u (v + 1) (j + 1) v+1
поэтому uv−1+uvj(l+1) = uv(j + 1). Раскрыв скобки и приведя подобные, имеем uvjl = 1, что и требовалось. 2. Пусть теперь выполнено соотношение (18′). Предположим, что точка M не принадлежит плоскости KPT. Пусть плоскость KPT пересекает ребро BC пирамиды в точке M1 , отличной от точки M, и пусть BM1 : M1 C = = l1 . Тогда, в силу предыдущего, uvl1 j = 1, а значит (так как по условию
24
Гл. 2. Методы решения задач
имеет место соотношение (18′)), l1 = l, т. е. точки M и M1 делят ребро BC в одном и том же отношении, что означает совпадение этих точек. Итак, наше предположение привело к противоречию, и, следовательно, точки M, K, T, P принадлежат одной плоскости. Задача решена. Соотношение (18) достаточно просто для запоминания. Точки K, P, M, T принадлежат звеньям замкнутой пространственной ломаной (пространственного четырёхугольника). «Двигаясь» по сторонам этого четырёхугольника (начинать «движение» можно из любой его вершины по любому из двух возможных «путей»), следует брать соответствующие отношения в качестве сомножителей левой части формулы (18). Например, C −→ B −→ A −→ S −→ C ↓ ↓ ↓ ↓
BP AK ST CM · · · = 1. MB PA KS TC
Заметим, что результат задачи 5, в которой по трём данным отношениям нужно было определить четвёртое, является простым следствием задачи 7. В самом деле, если в задаче 5 рассмотреть треугольную пирамиду B1 BAC, то, согласно задаче 7, B1 K BP AM CO · · · = 1, KB PA MC OB1
откуда
KB PA OB1 1 3 1 3 AM = · · = · · = . MC B1 K BP CO 4 1 1 4
Задачи для самостоятельного решения 2.1. На рёбрах DA, AB, BC тетраэдра DABC взяты точки M, P, K соответственно, причём DM : DA = 13 : 27, BP : BA = 3 : 5, CK : CB = = 1 : 4. Плоскость MPK пересекает ребро DC в точке T. Найдите отношение CT : TD. 2.2. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит параллелограмм ABCD. Плоскость делит рёбра MA, MB и MD пирамиды соответственно в отношениях: а) 2 : 1, 3 : 1, 4 : 1; б) 1 : 2, 2 : 3, 3 : 4, считая от вершины M. Найдите, в каком отношении, считая от вершины M, эта плоскость делит ребро MC. 2.3. На ребре A1 C1 треугольной призмы ABCA1 B1 C1 взята точка P так, что A1 P : PC1 = 3 : 7. Точка M принадлежит диагонали AC1 грани AA1 C1 C, причём AM : AC1 = 5 : 7. Плоскость, проходящая через точку пересечения диагоналей грани ABB1 A1 и через точки M и P, пересекает ребро A1 B1 в точке K. Найдите отношение A1 K : KB1 .
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков
25
2.4. На диагонали AC1 параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 взята точка K так, что AK : KC1 = 3 : 4. Точка M принадлежит диагонали AB1 грани AA1 B1 B, точка P является точкой пересечения диагоналей грани AA1 D1 D. Известно, что AM : MB1 = 2 : 3. Найдите, в каком отношении плоскость MPK делит ребро AA1 . 2.5. Дан параллелепипед ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите отношение, в котором плоскость, проходящая через точки D, C1 и середину ребра A1 B1 , делит диагональ D1 B параллелепипеда. 2.6. В основании усечённой пирамиды ABCDA1 B1 C1 D1 лежит параллелограмм ABCD. Известно, что A1 B1 : AB = 1 : 2. На ребре DD1 взята точка K так, что D1 K : DK = 2 : 1. Найдите, в каком отношении плоскость, проходящая через вершину B1 , середину ребра AA1 и точку K, делит ребро CC1 пирамиды. 2.7. В основании усечённой пирамиды ABCA1 B1 C1 лежит треугольник ABC. Известно, что A1 B1 : AB = 2 : 3. На ребре AB взята точка K, на ребре BC — точка M, причём AK : KB = 3 : 2, BM : MC = 5 : 3. Найдите, в каком отношении делит ребро CC1 плоскость A1 KM. 2.8. В основании усечённой пирамиды ABCA1 B1 C1 лежит треугольник ABC, A1 B1 : AB = 3 : 5. На рёбрах AA1 и BC взяты точки K и P соответственно, причём A1 K : KA = 1 : 2, BP : PC = 3 : 2. Найдите, в каком отношении плоскость KPC1 делит ребро AB. 2.9. Нижнее основание усечённой пирамиды ABCDA1 B1 C1 D1 — параллелограмм ABCD. На рёбрах AA1 , BB1 , CC1 взяты соответственно точки M, P, K, причём A1 M = MA, B1 P : PB = 3 : 2, C1 K : KC = 1 : 24. Известно, что точка D принадлежит плоскости MPK. Найдите отношение длин соответственных сторон верхнего и нижнего оснований пирамиды. 2.10. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит параллелограмм ABCD. Найдите, в каком отношении плоскость, проходящая через вершину C и середины рёбер MB и MD, делит ребро MA. 2.11. Сторона основания ABCD правильной четырёхугольной пирами√ ды PABCD равна 1, а высота пирамиды равна 2. На рёбрах PA и PC взяты точки K и M соответственно, причём AK : KP = 1 : 3, CM = PM. Найдите, в каком отношении плоскость DKM делит ребро PB. 2.12. На рёбрах DA, DB и DC треугольной пирамиды DABC взяты соответственно точки M, P и K так, что DM : DA = 1 : 3, DP : DB = 1 : 4, DK : DC = 3 : 5. Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Найдите, в каком отношении плоскость MPK делит отрезок DO. 2.13. Точки T и P — соответственно середины рёбер B1 C1 и CD параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 , точка K принадлежит ребру BC, причём CK : KB = 1 : 3. Найдите, в каких отношениях плоскость, проходящая через середину отрезка BT параллельно прямым PK и DC1 , делит отрезки AC1 , B1 D, A1 C.
26
Гл. 2. Методы решения задач
2.14. На диагонали AC1 параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 взята точка M, а на прямой B1 C — точка K так, что отрезки MK и BD параллельны. Найдите отношение MK : BD. 2.15. На диагоналях AB1 и BC1 граней параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 взяты соответственно точки M и K так, что отрезки MK и A1 C параллельны. Найдите отношение MK : A1 C. 2.16. В кубе ABCDA1 B1 C1 D1 на ребре AC взята точка M, на диагонали [ = p . Найдите, в каком отношении [ = p , MKB BD1 — точка K так, что KMC 3 4 точки M и K делят отрезки AC и BD1 . 2.17. Дан куб ABCDA1 B1 C1 D1 . Точка M — центр грани ABB1 A1 , точка P — середина ребра A1 B1 , T — точка ребра B1 C1 , K — основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BC1 . Известно, что [ = MKT. [ Найдите, в каком отношении точка T делит ребро B1 C1 . PMK 2.18. Дана усечённая треугольная пирамида ABCA1 B1 C1 . На рёбрах AB, BC и AA1 взяты точки M, P и K соответственно, причём AM : MB = = 2 : 5, BP : PC = 5 : 7, AK : AA1 = 1 : 2, AB : A1 B1 = 5 : 2. Докажите, что вершина C1 пирамиды принадлежит плоскости KMP. 2.19. Плоскость проходит через точки пересечения диагоналей граней AA1 B1 B и BB1 C1 C параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 и делит ребро BB1 в отношении 1 : 2, считая от вершины B. Докажите, что точка D принадлежит этой плоскости. 2.20. Основанием четырёхугольной пирамиды PABCD является параллелограмм ABCD. На рёбрах PA, PB, PC, PD взяты точки K, H, M, T соответственно. Известно, что PA = a · PK, PB = b · PH, PC = c · PM, PD = d · PT. Докажите, что точки K, H, M, T принадлежат одной плоскости в том и только том случае, если a + c = b + d.
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми Как уже отмечалось, если в пространстве задан некоторый базис, т. е. # a , b , # c , то любой вектор # p можно единтройка некомпланарных векторов # p = x1 · # a + ственным образом разложить по векторам базиса так, что # # + y1 · b + z1 · # c , где x1 , y1 , z1 — коэффициенты разложения. Если при # этом известны длины векторов # a , b , # c и углы между ними, то, опреде# 2 #2 #2 # # # # # # лив скалярные произведения a , b , c , a · b , b · c , a · c («таблицу умножения» векторов базиса), можно вычислить скалярный квадрат век# # p : # p 2 = (x1 · # a + y1 · b + z1 · # c ) · (x1 · # a + y1 · b + z1 · # c ), который тора # p # p : | # p| = p2 равен квадрату его длины, а затем и саму длину вектора #
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
27
(см. (10) с. 16). То же самое справедливо и для любого другого вектора # # q = x2 · # a + y2 · b + z2 · # c . Кроме того, вычислив с помощью «таблицы умножения» (кавычки в дальнейшем будем опускать) векторов базиса скалярное произведение # p · # q , можем определить угол между векторами # # p · q # # # # [ p и q : cos( p , q) = # # (см. (13) с. 17). Заметим, что в геометриче|p| · |q|
p и # q, ских задачах часто приходится вычислять не угол между векторами # # # а угол между прямыми l1 и l2 , содержащими эти векторы ( p ∈ l1 , q ∈ l2). p Угол между прямыми обычно считается не превосходящим , а косинус 2 такого угла положителен. В силу того, что |cos f| = |cos (p − f)|, в таких случаях, чтобы сразу получить для косинуса угла между прямыми положительное значение, будем пользоваться формулой | # p · # q| cos(l[ . (13) 1 , l2) = # | p | · | # q| Прежде чем переходить к решению задач, напомним формулу квадрата суммы трёх чисел: (l + m + n) 2 = l2 + m2 + n2 + 2lm + 2ln + 2mn (квадрат суммы трёх чисел равен сумме квадратов этих чисел плюс удвоенные попарные произведения этих чисел). Если числа заменить векторами, # # # 2 то, согласно свойствам скалярного произведения, получим ( l + m + n) = # # # # # #2 + # # · # # = y # n2 + 2 l · m + 2 l · # n + 2m n , и если l = x # a, m b, = l2+m # n = z # c , то
# # a + y b + z # c ) 2 = x2 · # a 2 + y2 · b 2 + z2 · # c 2+ (x #
# # + 2xy # a · b + 2xz # a · # c + 2yz b · # c.
(21)
Задача 8. В треугольной пирамиде DABC известны длины рёбер DA = [ = BDC [ = p . Точки [ = p , ADC = 1, DB = 2, DC = 4 и углы ADB 3 2 K, P, T — середины рёбер AB, DC D и BC соответственно, точка M — точка пересечения медиан треугольP → − → − c a ника BDC. Вычислите: а) AT, б) AM, → − b M в) KP, г) угол между прямыми KP C A и AM. T Р е ш е н и е (см. рис. 21). В данK ном случае выбор базиса очевиден: B # # # # пусть DA = # a , DB = b , DC = # c. Рис. 21 Тогда из условия следует, что # a2 =
28
Гл. 2. Методы решения задач
# # # p p = 1, b 2 = 4, # c 2 = 16, # a · b = 1 · 2 · cos = 1, b · # c = 2 · 4 · cos = 4, 3
# # a · b = 0.
3
Для наглядности будем в дальнейшем оформлять подобные вычисления в виде таблицы:
# a
# a # b
# c
#
1
b 1
1 0
4 4
# c 0 4 16
#
Чтобы найти по этой таблице, например, скалярное произведение # a · b, # берём горизонталь с вектором # a и вертикаль с вектором b , и в их пере# сечении находим искомую величину # a · b. # # # Далее, так как AT = |AT|, AM = |AM|, KP = |KP|, сначала найдём раз# # # ложения векторов AT, AM, KP по векторам базиса. При этом подробные комментарии будем опускать, а при вычислениях длин и искомого угла — пользоваться таблицей умножения векторов базиса и формулой (21).
#
#
#
a) AT = AD + DT = − # a+
#
AT = |AT| = r =
p# AT 2 =
# 1 1 a + b + # c )2 = (−2 # 4 2
# 1 # # 1 a + b + # c ). Тогда ( b + c ) = (−2 # 2 2
q # # # 4 # a 2 + b 2 + # c 2 − 4 # a b − 4 # a # c + 2 b # c = =
#
1
#
#
# # #
√ 1√ 1√ 4 + 4 + 16 − 4 + 8 = 28 = 7. 2 2
#
#
б) AM = (AD+ AB+ AC) = (− # a + b − # a + # c − # a) = (−3 # a + b + # c ). 3 3 3 Тогда q # p# # # # 1 AM = |AM| = AM2 = 9 # a 2 + b 2 + # c 2 − 6 # a b − 6 # a # c + 2 b # c = 3 1√ 1√ 9 + 4 + 16 − 6 + 8 = 31. = 1
1
3
#
1#
#
#
в) KP = KA + AP = BA + AD + DP = 2
3
#
1 # 1 1 a + # c = − ( # a+ ( a − b) − # 2 2 2
# c ). Тогда + b − # q q # # # # # 1 #2 KP = |KP| = KP2 = a + b 2 + # c 2 + 2 # a b − 2 # a # c − 2 b # c = 2 √ 1 1√ = 1 + 4 + 16 + 2 − 8 = 15. 2
2
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
29
\ г) Теперь подсчитаем cos(AT, KP):
# # #\ # |AT · KP| \ cos(AT, KP) = | cos AT, KP| = # # =
|AT| · |KP| ˛1 ˛ “ 1” # # ˛ ˛ a + b + # c) · − a + b + # c )˛ ( # ˛ (−2 # 2 2 = = √ 1√ 7· 15 2 # # # # # |− (−2 # a 2 − 2 # a b + 2 # a # c + b # a + b 2 − b # c + # c # a + # c b − # c 2)| √ √ = = 2 7 15 15 1 |− 2 − 2 + 1 + 4 − 4 + 4 − 16| √ √ = √ √ = = 2 2 7 15 2 7 15
Таким образом, угол между прямыми AT и KP равен arccos r √ √ √ 1 15 31 15 . , в) , г) arccos О т в е т: а) 7, б) 3
2
2
7
r 1 2
15 7
r
15 . 7
.
#
Заметим, что для определения разложения вектора KP по базисным векторам можно было бы воспользоваться следствием 3 теоремы 3. Задача 9. В прямой призме ABCA1 B1 C1 точка K — середина ребра d если известно, что B1 C1 , AA1 : AB : AC = 3 : 4 : 5. Найдите угол BAC, прямые AK и A1 B взаимно перпендикулярны. # # # # d = Р е ш е н и е (см. рис. 22). Пусть AA1 = # a , AB = b , AC = # c , BAC # # # = a. Примем векторы a , b , c за базисные и составим таблицу умножения векторов базиса, считая, что AA1 = 3l, где B1 A1 l — некоторое число; тогда из условия поK лучим, что AB = 4l, AC = 5l.
# a # b # c
# a 9l2 0 0
#
# c
b 0
C1 → − a
0 2
16l 20l2 cos a
20l cos a 25l2
→ − b
2
# # # 1 # Имеем: A1 B = b − # a , AK = (AC1 +
2 # 1 # 1 # # + AB1) = ( a + c + a + b) = (2 # a + 2 2 #
#
A
B
→ − c
C
Рис. 22
# # c ). Из условия перпендикулярности векторов A1 B и AK следует, + b + #
# # # # # # # 1 что A1 B · AK = 0, т. е. ( b − # a) · (2 # a + b + # c ) = 0 ⇔ 2 # a b + b 2 + b # c− 2
# − 2 # a 2 − # a b − # a # c = 0. Отсюда 16l2 + 20l2 cos a − 18l2 = 0. Сокращая на
30
Гл. 2. Методы решения задач
l2 и приводя подобные члены, получим 20 cos a − 2 = 0 ⇔ cos a =
⇒ a = arccos
1 . 10
1 ⇒ 10
d = arccos 1 . О т в е т: BAC 10 Заметим, что в задачах, где заданы не длины рёбер некоторого многогранника, а их отношения, можно считать длину меньшего из рёбер равной любому «удобному» числу и выражать длины всех остальных рёбер через это число, поскольку от того, что мы увеличим (или уменьшим) каждое из рёбер в несколько раз, величины углов не изменятся! Это целесообразно делать для того, чтобы упростить вычисления. В частности, в предыдущей задаче мы могли положить AA1 = 3, а не 3l, и тогда было бы AB = = 4, AC = 5. Кроме того, отметим и тот факт, что базис в этой задаче # не был определён полностью (угол между базисными векторами b и # c являлся неизвестной величиной), но условие перпендикулярности прямых AK и A1 B позволило исключить эту неопределённость. Таким же образом следует поступать и при решении более сложных задач. Задача 10. В треугольной пирамиде DABC ребро DA образует с ребp рами AC и AB углы , DA = 6, AB = AC = 4. Точки P и K являются 3 серединами рёбер DA и BC соответственно, PK = 3. Найдите угол между прямыми DK и BP. # D Р е ш е н и е (см. рис. 23). 1. Пусть AD = # # # d = a. Примем a , AB = b , AC = # c , BAC = # # # # P векторы a , b , c за базисные и составим таблицу умножения векторов базиса: → − a
→ − c α → − b
A
# a #
C K
b
B
Рис. 23
#
#
# a
# c #
#
#
1#
#
# c
36
b 12
12
12 12
16 16 cos a
16 cos a 16
1
#
#
2. PK = PB + BK = PA + AB + BC = − # a + b + ( # c − b) = 2 2 2 q # # # # # 1 1 #2 = (− # a + b + # c ). Тогда |PK| = a + b 2 + # c 2 + 2 b # c − 2 # a # c − 2 # ab = 2 2 √ 1√ 1√ = 36 + 16 + 16 − 24 − 24 + 32 cos a = 20 + 32 cos a = 5 + 8 cos a. 2 2 √ # По условию |PK| = 3 ⇒ 5 + 8 cos a = 3 ⇔ 5 + 8 cos a = 9 ⇔ cos a = p 1 = ⇒ a = . Теперь таблица умножения векторов базиса определена 2
3
# # c = # c · b = 8. полностью и b · #
1
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
31
# # 1 # # 1 # 1 (DB + DC) = ( b − # a + # c − # a) = (− 2 a + b + # c ), 2 2 2 # # # # 1 # 1 BP = BA + AP = − b + # a = ( # a − 2 b), 2 2 q # # # # 1 |DK| = 4 # a 2 + b 2 + # c 2 − 4 # a b − 4 # a # c + 2 b # c = 2 √ √ 1 144 + 16 + 16 − 48 − 48 + 16 = 2 6, = 2 q √ # # # 1 #2 1√ |BP| = a − 4 # a b + 4b2 = 36 − 48 + 64 = 13, 2 2 # # 1 # # 1 # # # # 1 # DK · BP = (−2 a + b + c ) · ( a − 2 b) = (−2 # a 2 + 4 # a b + # a b− 2 2 4 #2 # # # 1 # − 2 b + c a − 2 c b) = (−72 + 48 + 12 − 32 + 12 − 16) = −12. 4 #
3. DK =
Следовательно,
r r # # 6 6 12 \ \ cos(DK, BP) = # # = √ √ = ⇒ DK, BP = arccos . 13 13 2 6 13 |SK|r · |BP| 6 . О т в е т: arccos |SK · BP|
13
Во всех задачах, рассмотренных выше, в качестве базисной выбиралась тройка векторов, выходящих из одной вершины. Однако такой выбор не всегда является предпочтительным. Вычисления тем проще, чем больше попарных скалярных произведений базисных векторов равны нулю. Ещё раз напомним, что за базис можно принимать любые три некомпланарных вектора, причём при выборе базиса следует, по возможности, руководствоваться тремя основными критериями: возможно более полной определённостью базиса (таблицы умножения векторов базиса), относительной простотой разложения искомых векторов по базисным, количеством нулей в таблице умножения базисных векторов. D В заключение этого параграфа рассмотрим P → − M ещё одну задачу. a → − c Задача 11. Ребро DA треугольной пиB K C рамиды DABC перпендикулярно плоскости √ → − основания b √ ABC, DA = 3, AB = 2, BC = 3, AC = 13. Точки P и K — середины рёбер DC и BC соответственно, M — точка переA сечения медиан треугольника DBC. НайдиРис. 24 те длину отрезка AM и угол между прямыми AK и BP. Р е ш е н и е (см. рис. 24). 1. Так как AB2 + BC2 = 13 = AC2 , по теореме, обратной к теореме Пифагора, треугольник ABC — прямоугольный с прямым углом ABC.
32
Гл. 2. Методы решения задач
#
#
# #
2. Пусть AD = # a , BA = b , BC = # c — базисные векторы. Таблица умножения базисных векторов имеет вид:
# a # b
# c
# a
#
# c
3
b 0
0
4
0
0
0
9
0
#
# # # # # 1 # 1 1 a − b + # c − b) = ( # a − 2 b + # c ). (AD + AB + AC) = ( # 3 p 3 3 # #2 #2 1 √ 1 #2 2√ Тогда |AM| = a + 4b + c = 3 + 16 + 9 = 7. 3 3 3 # # # # # # # 1 # 1 # 1 1 # 4. AK = AB + BK = − b + c = (− b + c ), BP = (BD + BC) = 2 2 2 2 # 1 # 1 = ( b + # a + # c ) = ( # a + b + # c ). Тогда 2 2 3. AM =
˛ 1 # ˛ # 1 ˛ ˛ # # c ) · ( # a + b + # c )˛ ˛ (− b + # 5 2 2 \ q = √ . cos(AK, BP) = # # = q # # 1 1 4 13 |AK| · |BP| (− b + # c )2 · ( # a + b + # c )2 |AK · BP|
2
2
5
Поэтому угол между прямыми AK и BP равен arccos √ . 4 13 5 2√ О т в е т: 7, arccos √ . 3
4 13
Задачи для самостоятельного решения 3.1. В тетраэдре ABCD рёбра AB и CD, BC и AD взаимно перпендикулярны. Докажите, что рёбра AC и BD также перпендикулярны. # # 3.2. Докажите, что векторы AB и CD перпендикулярны тогда и только # 2 # 2 # 2 # 2 тогда, когда AC + BD = AD + BC . 3.3. В тетраэдре DABC проведены биссектрисы плоских углов при вершине D. Докажите, что если две из этих биссектрис взаимно перпендикулярны, то третья перпендикулярна каждой из них. 3.4. Пусть DABC — правильный тетраэдр, DO — его высота, точка P — середина отрезка DO. Найдите величину угла APB. 3.5. Точка D — середина ребра PA, точка E — середина высоты PO правильного тетраэдра PABC. Найдите угол между прямыми OD и CE. 3.6. Дан правильный тетраэдр PABC. Точка D — середина ребра PA, O — точка пересечения медиан треугольника ABC, точка E — середина ребра PB. Найдите угол между прямыми DO и CE.
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
33
3.7. Точки M и E — середины рёбер AC и AB правильного тетраэдра ABCD соответственно, P — точка пересечения медиан треугольника BDC. Найдите угол между прямыми MP и DE. 3.8. Точки D и E — середины рёбер BC и PB правильного тетраэдра PABC соответственно. Найдите угол между прямыми AD и CE. 3.9. Дан правильный тетраэдр PABC, точка M — середина ребра PB. Найдите угол между прямыми AM и PC. 3.10. Точки M, P и K — середины рёбер AD, AB и CD правильного тетраэдра ABCD соответственно, O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Найдите угол между прямыми MO и KP. 3.11. Точки P и T — середины рёбер AA1 и DD1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 соответственно. Найдите угол между прямыми DP и C1 T. 3.12. Пусть ABCA1 B1 C1 — правильная треугольная призма, боковые грани которой являются квадратами. Найдите углы между прямыми AC1 и BA1 , AC1 и CB1 , BA1 и CB1 . 3.13. В правильной четырёхугольной призме ABCDA1 B1 C1 D1 диагонали B1 D и BD1 взаимно перпендикулярны. Найдите угол между прямыми B1 D и A1 C. 3.14. В правильной треугольной пирамиде KABC все плоские углы при вершине K прямые. Точки P и D — середины рёбер KA и BC соответственно. Найдите угол между прямыми CP и KD. [ = p , PA = [ = BPC [ = p , APC 3.15. В треугольной пирамиде PABC APB 2 4 = PB = PC. Точки K и D — соответственно середины рёбер PA и BC. Найдите угол между прямыми KC и PD. 3.16. В треугольной пирамиде PABC основание ABC — правильный треугольник, грани PAB и PBC перпендикулярны плоскости основания, ребро PB равно стороне основания, O — точка пересечения медиан треугольника ABC, точка D — середина ребра PC. Найдите угол между прямыми PO и BD. 3.17. В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD с вершиной M p угол между боковым ребром и плоскостью основания равен . Точка O — 4 центр основания пирамиды, точки P и H — середины отрезков MO и MC соответственно. Найдите угол между прямыми BP и OH. 3.18. Основание четырёхугольной пирамиды KABCD — параллелоp грамм ABCD с острым углом, равным . Известно, что AB : BC = 1 : 2. 3 Грань KAB перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. Найдите угол между медианой DM грани KAD и высотой KH грани KAB. 3.19. В основании четырёхугольной пирамиды лежит ромб с острым p углом, равным . Каждая боковая грань наклонена к плоскости основа3
34
Гл. 2. Методы решения задач
p ния под углом . Найдите углы, которые образует высота боковой грани 4 с диагоналями основания. 3.20. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда образуют с плоскостью основания углы a и b. Найдите угол между этими диагоналями. 3.21. В основании прямого параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 лежит параллелограмм ABCD с острым углом DAB, равным g. Диагонали AB1 и BC1 боковых граней образуют с плоскостью основания углы, равные a и b соответственно. Найдите угол между этими диагоналями. 3.22. Боковое ребро PA тетраэдра PABC перпендикулярно плоскости d = p . Точки D и E — основания ABC. Известно, что AP = AB = AC, BAC 2 середины рёбер PA и PB соответственно, O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Найдите угол между прямыми OD и CE. p p p 3.23. Плоские углы трёхгранного угла равны , , . Через его верши4 4 3 p ну проведена прямая, перпендикулярная грани плоского угла, равного . 4 Найдите угол между этой прямой и ребром трёхгранного угла, не лежащим в указанной плоскости. 3.24. Через вершину трёхгранного угла, все плоские углы которого равны 2a, проведена прямая, образующая равные углы с рёбрами трёхгранного угла. Найдите эти углы. 3.25. Пусть PH — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AP p и BH, угол между которыми равен . Известно, что AP = BH = PH. 3 Найдите угол между прямыми PH и AB. p 3.26. Наклонная AB образует с плоскостью P угол , равный углу 4 между проекцией этой наклонной и прямой AC, лежащей в плоскости P. Найдите угол BAC. 3.27. Площадь боковой поверхности правильной четырёхугольной пирамиды KABCD в два раза больше площади её основания ABCD. В гранях KAD и KDC проведены медианы AM и DP соответственно. Найдите угол между прямыми AM и DP. 3.28. Два равных прямоугольника ABCD и ABC1 D1 имеют общую p сторону AB, а их плоскости образуют угол, равный . Известно, что 3 AB : AD = 1 : 2. Найдите угол между прямыми AC и BD1 . 3.29. Два равных ромба ABCD и ABC1 D1 имеют общую сторону AB, p а их плоскости образуют угол, равный . Известно, что острый угол каж4 p дого из ромбов равен . Найдите угол между прямыми BC и BC1 . 3 3.30. На рёбрах AB, BC и CD правильного тетраэдра DABC взяты точки P, M и K соответственно. Плоскость PMK пересекает прямую AD в точке T. Найдите величину угла между прямыми: а) TP и TM, если AP =
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
35
= PB, BM : MC = CK : KD = 1 : 2; б) DM и KM, если AP : PB = = DK : KC = 1 : 2, BM : MC = 1 : 3. 3.31. Длина ребра правильного тетраэдра DABC равна 1. На рёбрах AB, BC и CD взяты точки E, P и T соответственно. Плоскость EPT пересекает прямую AD в точке H. Найдите периметр треугольника: а) HET, 2
3
1
1
3
1
если AE = , BP = , CT = ; б) HPT, если AE = , BP = , CT = . 3 4 2 3 4 3 3.32. В пространстве даны три попарно параллельных отрезка A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , сумма длин которых равна 3. Известно, что треугольники A1 B1 C1 и A2 B2 C2 не имеют общих точек. Найдите длину отрезка, соединяющего точки пересечения медиан этих треугольников. 3.33. В тетраэдре ABCD BC = a, AC = b, AB = c, AD = a1 , BD = = b1 , CD = c1 . Точки M и K — середины рёбер AB и CD соответственно. Найдите длину отрезка MK. 3.34. Пусть DABC — правильный тетраэдр с ребром 1. Точка M — середина ребра AB, точка K взята на ребре BC так, что CK : BK = 1 : 2. Найдите расстояние от точки K до середины отрезка DM. 3.35. Основание параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 — квадрат ABCD. p \ \ Известно, что AB = AA1 = 5, A 1 AB = A1 AD = . Найдите длину диаго3 нали BD1 . 3.36. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 равна a, точки O и O1 — центры оснований ABC и A1 B1 C1 соответственно. 5 Длина ортогональной проекции отрезка AO1 на прямую B1 O равна a. 6 Найдите высоту призмы. 3.37. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 — правильный треугольник ABC со стороной a. Точки M и K — середины рёбер A1 B1 и AA1 соответственно. Ортогональная проекция отрезка BM a на прямую C1 K равна √ . Найдите высоту призмы. 2 5
3.38. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна a. Точки P, K, M — середины рёбер AA1 , A1 D1 , B1 C1 соответственно, точка T — центр грани CC1 D1 D. Отрезок EH с концами на прямых AD и KM пересекает прямую PT и перпендикулярен ей. Найдите длину этого отрезка. 3.39. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах BB1 и DD1 взяты точки K и P соответственно, причём BK : B1 K = 1 : 3, DP = PD1 . Плоскость AKP пересекает диагонали A1 D и B1 C куба в точках M и T соответственно. Найдите длину отрезка MT. 3.40. Все рёбра правильной треугольной призмы равны a. Прямая, перпендикулярная плоскости BA1 C1 данной призмы ABCA1 B1 C1 , пересекает прямые BC1 и AB1 в точках M и P соответственно. Найдите длину отрезка MP.
36
Гл. 2. Методы решения задач
§ 2.4. Расстояние от точки до прямой Для того чтобы найти расстояние MH от некоторой точки M до прямой l # (рис. 25), достаточно, вообще говоря, знать разложения векторов PM (P ∈ # # ∈ l) и d ( d ∈ l) по некоторому базису с известной таблицей умножения векторов базиса. В самом деле, так как # # # # M векторы PH и d коллинеарны, PH = x · d , # # # # # но тогда MH = PH − PM = x · d − PM. Из # условия перпендикулярности векторов MH # и d получаем уравнение для определения единственной неизвестной x в разложении # # # # MH: MH · d = 0, или (x · d − вектора → − # # d − PM) · d = 0. Найдя из этого уравнения x, l P H мы тем самым найдём разложение вектора # Рис. 25 MH по векторам выбранного базиса с известной таблицей умножения, и по формуле p# # |MH| = MH2 определим искомое расстояние аналогично тому, как это делалось при решении задач предыдущего параграфа. Задача 12. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды p DABC равны , DA = 2, DB = 4, DC = 3. Точки P, M, K являются 3 серединами рёбер DA, DB и BC соответственно. Найдите расстояние от точки M до прямой PK. D Р е ш е н и е (см. рис. 26). 1. Выберем в каче# # # # # → − c стве базисных векторы DA = a , DB = b , DC = # → − P = c и составим таблицу умножения векторов баb M C → − зиса: a H
# a
# a # b
# c
#
4
b 4
4 3
16 6
# c
A
K
3 6 9
B
Рис. 26
#
#
2. Пусть MH ⊥ PK, H ∈ PK. В силу коллинеарности векторов PH и PK
#
#
#
# #
имеем: PH = x· PK. Но PK = DK − DP =
#
# 1 # # 1 1 ( b + c ) − # a = (− # a + b + # c ), 2 2 2
# # # # # # 1 a + b + # c ). Далее, MH = MP + PH = DP − DM + x(− # 2 # # # 1 1 # 1 1 a − b + x(− # a + b + # c ) = ((1 − x) # a + (x − 1) b + x # c ). + PH = # 2 2 2 2
поэтому PH =
#
#
# #
Так как векторы MH и PK взаимно перпендикулярны, то MH · PK = 0,
§ 2.4. Расстояние от точки до прямой
откуда
37
# # 1 1 [(1 − x) # a + (x − 1) b + x # c ] · (− # a + b + # c ) = 0. Умножив на 4 2 2 #
a 2 (1 − x) + (1 − x) # a · b + (1 − x) # a · # c − и раскрыв скобки, получим − # # # #2 # # # # # # − (x − 1) b · a + (x − 1) b + (x − 1) b · c − x c · a + x c · b + x # c2 = = 0. Воспользовавшись таблицей умножения векторов базиса и вынося за скобку общий множитель, приходим к уравнению 5
(1 − x) (−4 + 4 + 3 + 4 − 16 − 6) + x(−3 + 6 + 9) = 0 ⇔ x = . 9 # 1 4 # 4 # 5 # # # 1 # # (4 a − 4 b + 5 c ) и |MH| = a− b + c = Поэтому MH = 2 9 9 9 18 p# # # # 1 p #2 16 a + 16 b 2 + 25 # c 2 − 32 # a · b + 40 # a · # c − 40 b · # c = = MH2 = 18 r 1√ 11 = 16 · 4 + 16 · 16 + 25 · 9 − 32 · 4 + 40 · 3 − 40 · 6 = . 18 12 r О т в е т:
11 . 12
Задача 13. В основании прямой призмы ABCDA1 B1 C1 D1 лежит па√ [ = p . Точка K раллелограмм ABCD, в котором AB = 2, AD = 3, BAD 6 является серединой ребра D1 C1 , расстояние от вершины B1 призмы до r прямой CK равно
7 . Найдите площадь 8
боковой поверхности призмы. Р е ш е н и е (см. рис. 27). 1. Выбе# рем в качестве базисных векторы CD = # # # a , CB = b , CC1 = # c , обозначим = # # | c | = CC1 = c и составим таблицу умножения векторов базиса:
# a # b # c
# a
#
4
b 3
3 0
3 0
# c 0
H
B1
C1 K
A1
→ − c
D1 → − b
B
C → − a
D
A
Рис. 27
0 c2
#
#
2. Пусть B1 H ⊥ CK, H ∈ CK. Так как векторыCH и CK коллинеарны, # # # # 1 1 c + # a = x( # a + 2 # c ). Тогда то CH = x · CK = x(CC1 + C1 K) = x #
2 2 # # # 1 # 1 # # B1 H = CH − CB1 = x( a + 2 c ) − ( b + c ) = (x a − 2 b + 2(x − 1) # c ). Так 2 2 # # # 1 # c) × как B1 H ⊥ CK, имеем B1 H · CK = 0, поэтому (x a − 2 b + 2(x − 1) # 2 1 # # × c + a = 0, откуда 2
#
#
#
4x − 6 + 4c2 (x − 1) = 0.
(22)
38
Гл. 2. Методы решения задач
#
Поскольку |B1 H| =
#
r
# 1 7 # 2 7 , |B1 H| = , откуда (x2 # a 2 + 4 b 2 + 4(x − 1) 2 # c2− 8 8 4
− 4x # a b) = , а значит, 7 8
7 2
4x2 + 12 + 4(x − 1) 2 c2 − 12x = .
(23)
Уравнения (22) и (23) определяют систему двух уравнений с двумя неизвестными x и c: ( ( 2(x − 1) + 2c2 (x − 1) = 1, 2x − 3 + 2c2 (x − 1) = 0, ⇔ 7 ⇔ 7 (x − 1) 2 − (x − 1) + (x − 1) 2 c2 + 1 = x2 − 3x + (x − 1) 2 c2 + 3 = 8 8 (x − 1) (c2 + 1) = 1 , (x − 1) (c2 + 1) = 1 , 2 2 ⇔ ⇔ 1 ⇔ (x − 1) 2 (c2 + 1) − (x − 1) = − 1 (x − 1) − (x − 1) = − 1 ⇔
(
8
2
c = 1,
5 ⇒ x= , 4
(
2
8
c = 1, 5 4
x= .
Итак, CC1 = 1, и определение площади боковой поверхности теперь не √ составляет труда: √ S = CC1 · 2(CD + CB) = 2( 3 + 2). О т в е т: 2( 3 + 2). Следует отметить, что в только что рассмотренной задаче именно знание стандартного алгоритма вычисления расстояния от точки до прямой помогло получить систему двух уравнений с двумя неизвестными, решение которой явилось важнейшим шагом на пути к ответу. В заключение этого параграфа рассмотрим ещё одну задачу, D схожую в указанном смысле с предыдущей. Задача 14. В правильной треугольной пирамиде DABC с вершиной D длина бо→ − c кового ребра DA равна 2. Точка K делит ре→ − a бро BC в отношении 2 : 1, считая от вершины B. Расстояние от вершины A до прямой P √ C
62
DK равно . Найдите длину высоты DH 4 A → − K H b пирамиды (H — основание высоты). Р е ш е н и е (см. рис. 28). 1. Выберем # # в качестве базисных векторы DA = # a , DB = B # # c , обозначив плоский угол при = b , DC = # Рис. 28 вершине через a. Так как пирамида DABC — правильная, точка H является точкой пересечения медиан треугольни-
#
ка ABC. Поэтому DH =
1 # # # ( a + b + c ). Таким образом, определив cos a, 3
§ 2.4. Расстояние от точки до прямой
#
#
мы сможем вычислить |DH| по формуле |DH| =
#
39
p# DH2 . Для определения
#
#
cos a воспользуемся тем, что по условию AP ⊥ DK и |AP| = предварительно таблицу умножения векторов базиса:
# a # b
# c
#
# a
√
62 , составив 4
# c
4
b 4 cos a
4 cos a
4 cos a 4 cos a
4 4 cos a
4 cos a 4
# # # # 1# 1 # 1 # 2. DK = DC + CK = # c + CB = # c + ( b − # c ) = ( b + 2 # c ), AP =
3 3 3 # x # 1 c ) − # a = (−3 # a + x · b + 2x · # c ). Так ( b + 2 # 3 3 # # # # # 2 62 31 = . Итак, имеем как AP ⊥ DK, то AP · DK = 0. Кроме того, |AP| = 16 8
#
#
#
a = = DP − DA = x · DK − #
систему из двух уравнений с двумя неизвестными cos a и x: # (# # # ( b + 2 # c ) (−3 # a + x b + 2x # c ) = 0, AP · DK = 0, или # 2 31 # 1 31 (−3 # |AP| = , a + x b + 2x # c) = , 8 9
8
откуда ( −12 cos a + 4x + 8x cos a − 24 cos a + 8x cos a + 16x = 0,
31 ⇔ 1 (36 + 4x2 + 16x2 − 24x cos a − 48x cos a + 16x2 cos a) = 9 8
⇔ ⇔ ⇔
(
(
(
−9 cos a + 5x + 4x cos a = 0,
31 ⇔ 4 (9 + 5x2 + 4x2 cos a − 18x cos a) = 9 8
x(5 + 4 cos a) = 9 cos a,
31 ⇔ 4 (9 + x · x(5 + 4 cos a) − 18x cos a) = 9 8
x(5 + 4 cos a) = 9 cos a,
4 31 ⇔ (9 + 9x cos a − 18x cos a) = 9 8
(
x(5 + 4 cos a) = 9 cos a, 1
x cos a = 32 ( 1 2 288 cos a − 4 cos a − 5 = 0, cos a = − , 8 ⇔ ⇒ 1 5 x= cos a = . 32 cos a
⇔
36
Таким образом, существуют две пирамиды, удовлетворяющие условиям 1
задачи 14. Для первой из них cos a = − и 8 q √ # # 1 1 |DH| = ( # a + b + # c )2 = 4 + 4 + 4 − 1 − 1 − 1 = 1, 3
3
40
Гл. 2. Методы решения задач
для второй: cos a =
#
1 |DH| = 3
q
5 и 36
# 1 ( # a + b + # c )2 =
1 О т в е т: 1 или 3
3
r
r
10 10 10 1 4+4+4+ + + = 9 9 9 3
r
46 . 3
46 . 3
Задачи для самостоятельного решения 4.1. Все рёбра четырёхугольной призмы имеют длину 2, а в основании призмы ABCDA1 B1 C1 D1 лежит квадрат ABCD. Боковое ребро AA1 образует равные углы с рёбрами AB и AD, причём величина каждого из p этих углов равна . Найдите расстояние от точки A до прямой C1 K, если 3 точка K — середина ребра BC. 4.2. Все плоские углы при вершине D√треугольной пирамиды DABC √ √ 3 2 p . Точки M, P и K являются равны , DA = 2, DB = 2 2, DC = 3 2 серединами рёбер DA, DB и BC соответственно. Найдите расстояние от точки P до прямой MK. 4.3. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник ABCD, в котором AB = 1, BC = 4. Боковое ребро MA перпендикулярно плоскости основания. Известно, что расстояние от точки A до прямой CK, где 13 . Найдите объём пирамиды. 29
точка K — середина ребра MD, равно √
4.4. В основании √ пирамиды MABCD лежит ромб ABCD, длина стороны которого равна 5, а длина диагонали AC равна 4. Основанием высоты пирамиды, проведённой из вершины M, является точка пересечения диагоналей ромба. Известно, что расстояние r от точки C до прямой DK, где точка K — середина ребра MA, равно 3
13 . Найдите объём пирамиды. 17
4.5. Основание прямой призмы ABCDA1 B1 C1 D1 — ромб со стороной, равной a, и острым углом, равным f. Найдите расстояние от вершины B1 призмы до прямой A1 D, если известно, что боковое ребро призмы равно h. 4.6. В правильной треугольной пирамиде PABC точка D лежит на ребре PC, PA = 4, CD = 3. Найдите объём пирамиды, если известно, что расстояние от точки A до прямой BD равно 2. 4.7. Даны правильный тетраэдр DABC и точка P. Известно, что PA = r = PD, PB = PC =
9 51 . Расстояние от точки P до прямой AD равно √ . 50 5 2
Найдите объём тетраэдра DABC.
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью
41
4.8. Даны r правильный тетраэдр DABC и точка P. Известно, что PB =
= PC =
97 , PA = PD. Расстояние от точки P до прямой AD равно 100
1 √ . Найдите объём тетраэдра DABC. 5 2
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью Для того чтобы найти расстояние MH от точки M до плоскости a (рис. 29), достаточно знать разложения по некоторому базису (с известной таблицей умножения векторов базиса) любых двух неколлинеарных векто# ров # p и # q , лежащих в плоскости a, и вектора KM = # r , где K — некоторая точка плоскости a. В самом деле, в силу ком# M → − r планарности векторов KH, # p и # q и неколли# # неарности двух последних имеем: KH = x· p + → − # # # p α + y · # q . Но MH = KH − KM = x · # p + y · # q− ϕ # # H r . Так как MH ⊥ a, получаем MH ⊥ # p − # K # # → − q и MH ⊥ q , а значит, p + y · # q − # r ) · # p = 0, (x · # Рис. 29 # # # (x · p + y · q − r ) · # q = 0.
Определив из этой системы неизвестные коэффициенты x и y, мы най# дём затем разложение вектора MH по выбранному базису, а следовательно, сможем вычислить его длину. Кроме того, в этом случае не составляет труда найти угол f между прямой KM и плоскостью a. Этот угол есть не что иное, как угол между прямыми KM и KH, поэтому cos f = # # | # r (x · # p + y · # q)| |KH| |MH| = # . Можно найти его и так: cos , sin . f = f = | r | · |x · # p + y · # q| | # r| | # r|
Задача 15. Основание пирамиды DABC — прямоугольный треугольник ABC, катеты AB и AC которого равны соответственно 2 и 4. Найдите расстояние от середины ребра AB до плоскости BDC, если каждый из p углов DAB и DAC равен , а ребро DA равно 6. 3 Р е ш е н и е (см. рис. 30). Обозначим середину ребра AB через M, вве# # # # дем базисные векторы # a = AM, b = AC, # c = AD и составим таблицу умножения векторов базиса:
# a # b
# c
# a
#
# c
1
b 0
3
0 3
6 12
12 36
42
Гл. 2. Методы решения задач
Пусть H — основание перпендикуляра, проведенного из точки M # # # # c − 2 # a) + y( b − 2 # a) = к плоскости BDC, и пусть BH = x BD + y BC = x( # # # # # # a + y b + x # c . Тогда MH · BD = 0, MH · BC = 0, и эти условия = −2(x + y) # позволяют найти неизвестные x и y как реD шение соответствующей системы двух линейных уравнений с двумя переменными. Составим эту систему, используя таблицу умножения базисных векторов и свойства скалярного произведения векторов. → − c При этом учтем, что B
C M
H
→ − b
→ − a
# # # # MH = MB+BH = # a −2(x+y) # a +y b +x # c = #
= (1 − 2x − 2y) # a + y b + x # c,
# # # BD = # c − 2 # a , BC = b − 2 # a.
A
Рис. 30
Получим
3(1 − 2x − 2y) + 12y + 36x − 2(1 − 2x − 2y) − 6x = 0, 16y + 12x − 2(1 − 2x − 2y) − 6x = 0,
откуда, после раскрытия скобок и приведения подобных: 28x + 10y = −1, 5x + 10y = 1. Решив систему, находим, что x = − 2 , 23
230
и значит,
#
y = 33 ,
q
# 1 (204 # a + 33 b − 20 # c )2 = 230 1 p = 2042 + 332 · 16 + 202 · 36 − 2 · 204 · 20 · 3 − 2 · 33 · 20 · 12. 230
|MH| =
При решении подобных задач приходится сталкиваться с определенными вычислительными трудностями, которые можно обойти, используя рациональные методы вычислений (калькулятором на экзамене пользоваться нельзя!). В данном случае, например, можно воспользоваться тем, что 2042 − 2 · 204 · 20 · 3 = 204 · (204 − 120) = 204 · 84 = 32 · 42 · 7 · 17,
332 · 16 − 2 · 33 · 20 · 12 = 33 · (33 · 16 − 2 · 20 · 12) = 33 · (11 · 48 − 10 · 48) = = 33 · 48 = 33 · 42 · 11,
202 · 36 = 32 · 43 · 52 .
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью
43
Тогда в подкоренном выражении можно вынести за скобки общий множитель 32 · 42 , после чего получим √ # 3 · 4p 6 230 2 . 7 · 17 + 11 + 4 · 5 = |MH| = 230
√ 6 230 О т в е т: . 115
115
Задача 16. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды 1
1
DABC равны друг другу. Известно, что DA = DB = DC = 1, а расстоя2r 4 2
. Найдите плоский угол ние от точки A до плоскости грани DBC равно 3 при вершине D. Р е ш е н и е (см. рис. 31). 1. Выберем в качестве базисных векторы # # # # DA = # a , DB = b , DC = # c и, обозначив плоский угол при вершине D через a, составим таблицу умножения векторов базиса:
# a
# a # b # c
#
# c
1
b 2 cos a
4 cos a
2 cos a 4 cos a
4 8 cos a
8 cos a 16
D
H
#
#
#
C
A
2. Пусть вектор AH перпендикулярен плоскости DBC, H ∈ (DBC). # # # c , поэтому Тогда AH ⊥ b и AH ⊥ # ( # # AH · b = 0, # AH · # c = 0.
#
→ − c
→ − a
→ − b
B
Рис. 31
#
# #
Но AH = DH − DA = x · b + y · # c − # a (так как векторы DH, b и # c # # # компланарны, векторы b и c неколлинеарны, и, следовательно, DH = # = x · b + y · # c ). Таким образом, ( # # c − # a) · b = 0, (x · b + y · # # (x · b + y · # c − # a) · # c = 0.
Последнюю систему, содержащую три неизвестных: x, y, cos a, дополr
#
ним уравнением, следующим из условия задачи: так как |AH| =
# 2
2
AH = . Итак, имеем: 3 (x · (x · (x ·
# b + y · # c − # b + y · # c − # #
# # a) · b = 0, # a) · # c = 0, 2 # 2 b + y · c − a) = , 3
2 , то 3
44
откуда
Гл. 2. Методы решения задач
4x + 8y cos a − 2 cos a = 0, 8x cos a + 16y − 4 cos a = 0, ⇔ 4x2 + 16y2 + 1 + 16xy cos a − 4x cos a − 8y cos a = 2 3 2x + 4y cos a − cos a = 0, ⇔ 2x cos a + 4y − cos a = 0, x2 + 4y2 + 4xy cos a − x cos a − 2y cos a = − 1 . 12
Вычитая из первого уравнения последней системы её второе уравнение, получаем 2x(1 − cos a) − 4y(1 − cos a) = 0, откуда (1 − cos a) (x − 2y) = 0, и значит, x = 2y (cos a 6= 1, так как 0 < a < p). Поэтому из первого cos a 1 уравнения системы находим: y = · , а третье уравнение после 4 1 + cos a 1 подстановки x = 2y приводится к виду 2y2 (1 + cos a) − y cos a = − , и, 48 cos a 1 , получаем поскольку y = · 4 1 + cos a 2·
1 1 1 cos2 a cos2 a a ) − =− . · (1 + cos · 16 (1 + cos a) 2 4 1 + cos a 48
Полученное уравнение после несложных преобразований можно записать 1
1
в виде 6 cos2 a − cos a − 1 = 0, откуда cos a = , или cos a = − . Таким 1 2 3 1 p = p − arccos . образом, a = , либо a = arccos − 3 3 3 p 1 О т в е т: или p − arccos . 3
3
Задача 17. В основании прямой призмы ABCDA1 B1 C1 D1 лежит ромб p ABCD со стороной, равной 2, и углом при вершине A, равным . Боковое 3 ребро призмы равно 1. Точка O является точкой пересечения диагоналей грани A1 B1 C1 D1 , точка K — середина ребра AD. Найдите расстояние от вершины A1 до плоскости, проходящей через точку K параллельно прямым AO и C1 D. B1 Р е ш е н и е (см. рис. 32). 1. ВыC1 берем в качестве базисных векторы # # # # O AA1 = # a , AB = b , AD = # c и составим таблицу умножения вектоB A1 ров базиса: D C 1
→ − a
A
H
→ − b
K
→ − c
Рис. 32
D
# a # b
# c
# a
#
1
b 0
0 0
4 2
# c 0 2 4
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью
45
2. Пусть точка H — основание перпендикуляра, опущенного из верши# # ны A1 на плоскость a, указанную в условии задачи. Тогда A1 H = AA1 +
#
#
+ AK + KH = − # a +
# # # #
# # # # 1 # c + KH. Но векторы KH, AO, DC1 компланарны, 2
# # # # 1# 1# 1 # 1 a + A1 C1 = # a + AC = # a + ( b + # c ) = (2 # a+ как AO = AA1 + A1 O = # 2 2 2 2 # # # # # # # # # + b + c ), DC = DD + DC = AA + AB = a + b , получаем
а векторы AO и DC1 неколлинеарны, поэтому KH = x · AO + y · DC, и, так 1
1
1
#
# # 1 # 1 c + x (2 # a + b + # c ) + y( # a + b) = (x + y − 1) # a+ 2 2 # 1 # 1 1 + (x + 2y) b + (x + 1) # c = (2(x + y − 1) # a + (x + 2y) b + (x + 1) # c ). 2 2 2
A1 H = − # a+
#
#
#
#
#
#
#
Поскольку A1 H ⊥ a, AO k a, DC1 k a, значит, A1 H ⊥ AO и A1 H ⊥ DC1 , поэтому (# # A1 H · AO = 0, # # A1 H · DC1 = 0, откуда # # 1 1 (2(x + y − 1) # a + (x + 2y) b + (x + 1) # c ) · (2 # a + b + # c ) = 0, 2
2
# # 1 (2(x + y − 1) # a + (x + 2y) b + (x + 1) # c ) · ( # a + b) = 0, 2
поэтому ( 4(x + y − 1) + 4(x + 2y) + 2(x + 2y) + 2(x + 1) + 4(x + 1) = 0, ⇔ 2(x + y − 1) + 4(x + 2y) + 2(x + 1) = 0 x = −5, 8x + 8y = −1, 8 ⇔ ⇔ 8x + 10y = 0 y = 1. 2
Итак, i 5 8 # 5 # 1h 5 4 A1 H = 2 − + − 1 # a+ − + b + − + 1 # c = 2
отсюда
8
#
8
1 |A1 H| = 8 √ 19 . О т в е т: 2
8
q
8
8 # 1 a + 3 b + 3 # c ), = (−14 # 8
# 1√ (−14 # a + 3 b + 3 # c )2 = 304 = 8
√
19 . 2
46
Гл. 2. Методы решения задач
В заключение этого параграфа заметим, что при решении задачи 17 нам удалось обойтись без построения сечения призмы указанной плоскостью (тем более что согласно условию задачи строить такое сечение было вовсе не обязательно). Таким образом, для решения задачи не понадобилось проводить никакие дополнительные построения и геометрические обоснования. Ничего иного — кроме знания стандартных алгоритмов и умения совершать сравнительно несложные преобразования — векторный метод не требует, являясь, по существу, единственным сколько-нибудь универсальным методом решения задач элементарной геометрии.
Задачи для самостоятельного решения 5.1. Пусть KABCD — правильная четырёхугольная пирамида, все рёбра которой равны 1. Найдите расстояние от середины ребра AB до плоскости, проходящей через вершину C и середины рёбер KB и KD. 5.2. В правильной четырёхугольной пирамиде KABCD с вершиной K сторона основания равна 6, высота равна 4. Найдите расстояние от точки A до плоскости KCD. 5.3. В треугольной пирамиде KABC ребро √ KA перпендикулярно плоскости ABC, AC = BC = a, AK = AB = a 2. Через середину ребра AC проведена плоскость, перпендикулярная ребру KB. Найдите расстояние от вершины A до этой плоскости. 5.4. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a, точка P — середина ребра D1 C1 . Найти расстояние до плоскости BPD от точек: а) A1 , б) A, в) C1 . 5.5. Через диагональ нижнего основания куба, ребро которого равно a, и середину одной из сторон верхнего основания проведена плоскость. Найдите расстояние от центра куба до этой плоскости. 5.6. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a, высота пирамиды равна h. Через сторону основания и середину скрещивающегося с ней ребра проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины пирамиды до этой плоскости. 5.7. Точки P и K — середины рёбер AB и AD куба ABCDA1 B1 C1 D1 соответственно, длина ребра которого равна a. Найдите расстояние от точки C до плоскости PKC1 . 5.8. Ребро куба равно 1. Найдите объём треугольной пирамиды, вершины которой находятся в центрах трёх смежных граней куба и в вершине, не принадлежащей этим граням. 5.9. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах AA1 , BB1 , DD1 взяты точки K, P, M соответственно так, что AK : A1 K = 1 : 3, BP : B1 P = 3 : 1, DM : D1 M = 3 : 1. Найдите объём пирамиды, основанием которой является сечение куба плоскостью KPM, а вершина находится в точке A1 .
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью
47
5.10. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах BC и CC1 2
2
взяты точки E и P соответственно, причём BE = , CP = . Через центр 5 3 куба и точки E и P проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины A куба до этой плоскости. 5.11. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах BC и C1 D1 1
2
взяты точки E и P соответственно, причём BE = , PD1 = . Через центр 4 5 куба и точки E и P проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины A1 до этой плоскости. 5.12. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах AB и CC1 1
3
взяты точки K и H соответственно, причём AK = , CH = . Через точки K 4 5 и H и центр куба проведена плоскость a. Найдите: а) расстояние HT, если T — ортогональная проекция вершины D на плоскость a; б) расстояние KT, если T — ортогональная проекция вершины A1 на плоскость a. 5.13. Основание прямой призмы ABCDA1 B1 C1 D1 — ромб ABCD со 2
стороной длины 4 и углом BAD, равным p. Боковое ребро призмы вдвое 3 меньше стороны основания. Пусть O — точка пересечения диагоналей ромба A1 B1 C1 D1 , точка K — середина ребра AB. Найдите расстояние от вершины B1 до плоскости, проходящей через точку K параллельно прямым BO и D1 A. 5.14. На продолжении ребра KT за точку T правильной четырёхугольной пирамиды KPMHT с вершиной K взята r точка B так, что расстояние 7
. Найдите длину отрезка BT, от этой точки до плоскости KPM равно 9 2 если MH = 12, KH = 10. 5.15. На продолжении ребра AB за точку правильной четырёхугольной пирамиды ABCDE с вершиной A взята точка K так, что BK = 5. Найдите расстояние от точки K до плоскости ACD, если DE = 20, AE = 15. 5.16. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах AA1 и BC 1
1
взяты точки E и P соответственно, причём AE = , BP = . Через центр 3 4 куба и точки E и P проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины B1 до этой плоскости. 5.17. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. На рёбрах CC1 3
1
и A1 D1 взяты точки K и P соответственно, причём CK = , A1 P = . Через 5 3 центр куба и точки K и P проведена плоскость. Точка H — ортогональная проекция вершины D на эту плоскость. Найдите длину отрезка PH. 5.18. Основание треугольной пирамиды DABC — прямоугольный тре√ √
угольник ABC с гипотенузой BC =
15 3 и катетом AC = . Ребро DA 2 2
p равно 1 и образует с рёбрами AB и AC углы, равные . Точка K — середина 6
48
Гл. 2. Методы решения задач
ребра AC. Найдите расстояние от точки K до плоскости DBC и определите угол между прямой DK и плоскостью DBC. 5.19. Докажите, что сумма косинусов двугранных углов произвольного тетраэдра не превосходит 2. 5.20. Основание четырёхугольной пирамиды KABCD — прямоугольник ABCD. Известно, что AB : AD = 1 : 3 и что каждое боковое ребро пиp рамиды образует угол с плоскостью её основания. Найдите угол между 3 прямой DP и плоскостью KCD, если точка P — середина ребра KB. 5.21. В правильном тетраэдре DABC найдите угол между ребром AB и плоскостью DAC. 5.22. Точки P и K — середины рёбер AA1 и DD1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 соответственно. Найдите угол между прямой CK и плоскостью PKB1 . 5.23. Дан куб ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между прямой CD1 и плоскостью BDC1 . 5.24. Точка P — середина ребра AB куба ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между прямой C1 P и плоскостью AA1 C1 . 5.25. Основание пирамиды MABCD — прямоугольник ABCD, в котором AB : BC = 1 : 2. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости p основания под углом . Точки P и K — середины рёбер MA и MC соответ3 ственно. Найдите углы, которые образуют прямые DP и DK с плоскостью MAC. 5.26. Пусть ABCDA1 B1 C1 D1 — прямоугольный параллелепипед, в котором AB = 2, AD = AA1 = 1. Найдите угол между диагональю BD1 и плоскостью DC1 A1 . 5.27. В правильной треугольной пирамиде KABC двугранный угол при p ребре основания ABC равен , точка D — середина ребра KA. Найдите 4 угол между прямой CD и плоскостью KAB. 5.28. Через ребро AA1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 проведена плоскость, образующая равные углы с прямыми BC и B1 D. Найдите эти углы. 5.29. Каждое боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды p образует угол с плоскостью основания. Через вершину основания и се4 редину высоты пирамиды проведена прямая. Найдите углы между этой прямой и боковыми гранями пирамиды. 5.30. Точки P и K — середины рёбер CC1 и DD1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 соответственно. Найдите угол между прямой A1 K и плоскостью BDP. 5.31. Точка P — середина ребра BB1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между прямой DP и плоскостью C1 DB. 5.32. Основание пирамиды DABC — равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB. Каждое боковое ребро пирамиды обp разует с плоскостью её основания угол, равный . Точка M — середина 4 ребра DB. Найдите угол между прямой AM и плоскостью DBC.
§ 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
49
5.33. Точка O — центр основания ABCD правильной четырёхугольной пирамиды MABCD. Известно, что MO : AB = 2 : 3. Точка P — середина отрезка AO. Найдите угол между прямой MP и плоскостью MAD. 5.34. Основание четырёхугольной пирамиды MABCD — квадрат ABCD. В боковой грани MAB, которая перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником, проведена медиана AK. Найдите углы, которые образуют с плоскостью основания прямые AK и CK. 5.35. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит квадрат ABCD. Ребро MA перпендикулярно плоскости основания, а площадь грани MBC в два раза больше площади грани MAB. Найдите угол между высотой AP грани MAB и плоскостью MAC. 5.36. Основание прямого параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 — паралp лелограмм с острым углом при вершине A, равным . Известно, что 3 AB : AD : AA1 = 2 : 1 : 3. Найдите угол между прямой B1 D и плоскостью CC1 D1 . 5.37. Пусть MABCD — правильная четырёхугольная пирамида с вершиной M и стороной основания, равной 1. Точка O — центр основания, точка P — середина отрезка MO. Известно, что боковое ребро образует p с плоскостью основания угол, равный . Найдите угол между прямой DP 6 и плоскостью MAC. 5.38. В основании треугольной пирамиды KABC лежит треугольник d = p , BC = a. Середина D гипотенузы AB треABC, в котором ACB 2 угольника ABC является основанием высоты пирамиды, KD = h. Найдите угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью, параллельной рёбрам AC и KB. 5.39. Основанием пирамиды KABC является треугольник ABC, в ко[ = p , BC = a. Середина D ребра BC является основанием тором ABC 2 высоты KD пирамиды, KD = h. Найдите угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью, параллельной рёбрам KC и AB. 5.40. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды DABC √ √ 1 равны. Известно, что DA = 2, DB = 2 2, DC = √ и что расстояние от 1 3
2
точки B до плоскости DAC равно √ . Найдите плоский угол при вершине D.
§ 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми Расстоянием между скрещивающимися прямыми l1 и l2 называется длина их общего перпендикуляра PH (рис. 33). Как известно, такой перпендикуляр существует и является единственным для двух данных скрещивающихся прямых. Для того чтобы найти его длину, достаточно знать разложения по некоторому базису (с известной таблицей умножения век-
50
Гл. 2. Методы решения задач
#
торов базиса) трёх следующих векторов: # p ( # p ∈ l1), # q ( # q ∈ l2), KM (K ∈ l1 , M ∈ l2), т. е. двух векторов, принадлежащих соответственно двум данным прямым, и третьего вектора, начало которого принадлежит одной # # # # из прямых, а конец — другой. В самом деле, PH = PK + KM + MH, но # # # # # # p , MH = y · # q. векторы PK и p , MH и q коллинеарны, поэтому PK = x · # # # # # Следовательно, PH = x · p + y · q + KM. Та# K ким образом, разложение вектора PH содерP → − p жит две неизвестные величины x и y, которые определяются из условия перпендикуляр# # # l1 p = 0, ности: PH ⊥ l1 , PH ⊥ l2 , откуда PH · # # # PH · q = 0 или → − ( q l2 # M H (x # p + y # q + KM) # p = 0,
#
p + y # q + KM) # q = 0. (x # Определив из этой системы x и y, мы сможем получить разложение # вектора PH в базисе с известной p таблицей умножения, после чего найти Рис. 33
#
#
его длину по формуле |PH| = PH2 . Задача 18. В треугольной пирамиде DABC известны длины рёбер DA = [ = 2p , BDC [ = p , ADC [ = p . На = 1, DB = 2, DC = 3 и углы ADB 2 3 3 ребре DC взята точка M так, что CM : MD = 1 : 2. Найдите расстояние между прямыми DA и BM. D ¨ Р е ш е н и е (см. рис. 34). 1. Введем → − c # # # P базисные векторы DA = # a , DB = b , # → − a DM = # c и составим таблицу умножения M → − векторов базиса: b
# a # b # c
# a 1 0 −1
# b 0 4 2
# c
A
−1 2 4
C B
Рис. 34
# # # # # # 2. Пусть PH ⊥ DA, PH ⊥ BM (P ∈ DA, H ∈ BM). Тогда PH = PD + # # # # # # # + DM + MH. Так как векторы PD и a , MH и MB коллинеарны, то PD = # # # # # # = x · # a , MH = y · MB = y · (DB − DM) = y · ( b − # c ). Поэтому PH = # # # # a + # c + y · ( b − # c ) = x · # a + y · b + (1 − y) · # c . Поскольку PH ⊥ DA = x · # # # # # # # и PH ⊥ BM, то PH · DA = 0 и PH · MB = 0 или ( # (x · # a + y · b + (1 − y) · # c ) · # a = 0,
# # (x · # a + y · b + (1 − y) · # c ) ( b − # c ) = 0,
§ 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
51
откуда x = x + y − 1 = 0, x + y = 1, ⇔ ⇔ 4y + 2 − 2y + x − 2y − 4 + 4y = 0 x+4·y=2 y =
2 , 3 1 . 3
Таким образом, q # # 1 1 √ 2√ a + b + 2 · # c ) 2 = · 4 + 4 + 16 − 8 + 8 = 6. |PH| = · (2 · # 3
3
3
√
2 6
О т в е т: . 3 Отметим, что в этой задаче для удобства вычислений был выбран в ка-
#
#
2#
честве базисного вектора # c не вектор DC, а вектор DM = DC. 3 Задача 19. В основании пирамиды MABCD M лежит прямоугольник ABCD. Известно, что p [ = MAD \ = . AB = 2AD = 2, MA = 4, MAB 3
K
Точка K является серединой ребра MC. Найдите, какое наименьшее значение может принимать площадь треугольника PAB, если точка P принадлежит прямой DK. Р е ш е н и е (см. рис. 35). 1. SPAB = 1
→ − a
B
C
P
1 · AB × 2
H → − b
→ − c
A × PH = · 2 · PH = PH, где PH — высота треD 2 угольника PAB (H ∈ AB). Значит, площадь треРис. 35 угольника PAB будет тем меньше, чем меньше длина отрезка PH. Так как прямые AB и DK являются скрещивающимися, длина отрезка PH будет наименьшей в том случае, если он является их общим перпендикуляром. Таким образом, задача сводится к определению расстояния PH между скрещивающимися прямыми AB и DK. # ¨ базис, выбрав в качестве базисных векторов векторы AM = 2. Введем # # # a , AB = b , AD = # c , и составим таблицу умножения векторов базиса: = #
# a # b
# c #
#
#
#
# a 16
b 4
4 2
4 0
# c 2 0 1
#
#
# #
#
3. HP = HA + AD + DP. Но векторы HA и AB, DP и DK коллинеарны, # # # # # # ¨ разложение вектора DK поэтому HA = x · AB = x · b , DP = y · DK. Найдем
#
#
#
#
1 2
#
#
1 2
#
#
по векторам базиса: DK = DC + CK = AB + · CM = b + · (BM − BC) =
52
Гл. 2. Методы решения задач
#
= b+
# # # # # 1 # # # 1 · ( a − b − c ) = · ( # a + b − # c ). Так как HP ⊥ AB и HP ⊥ DK, 2 2
# #
# #
имеем HP · AB = 0 и HP · DK = 0. Следовательно, получаем систему: # # 1 (y · # a + (2x + y) · b + (2 − y) · # c ) · b = 0, 2
# # 1 1 (y · # a + (2x + y) · b + (2 − y) · # c ) · ( # a + b − # c ) = 0, 2
откуда
2
4y + 8x + 4y = 0, ⇔ 16y + 8x + 4y + 4 − 2y + 4y + 8x + 4y − 2y − 2 + y = 0 x = 2, x + y = 0, 9 ⇔ ⇔ 16 · x + 25 · y = −2 y = −2. 9
#
# 2 1 2 # 20 # 1 − · # a + · b + a + b + 10 · # c ). · c = (− # 2q 9 9 9 9 √ # # 1 1 (− # a + b + 10 · # c )2 = 16 + 4 + 100 − 8 − 40 = Поэтому |HP| = 9 9 2√ 1√ 72 = 2. = 9 3 2√ 2. Из пункта 1 решения следует, что SPAB = 3 2√ О т в е т: 2. 3 Значит, HP =
В следующей задаче в качестве одного из базисных векторов удобно выбрать вектор, длина которого равна расстоянию между двумя данными скрещивающимися прямыми. A Задача 20. Точки E и P являются соответD → − a ственно серединами отрезков AB и CD, принадлежащих двум скрещивающимся E → − √ прямым, угол межc
P
B
arccos
p3
40
Рис. 36
→ − b
C
ду которыми равен arccos
35 . Известно, что от10
резок EP является общим перпендикуляром этих √ √ d = прямых иrчто AB = 2 5, CD = 2 7, ACB = arccos
3 . Найдите длину отрезка EP. 40
Р е ш е н и е (см. рис. 36). 1. Выберем в каче# # # # a , CP = b , PE = # c и, обозначив квадрат стве базисных векторы EA = # # длины вектора c через x (x > 0), √ составим таблицу умножения векторов # 35 [ # базиса, считая, что a , b = arccos : 10
§ 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
# a # b
# c
# a
# b
# c
5
7 2
0
7 2
7
0
0
0
x
53
r # # # # · CA 3 d = #CB ¨ разложения векторов CB и CA = 2. cos ACB . Найдем # 40 |CB| · |CA|
#
#
#
#
#
#
#
c − # a , CA = CB + по базисным векторам: CB = CP + PE + EB = b + # # # # # # # # # # # # + BA = b + c − a + 2 · a = a + b + c . Тогда CB · CA = ( b + # c − # # # # # a) · (q b + c + a) = b 2 + 2 · b · # c + # c 2 − # a 2 = 7 + x − 5 = x + 2, − # p # # # # √ |CB| = ( # a + b + # c ) 2 = # a 2 + b 2 + # c 2 + 2 · # a · b = 5+7+x+7= √ = 19 + x. Поэтому: x > 0, x > 0, r 2 ⇔ ⇔ 3 x+2 x + 4x + 4 = 3 √ √ =
x+5·
x + 19
40
x2 + 24x + 95
40
x > 0, ⇔ 40x2 + 160x + 160 = 3x2 + 72x + 285 x > 0, ( x > 0, x = 1, ⇔ ⇔ x = 1. ⇔ 37x2 + 88x − 125 = 0 x = − 125
⇔
37
Таким образом, EP2 = 1 и следовательно, EP = 1. Прежде чем записать ответ, необходимо сделать следующее важное замечание. По условию задачи угол между прямыми AB и CD равен √
#
, и это острый угол. Угол же между векторами # a и b при arccos 10 сделанном выборе √ этих векторов мог, вообще говоря, оказаться тупым, 35
35
равным p − arccos . Поэтому при таком решении, казалось бы, нуж10 но рассматривать два случая. Понятно, однако, что ответ (длина общего перпендикуляра) измениться не должен. И в самом деле, в этом втором
# # # 7 a · b = − , скалярное произведение CB · CA случае, как легко убедиться, # 2 √ √ # # останется прежним, |CB| = x + 19, |CA| = x + 5, и мы придём к тому же самому квадратному уравнению, что и в первом случае. Тем не менее, без этого замечания решение задачи не было бы полным. О т в е т: 1.
54
Гл. 2. Методы решения задач
Задачи для самостоятельного решения 6.1. Дан куб ABCDA1 B1 C1 D1 с ребром, равным a. Точка K — середина ребра DD1 . Найдите угол и расстояние между прямыми CK и A1 D. 6.2. Найдите угол и расстояние между двумя скрещивающимися медианами двух боковых граней правильного тетраэдра с ребром, равным a. 6.3. Найдите расстояние между скрещивающимися диагоналями двух смежных граней куба с ребром 1. 6.4. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна a. Точка P — середина ребра DC. Найдите расстояние между прямыми а) AD и D1 P; б) BD и D1 P. 6.5. Основанием пирамиды DABC является равнобедренный прямо√ угольный треугольник ABC, длина гипотенузы AB которого равна 4 2. Ребро DC перпендикулярно плоскости основания, DC = 2. Найдите величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми DK и CT, если K — середина ребра AC, а T — середина ребра AB. 6.6. Основанием пирамиды DABC является равносторонний треуголь√ ник ABC, длина стороны которого равна 4 2. Ребро DC перпендикулярно плоскости основания, DC = 2. Найдите величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми DK и CT, если K — середина ребра BC, а T — середина ребра AB. 6.7. Основание пирамиды HPKB — равносторонний треугольник PKB. Ребро HB перпендикулярно плоскости основания. Величина угла и расстояние между скрещивающимися прямыми HT и BE, где T — середина p 1 ребра KB, E — середина ребра PK, равны соответственно и √ . Най4 3 дите объём пирамиды. 6.8. Основание пирамиды HPKB — равнобедренный прямоугольный треугольник PKB с гипотенузой PK. Ребро HB перпендикулярно плоскости основания. Величина угла и расстояние между скрещивающимися прямыми HT и BE, где T —√середина ребра PB, E — середина ребра PK, p 2 . Найдите объём пирамиды HPKB. равны соответственно и 3 3 6.9. Сторона основания правильной четырёхугольной призмы равна a, а высота призмы равна h. Найдите расстояние от стороны основания до не пересекающей её диагонали призмы. 6.10. Найдите расстояние между диагональю куба с ребром a и не пересекающим её ребром этого куба. 6.11. В плоскости a лежит равносторонний треугольник ABC, у которого AB = a. На перпендикуляре к плоскости a, проходящем через точку A, отложен отрезок AK такой, что AK = a. Найдите расстояние между прямыми AB и CK. 6.12. Пусть PH — общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых AP и BH. Найдите угол между этими прямыми, если AP = BH = = PH = 1, AB = 2.
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
55
6.13. Пусть PH — общий перпендикуляр двух скрещивающихся пряp мых AP и BH, угол между которыми равен . Найдите длину отрезка PH, 3 √ если AP = BH = 3, AB = 5. 6.14. Найдите объём правильной треугольной пирамиды, у которой p плоский угол при вершине равен , а расстояние между боковым ребром 2 и противоположной ему стороной основания равно d. 6.15. Точки E и P являются серединами отрезков AB и CD соответственно, а прямая EP перпендикулярна каждой из скрещивающихся пря5
мых AB √ и CD. Известно, что угол ACB равен arccos 7 , AB = 4, CD = 6, EP = 5. Найдите угол между прямыми AB и CD. 6.16. √ Угол между скрещивающимися прямыми AB и CD равен arccos
35 . Точки E и P — середины отрезков AB и CD соответствен10 √
но, прямая каждой из прямых AB и CD, AB = 2 5, √ EP перпендикулярна √ CD = 2 7, EP = 13. Найдите величину угла ACB. 6.17. Пусть ABCDA1 B1 C1 D1 — правильная усечённая четырёхугольная пирамида. Известно, что √ 3 # # 1 # # # # |AA1 + (A1 C1 + A1 B1 − AC − AB)| = |BD + B1 D1 |. 2 2
#
Найдите величину угла между соседними боковыми рёбрами пирамиды. 6.18. В правильной усечённой треугольной пирамиде ABCA1 B1 C1
#
1 3
#
#
#
#
|AA1 + (A1 C1 + A1 B1 − AC − AB)| = 1 2
#
= |AA1 +
1 # # # # (A C + A1 B1 − AC − AB)|. 2 1 1
Найдите величину двугранного угла при ребре большего основания пирамиды.
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями Прежде чем переходить к описанию методики решения задач по теме, вынесенной в название этого параграфа, установим один довольно простой, но важный факт. Пусть дан двугранный угол, образованный двумя полуплоскостями a и b и их общей границей — прямой l. Выберем внутри угла произвольную точку M и опустим из неё перпендикуляры MP и MH на a и b соответственно (P ∈ a, H ∈ b) (рис. 37). Две пересекающиеся прямые MP и MH определяют единственную плоскость g. Поскольку MP ⊥ a, то MP ⊥ l. Поскольку MH ⊥ b, то MH ⊥ l. Таким образом, прямая l перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости g, а значит, в силу признака
56
Гл. 2. Методы решения задач
перпендикулярности прямой и плоскости, перпендикулярна этой плоско[ (его величисти. Поэтому l ⊥ PK, l ⊥ KH. Следовательно, угол PKH ну обозначим буквой f) является линейным углом рассматриваемого двугранного угла. Но тогда, как легко видеть, \ PMH = p − f, и, следовательно, угол между прямыми PM и HM равен f (если f 6 p/2) либо p − f (если f > p/2). В силу того, что угол между прямыми не меняется при их параллельном переносе, оказывается справедливой следующая теорема. P α
ϕ
M
ϕ
l
β
Теорема 10. Угол между двумя плоскостями равен углу между двумя прямыми, одна из которых перпендикулярна первой плоскости, другая — второй.
H
В силу этой теоремы можно утверждать, что для вычисления угла межРис. 37 ду плоскостями a и b достаточно вычисp и # q , где лить угол между векторами # # # p ⊥ a, q ⊥ b. Как известно, две пересекающиеся плоскости определяют четыре попарно равных двугранных угла, и угол между плоскостями равен тому из них, величина которого не превосходит p/2. Угол же межp и # q может оказаться тупым. В силу того, что |cos f| = ду векторами # = |cos(p − f)| и один из углов p − f или f не превосходит p/2, косинус угла между плоскостями a и b можно вычислить по формуле cos(ad , b) = # # p · q | | # # [ = |cos( p , q)| = # # . Если в плоскости a даны два неколлинеарных K
|p k q|
# и m # , разложения которых по векторам некоторого базиса вектора m 1 2 (с заданной таблицей умножения векторов базиса) известны, то не составит труда найти какой-нибудь вектор # p , перпендикулярный этой плос# # # # c , где # a , b , # c — векторы кости. В самом деле, пусть p = x a + y b + z # базиса, а x, y, z — коэффициенты разложения, подлежащие определению. Вектор # p перпендикулярен плоскости a, следовательно, он перпендикуля# и m # , поэтому # # = 0, # # = 0, то есть имеет место p ·m p ·m рен векторам m 1 2 1 2 система ( # # = 0, a + y b + z # c) · m (x # 1 # # = 0. (x # a + y b + z # c) · m 2
Это система двух уравнений с тремя неизвестными — коэффициентами x, y, z. Полагая один из них равным какому-либо числу, мы придём к системе двух уравнений с двумя неизвестными. При этом неважно, какое число мы выберем: хотя разным числам будут соответствовать разные векторы, существенно лишь то, что каждый из них в силу получен-
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
57
ной системы будет перпендикулярен плоскости a. Аналогично находится и один из векторов, перпендикулярных плоскости b — вектор # q . После этого, зная разложения векторов # p и # q B1 C1 по выбранному базису с известной таблиK цей умножения векторов базиса, легко опреT A1 делить модуль косинуса угла между ними D1 (а следовательно, и угол между плоскостями → − a и b) — с этой задачей мы встречались уже b B не один раз. C Задача 21. Найдите угол между плоско→ − c → − стью основания ABCD куба ABCDA1 B1 C1 D1 D A a и плоскостью, параллельной прямым DK Рис. 38 и CT, где K и T — середины рёбер A1 B1 и A1 D1 соответственно. Р е ш е н и е (см. рис. 38). 1. Выберем в качестве базисных векторы # # # # DA = # a , DD1 = b , DC = # c и составим таблицу умножения векторов базиса, приняв ребро куба равным 1:
# a # b
# c
# a
#
1
b 0
0 0
1 0
# c 0 0 1
2. Найдём какой-нибудь вектор # p , перпендикулярный плоскости a, па# раллельной прямым CT и DK. Пусть # p = x # a + y b + z # c . Так как # p ⊥ a, # # # # # # # # DK k a, CT k a, получаем p ⊥ DK, p ⊥ CT. Но DK = DA + AA1 + A1 K =
# 1 # # # # # 1 = # a + b + # c , CT = CD + DD1 + D1 T = − # c + b + # a . Поскольку 2 # # # # # p ⊥ DK, # p ⊥ CT, имеем # p · DK = 0, # p · CT = 0 или
2
# # 1 (x # a + y b + z # c ) ( # a + b + # c ) = 0, 2 1 # # # # # (x # a + yb + z c) a + b − c = 0, 2
откуда
x + y + 1 z = 0, 2
1x + y − z = 0 2
⇔
(
x = −3z, 5 2
y = z.
#
p = −6 # a + 5 b + 2 # c . Поскольку Пусть z = 2, тогда x = −6, y = 5 и # # вектор b перпендикулярен плоскости основания куба, то в силу теоремы 10 # p и b . Итак, достаточно найти модуль косинуса угла между векторами #
58
Гл. 2. Методы решения задач
# # # # | # p · b| a + 5 b + 2 # c) · b| |(−6 # [ cos(a[ , (ABC)) = | cos( #p, b)| = # # = q p # # = |p| · |b| (−6 # a + 5 b + 2 # c )2 · b 2 r r 5 = 65
5 , поэтому искомый угол равен arccos 13 r 5 О т в е т: arccos . 13
= √
5 . 13
Задача 22. Диагонали боковых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к плоскости основания под углами a и b. Найдите угол между плоскостью основания параллелепипеда и плоскостью, проведённой через диагонали двух смежных боковых граней. Р е ш е н и е (см. рис. 39). 1. Пусть дан прямоугольный параллелепипед \ \ ABCDA1 B1 C1 D1 , в котором A 1 AB = a, A1 DA = b, и пусть угол f — искомый. Выберем в качестве базисных # # # # A1 D1 векторы AA1 = # a , AB = b , AD = c и положим AA1 = 1. Тогда | # a| = = # B1 # # # = 1, | b | = | a | · ctg a = ctg a , | c | = → − C1 a a | · ctg b = ctg b и таблица умноже= | # → − ния векторов базиса будет следующей: β c → − b
α
D
A
B
C
# a # b
Рис. 39
# c
# a
# b
# c
1
0
0
0 0
2
ctg a 0
0 ctg2 b
2. Если # p — некоторый вектор, перпендикулярный плоскости BA1 D, # | # a · # p| то cos f = # # . Пусть # p = x # a + y b + z # c . Из перпендикулярности |a| · |p|
#
#
p и плоскости BA1 D следует, что # p ⊥ A1 B и # p ⊥ A1 D, а значит, вектора # # # # # # # # # # # p · A1 B = 0, p · A1 D = 0. Но A1 B = b − a , A1 D = c − a , поэтому ( # # a + y b + z # c ) ( b − # a) = 0, (x # # # # # # (x a + y b + z c ) ( c − a) = 0,
откуда
−x + y · ctg2 a = 0, ⇔ −x + z · ctg2 b = 0
y = x · tg2 a, z = x · tg2 b.
Пусть x = 1, тогда y = tg2 a, z = tg2 b. Таким образом, # p = # a + # 2 2 # + tg a · b + tg b · c и q q q | # p | = # p 2 = 1 + tg4 a · ctg2 a + tg4 b · ctg2 b = 1 + tg2 a + tg2 b.
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
Но тогда cos f =
59
#
| # a · ( # a + tg2 a · b + tg2 b · # c )| 1 q =q , 2 2 2 # | a | · 1 + tg a + tg b 1 + tg a + tg2 b
и искомый угол f равен arccos q
1
1 + tg2 a + tg2 b
1
О т в е т: arccos q
1 + tg2 a + tg2 b
.
.
Задача 23. В основании треугольной пирамиды DABC лежит равносторонний треугольник ABC. Ребро DA перпендикулярно плоскости осно√ вания, DA = 3. Плоскость a параллельна прямым DB и AC, плоскость b параллельна прямым DC и AB. Известно, что угол между плоскостями a 1 5
и b равен arccos . Найдите длину стороны основания пирамиды. Р е ш е н и е (см. рис. 40). 1. Выберем в качестве базисных векторы # # # AD = # a , AB = b , AC = # c и, обозначив квадрат стороны основания пирамиды через x (x > 0), составим таблицу D умножения векторов базиса:
#
# a # b
# c
# a 3
# b 0
# c
→ − a
0
0
x
1 x 2
0
1 x 2
x
|p| · |q|
5
→ − c
C
A → − b
B
Рис. 40
2. Пусть вектор # p перпендикулярен # плоскости a, вектор q перпендикулярен плоскости b. Тогда cos(ad , b) = | # 1 p · # q| # # # [ a+ = | cos( p , q)| = # # = (по условию задачи). Положим p = x1 #
#
# + y1 b + z1 # c , # q = x2 # a + y2 b + z2 # c . Так как # p ⊥ a, DB k a, AC k a, # # # # # # p · DB = 0 и # p · AC = 0. Но получаем p ⊥ DB, p ⊥ AC и значит, # # # # # # DB = b − a , AC = c , поэтому (
# # (x1 # a + y1 b + z1 # c ) ( b − # a) = 0, #
(x1 # a + y1 b + z1 # c ) # c = 0,
откуда
y1 x + 1 xz1 − 3x1 = 0, 2 1 y x + z x = 0. 2
1
1
Так как x > 0, из второго уравнения последней системы после сокращения на x получим, что y1 = −2z1 . Пусть z1 = −2, тогда y1 = 4 и из первого уравнения той же системы получим, что x1 = x. Таким образом, # # p = x · # a + 4 b − 2 # c.
60
Гл. 2. Методы решения задач
#
Далее, так как # q ⊥ b, DC k b, AB k b, получаем # q ⊥ DC, # q # # # # # # # # # и значит, q · DC = 0 и q · AB = 0. Но q = x2 a + y2 b + z2 c , DC = # # AB = b . Следовательно, приходим к системе ( # 1 xy2 + xz2 − 3x2 a + y2 b + z2 # c ) ( # c − # a) = 0, (x2 # 2 откуда # # xy + 1 xz = 0. a + y2 b + z2 # c ) b = 0, (x2 # 2
#
⊥ AB, # c − # a, = 0,
2
2
Так как x > 0, из второго уравнения последней системы после сокращения на x получим, что z2 = −2y2 . Пусть y2 = −2, тогда z2 = 4 и из первого уравнения той же системы получим, что x2 = x. Таким образом, # # q = x # a − 2 b + 4 # c. 3. Из пункта 2 решения данной задачи следует, что
# # # p · # q = (x # a + 4 b − 2 # c ) (x # a − 2 b + 4 # c ),
откуда q
# p · # q = 3x2 − 8x + 8x + 2x − 8x = 3x2 − 6x,
p p # (x # a + 4 b − 2 # c ) 2 = 3x2 + 16x + 4x − 8x = 3x2 + 12x, q p p # # | q | = (x # a − 2 b + 4 # c ) 2 = 3x2 + 4x + 16x − 8x = 3x2 + 12x.
| # p| = Итак,
p
1 |3x2 − 6x| p = , 2 2 5 ⇔ 3x + 12x 3x + 12x
x>0
(
1 |x − 2| = , x+4 5 ⇔
x>0 5x − 10 = x + 4, 7 5x + 10 = −x − 4, ⇔ x = . ⇔ 2 x>0 r
Значит, длина r стороны основания пирамиды равна
О т в е т:
7 . 2
7 . 2
Задачи для самостоятельного решения 7.1. Точка K — середина ребра CC1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между плоскостями B1 DK и ABC. 7.2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1 B1 C1 D1 AB = a, AD = = b, AA1 = c. Найдите угол между плоскостями AB1 D1 и A1 C1 D. 7.3. В основании правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 лежит треугольник ABC, в котором AB = a. На боковых рёбрах призмы взяты
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
61
точки M, P и K, удалённые от плоскости основания ABC соответственно на расстояния
3 a , a, a. Найдите угол между плоскостями ABC и MPK. 2 2
p 7.4. Один из плоских углов трёхгранного угла равен , а два других — 2 p по . Найдите угол между плоскостью прямого угла и плоскостью, отсе3 кающей от рёбер трёхгранного угла равные отрезки. 7.5. Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 равны между собой. Точка K — середина ребра B1 C1 . Найдите угол между плоскостями AKC и AA1 K. 7.6. Точки K и D — середины рёбер BP и CB правильного тетраэдра PABC соответственно. Найдите угол между плоскостями ADK и ABC. 7.7. В основании пирамиды KABCD, все боковые рёбра которой одинаково наклонены к плоскости основания, лежит параллелограмм ABCD. √ Известно, что AB : AD : AK = 1 : 3 : 2. Найдите угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью, проходящей через середины рёбер AB, AD и KC. 7.8. В правильной четырёхугольной пирамиде угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен a. Найдите двугранный угол при боковом ребре. 7.9. В правильной треугольной пирамиде сторона основания в три раза меньше бокового ребра. Найдите двугранный угол при боковом ребре. 7.10. В основании пирамиды KABCD лежит квадрат ABCD, боковая грань KAB перпендикулярна стороне основания и является равнобедренным треугольником, а каждое из боковых ребер KC и KD образует с плосp костью основания угол, равный . Найдите двугранный угол при ребре KD. 4 7.11. В основании пирамиды KABCD лежит прямоугольник ABCD, точка O пересечения диагоналей которого является основанием высоты пирамиды. Известно, что AB : BC : KO = 2 : 3 : 5. Найдите угол между плоскостью ABC и плоскостью, параллельной прямым BD и KA. 7.12. В основании прямого параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 лежит [ = 2 p, AB : BC = 1 : 2. Известпараллелограмм ABCD, в котором ABC 3 √ но, что AA1 : AB = 3 : 1. Найдите угол между плоскостью основания параллелепипеда и плоскостью, параллельной прямым DD1 и AC. 7.13. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды DABC и плоскостью основания ABC равен a, DO — высота пирамиды, точка P — середина отрезка DO. Точка K взята на апофеме DH грани DAC так, что DK : KH = 2 : 1. Найдите угол между плоскостями APK и ABC. 7.14. Точка K — середина ребра BB1 правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 , точка M принадлежит ребру CC1 , причём CM : C1 M = 1 : 2.
62
Гл. 2. Методы решения задач
Известно, что AB : BB1 = 1 : 3. Найдите угол между плоскостями AKM и ABC. 7.15. Дана правильная четырёхугольная пирамида MABCD с вершиной M, MO — высота пирамиды. Точка P — середина отрезка MO, точка K взята на ребре MD так, что MK : MD = 2 : 3. Известно, что MB = MD = = BD. Найдите угол между плоскостями APK и ABC. 7.16. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1 B1 C1 D1 , в котором AB : AD : AA1 = 2 : 3 : 4. Точки K и M — середины рёбер AB и CD соответственно, точка O — центр грани BB1 C1 C. Найдите угол между плоскостью ABC и плоскостью, параллельной прямым CK и MO. 7.17. Точки M и K — середины рёбер BB1 и AD куба ABCDA1 B1 C1 D1 соответственно. Найдите угол между плоскостью, параллельной прямым MC1 и BK, и плоскостью ABC. 7.18. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды DABC и плоскостью основания ABC равен a. Точки K и M — середины рёбер AB и DB соответственно. Найдите угол между плоскостями CMK и ABC. 7.19. Основание пирамиды DABC — равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 1. Ребро DA перпендикулярно плос√ кости основания, DA = 2. Найдите угол между плоскостями a и b, если известно, что плоскость a параллельна прямым DB и AC, а плоскость b параллельна прямым DC и AB. 7.20. Основание пирамиды DABC — треугольник ABC, в котором AB = = BC = 5. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, ра25
вен . Ребро DA перпендикулярно плоскости основания и равно 1. Най8 дите угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью, проходящей через вершину D, точку пересечения медиан треугольника ABC и центр √ описанной около него окружности. 33 7.21. В пирамиде DABC угол ABC — тупой, DC = , AB = 5, BC = 2 = 7, ребро DC перпендикулярно плоскости основания, а радиус описан15 . Найдите угол между 11
ной около треугольника ABC окружности равен √
плоскостью основания пирамиды и плоскостью, проходящей через вершину D, точку пересечения медиан треугольника ABC и центр вписанной в него окружности. 7.22. Через вершину A куба ABCDA1 B1 C1 D1 , середину ребра A1 D1 и центр грани D1 DCC1 проведена плоскость. Найдите углы между этой плоскостью и плоскостями граней куба. p 7.23. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны . 3 √ √ Известно, что BD = 2, BA = 3, BC = 2 3. Найдите: а) угол и расстояние между прямыми DB и AC, б) расстояние от вершины B до плоскости DAC,
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
63
в) расстояние от вершины A до прямой CM, где M — точка пересечения медиан грани DAB, г) угол между плоскостями DBC и DAC. p 7.24. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны . 3 √ √ Известно, что AD = 1, AB = 3, AC = 13. Найдите: а) угол и расстояние между прямыми DA и BC, б) расстояние от вершины A до плоскости DBC, в) расстояние от вершины B до прямой AM, где M — точка пересечения медиан грани DBC, г) угол между плоскостями DBC и DAC.
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол Пусть сфера с центром O касается рёбер трёхгранного угла с вершиной D в точках P, K, M, и пусть известны плоские углы трёхгранного угла: [ = b, MDK \ = g (рис. 41). Так как отрезки касатель[ = a, PDK PDM ных, проведённых к сфере из одной точки, равны, то DP = DM = DK. Обозначим длину каждого из этих отрезков через l, радиус сферы — через r, расстояние от вершины D трёхгранного угла до центра сферы — через d. Если известны углы a, b, g и одна из величин d, l, r, то радиус сферы может быть вычислен по следуD ющей схеме. Введём базисные векторы # # # # α DP = # a , DM = b , DK = # c и составим β таблицу умножения векторов базиса: γ
# a # b # c
# a
#
l2
l2 cos b
l2 cos a l2 cos b
l2 l2 cos g
l2 cos g l2
#
#
→ − a
# c
b l2 cos a
→ − c
K
→ − b
P M O
Пусть DO = x # a + y b + z # c . Радиус сферы, проведённый в точку касания сфеРис. 41 ры и прямой, перпендикулярен касатель# # # # # # ной, т. е. OP ⊥ a , OM ⊥ b , OK ⊥ c , # # # # # # # и значит, OP · # a = 0, OM · b = 0, OK · # c = 0. Но OP = # a − DO, OM = # # # # # # # # c − DO. Следовательно, ( # a − DO) # a = 0, ( b − DO) b = 0, = b − DO, OK = # # ( # c − DO) # c = 0, откуда: # # # a · DO = a 2 , # # #2 (24) b · DO = b , # #2 # c · DO = c
64
Гл. 2. Методы решения задач
или (с учётом таблицы умножения векторов базиса и после сокращения на l2): x + y cos a + z cos b = 1, x cos a + y + z cos g = 1, (25) x cos b + y cos g + z = 1.
Система (25) позволяет найти коэффициенты x, y, z разложения вектора # # # DO по векторам # a , b , # c . Кроме того, DO2 = d2 , а следовательно, x2 + y2 + z2 + 2xy cos a + 2xz cos g + 2yz cos b =
d2 . l2
Учитывая, что для треугольника DOP по теореме Пифагора d2 = l2 +r2 , и присоединяя два последних уравнения к системе (25), получим окончательно следующую систему: x + y cos a + z cos b = 1, x cos a + y + z cos g = 1, x cos b + y cos g + z = 1, (26) d2 x2 + y2 + z2 + 2xy cos a + 2xz cos g + 2yz cos b = 2 , l 2 d = l2 + r2 .
Зная углы a, b, g и одну из трёх величин d, l, r, можно с помощью этой системы найти две другие величины. D Заметим, что «запоминать» систему (26) не следует. Наиболее важным шагом при решении задач такого рода является → − получение системы (24), имеющей довольa → − c но простой вид. Задача 24. Сфера касается всех рёбер K → − трёхгранного угла, плоские углы которого b p p 2p P . Расстояние от вершины равны , , M 3
O
2
3
2
угла до центра сферы равно √ . Найдите 3 радиус сферы. Р е ш е н и е (см. рис. 42). Чтобы не Рис. 42 дублировать рассуждений и вычислений, приведённых в общей схеме решения поp p добных задач, воспользуемся сразу системой (25) и положим a = , b = , 2 3 2p g = . Система (25) в данном случае примет вид: 3 1 1 x + z = 1, x = 1 − z, 2 2 x = 0, 1 ⇔ y = 1 + 1 z, ⇔ y = 2, y − z = 1, 2 2 z = 2. 1 1 1 1 1 1 x− y+z=1 − z− − z+z=1 2
2
2
4
2
4
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
# #
65
#
Следовательно, DO = 2 b + 2 # c (т. е. точка O лежит в плоскости грани
# 4 4 c )2 = ⇒ 4( b + # ⇒ l2 + 3 3 1 1 1 4 1 + 2l2 cos g + l2 = ⇒ l2 = ⇒ l = √ ⇒ r2 = d2 − l2 = − = 1. Итак, 3 3 3 3 3 2 3
#
DKM). По условию |DO| = √ ⇒ DO2 =
r = 1. О т в е т: 1. Задача 25. В треугольной пирамиде DABC известны углы при вершине [ = ADC [ = p , BDC [ = p . Длина ребра DA равна 2 . Сфера с ценD: ADB 2
3
3
тром O касается рёбер DA, DB и DC пирамиды. Расстояние от вершины A 2
пирамиды до центра O сферы равно . Найдите радиус сферы. 3 Р е ш е н и е (см. рис. 43). 1. Пусть сфера касается рёбер DA, DB, DC пирамиды в точках P, K, M соответственно. Тогда DP = DK = DM (как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки — вершины D пирамиды). Пусть DP = l (l > 0). Выбе# D рем в качестве базисных векторы DP = → − c # # # → − a = # a , DK = b , DM = # c и составим таM блицу умножения векторов базиса: → − P
# a # b # c
# a l2 0 0
#
# b 0
l
2
l2 /2
b
# c
K O
0 2
l /2 l2
C
A
#
B 2. Пусть DO = x # a + y b + z # c . Заме# # # # # # тим, что OP = a − DO, OK = b − DO, Рис. 43 # # # OM = # c − DO. Так как OP ⊥ # a , получа# # # # a = 0. Аналогично, OK · b = 0, OM · # c = 0. Таким образом, имеем ем OP · # систему: # # # # # #2 ( a − DO) a = 0, a · DO = a , # # # # # # ( b − DO) b = 0, ⇔ b · DO = b 2 , # # # # # #2 ( c − DO) c = 0 c · DO = c ,
откуда, используя таблицу умножения векторов базиса и сокращая на l2 , получим следующую систему: x = 1, x = 1, 2 1 y + z = 1, ⇔ y = 3 , 2 2 1y + z = 1 z= . 2 3
66
Гл. 2. Методы решения задач
# # # # # 1 # (3 a +2 b +2 # c ). Далее, OA = DA−DO, но DA = 3 h i # 2 # # 2 1 1 2 − 3 # = # a , поэтому OA = # a − (3 # a + 2 b + 2 # c) = a − 2 b − 2 # c . 3l 3l 3 3 l 2 i # 2 l2 h 2 # 4 − 3 + 4 + 4 + 4 , но по условию OA2 = . Поэтому Значит, OA = 9 l 9 4 12 2 2 4 l 2 − +21 = 4 ⇒ 21l −12l = 0 ⇒ l = . Тогда из теоремы Пифагора l 7 l r r 2 4 2 √ 4 4 2 2 2 следует, что OP = OA − AP = = − (DA − DP) = − − 9 9 3 7 r r 1 22 22 = = . 63 3 r 7 #
Следовательно, DO =
О т в е т:
1 3
22 . 7
Задача 26. Сфера касается боковых рёбер правильной треугольной пирамиды DABC в их серединах (D — вершина пирамиды). Найдите плоский угол при вершине пирамиды, если D известно, что радиус сферы отно→ − c → − сится к длине стороны основания a α пирамиды как 3 : 4. K → − P b Р е ш е н и е (см. рис. 44). 1. Пусть O — центр сферы, P, M, K — точки её касания с рёM C O брами DA, DB и DC соответственно. Обозначим длины отрезA ков DP = DA = DM = MB = = DK = KC через l, радиус сферы — через r, плоский угол при вершине D пирамиды — через a, B длину стороны основания пирамиРис. 44 ды — через m. Выберем в качестве # # базисных векторы DP = # a , DM = # # # = b , DK = c и составим таблицу умножения векторов базиса, используя введённые обозначения:
# a # b
# c #
# a
#
# c
l2
b 2 l cos a
l2 cos a
l2 cos a l2 cos a
l2 l2 cos a
l2 cos a l2
#
2. Пусть DO = x # a + y b + z # c . Так как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы и прямой, перпендикулярен касательной, получаем
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
#
#
# #
#
# #
67
#
OP ⊥ # a , OM ⊥ b , OK ⊥ # c , откуда OP · # a = 0, OM · b = 0, OK · # c = 0. # # # # # # # # # Но OP = a − DO, OM = b − DO, OK = c − DO. Следовательно, имеем систему # # # 2 # # # ( a − DO) a = 0, a · DO = a , # # # # # #2 ( b − DO) b = 0, ⇔ b · DO = b , # ( # # # #2 c − DO) # c =0 c · DO = c , откуда
# # # # #2 a (x a + y b + z c ) = a , # # # # # b (x a + y b + z c ) = b 2 , # # # c (x a + y b + z # c ) = # c2
и значит, 2 xl + yl2 cos a + zl2 cos a = l2 , x + y cos a + z cos a = 1, xl2 cos a + yl2 + zl2 cos a = l2 , ⇔ x cos a + y + z cos a = 1, 2 x cos a + y cos a + z = 1. xl cos a + yl2 cos a + zl2 = l2
Вычитая из первого уравнения последней системы её второе уравнение, а из второго — третье и сокращая на 1 − cos a (ясно, что cos a 6= 1), получим, что x = y, y = z. Следовательно, x = y = z,поэтому x + 1
1
= y = z cos a 6= − , + x cos a + x cos a = 1, откуда x = 2 cos a + 1 2 так как сумма плоских углов трёхгранного угла меньше 2 p , и значит, в дан # # # 2p 1 ном случае a < . Итак, DO = a + b + # c ) ⇒ |DO| = ( # 3 2 cos a + 1 r q √ # 1 1 3 = . ( # a + b + # c )2 = 3l2 + 6l2 cos a = l 2 cos a + 1 2 cos a + 1 2 cos a + 1 3. Из теоремы Пифагора для треугольника DOP следует, что OP2 = 3l2 2l2 (1 − cos a) = DO2 −DP2 ⇒ r2 = −l2 = . Из теоремы косинусов 2 cos a + 1 2 cos a + 1 для треугольника ADB (с учётом условия задачи и введённых обозначений) легко получить, что m2 = 8l2 (1 − cos a). Итак, имеем систему: 2l2 (1 − cos a) 2 r = 2 cos a + 1 , m2 = 8(1 − cos a)l2 , 4 m = . r
3
Деля второе уравнение этой системы на её первое уравнение, получим m2 8(2 cos a + 1) = 2. 2 r
68
Гл. 2. Методы решения задач
m2
Из третьего уравнения последней системы следует, что 2 = r Таким образом, приходим к уравнению 4 (2 cos a + 1) =
2 4 3
=
16 . 9
16 4 5 ⇔ 2 cos a + 1 = ⇔ cos a = − ⇒ 9 9 18 5 5 ⇒ a = arccos − = p − arccos . 18 18 5
О т в е т: p − arccos . 18 Теперь обратим внимание на следующий факт. При решении последней задачи (задача 26) мы имели дело со сферой, касающейся рёбер так называемого правильного трёхгранного угла, т. е трёхгранного угла, все плоские углы которого равны. Как следует из решения задачи, для любого такого угла с вершиной D и плоским углом, равным a, справедливо соотношение # # 1 ( # DO = a + b + # c ), 2 cos a + 1 где O — центр сферы, касающейся рёбер данного правильного трёхгран# ного угла. Последнее соотношение означает, что вектор DO принадлежит диагонали параллелепипеда (точнее, прямой, содержащей эту диагональ), # # # построенного на векторах DP, DK и DM (где P, K, M — точки касания сферы с рёбрами трёхгранного угла). В самом деле, по правилу паралле# # # # лепипеда DT = DP + DK + DM, где DT — диагональ параллелепипеда, # # # # # построенного на векторах DP, DK, DM. Таким образом, векторы DO и DT коллинеарны, а поскольку они имеют общее начало — точку D, из условия их коллинеарности следует, что они принадлежат одной прямой. Из сделанных замечаний вытекает, в частности, тот факт, что если сфера касается трёх рёбер куба, выходящих из одной его вершины, то её центр принадлежит диагонали куба, проходящей через ту же вершину. И последнее. Если DH — высота правильной треугольной пирамиды с вершиной D, то точка H является точкой пересечения медиан треугольника, лежащего # в основании пирамиды. Поэтому (прежние обозначения сохранены) DH = 1
#
#
#
#
#
#
= (DA + DB + DO) = k(DP + DK + DM), где k — некоторое действитель3 ное число. Значит, аналогично предыдущему, можно сделать следующий вывод: если сфера касается всех боковых рёбер правильной треугольной пирамиды, то её центр принадлежит высоте этой пирамиды. Прежде чем излагать методику решения и разбирать задачи, связанные со сферами, касающимися каждой из граней трёхгранного угла (такие сферы называются вписанными в трёхгранный угол), приведём две полезные теоремы из геометрии трёхгранных углов.
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
69
Теорема 11 (теорема косинусов для трёхгранных углов). Пусть
a, b, g — величины плоских углов трёхгранного угла DABC, противо-
b B, b C b — величины лежащих рёбрам DA, DB и DC соответственно, A, его двугранных углов, противолежащих углам a, b, g соответственно. Тогда b = cos a − cos b · cos g , cos A sin b · sin g b= cos B
b= cos C
cos b − cos g · cos a , sin g · sin a
(27)
cos g − cos a · cos b . sin a · sin b
Д о к а з а т е л ь с т в о. Выберем на ребре DA произвольную точку A1 и проведём отрезки A1 B1 ⊥ DA1 (B1 ∈ DB) и A1 C1 ⊥ DA1 (C1 ∈ DC) (рис. 45). Тогда по построению угол B1 A1 C1 равен по величине линейному b углу двугранного угла с ребром DA, и значит, B\ 1 A1 C1 = A. Для удобства вычислений будем считать, что DA1 = 1. Тогда A1 B1 = DA1 tg g = tg g, A1 C1 = DA1 tg b = tg b, DB1 =
DA1 1 = , cos g cos g
D
1 DA1 = . По теореме косинусов для DC1 = cos b cos b
треугольника DB1 C1 получим, что
B1 C21 = DB21 + DC21 − 2DB1 · DC1 · cos a = =
1 1 2 cos a + − . cos b · cos g cos2 g cos2 b
C1 B1
A1
C
B С другой стороны, по теореме косинусов для треA 2 2 угольника B1 A1 C1 получим, что B1 C1 = B1 A1 + Рис. 45 b = tg2 g + tg2 b − + C1 A21 − 2B1 A1 · C1 A1 · cos A b Таким образом, tg2 g + tg2 b − 2 tg g · tg b · cos A b = − 2 tg g · tg b · cos A. 1 2 cos a 1 1 b = tg2 g − + − , откуда 2 tg g · tg b · cos A + = cos b · cos g cos2 g cos2 b cos2 g 1 2 cos a 2 cos a + tg2 b − + = −2 + . Тем самым cos b · cos g cos b · cos g cos2 b
b= cos A
cos a − cos b · cos g cos a − cos b · cos g · ctg g · ctg b = . cos b · cos g sin b · sin g
Остальные соотношения доказываются аналогично. Доказательство закончено. Возьмём теперь внутри трёхгранного угла DABC произвольную точку D′ и опустим из неё перпендикуляры D′ A′ (A′ ∈ (DBC)), D′ B′ (B′ ∈ (DAC)),
70
Гл. 2. Методы решения задач
D′ C′ (C′ ∈ (DAB)) на грани угла DABC. Таким образом, мы получим новый трёхгранный угол D′ A′ B′ C′ (он называется полярным углом для угла DABC). Обозначим плоские углы этого нового угла через a′ , b′ , g′ , где ′ D′ C′ , b′ = A ′ D′ C′ , g′ = A ′ D′ B′ , а противолежащие им двугранные \ \ a′ = B\ b b′ = p − B, b g′ = углы через Ab′ , Bb′ , Cb′ соответственно. Тогда a′ = p − A, b (см. доказательство теоремы 10 из § 2.7). Но угол DABC в свою = p−C очередь является полярным углом для угла D′ A′ B′ C′ (обоснуйте это самостоятельно). Поэтому a = p − Ab′ , b = p − Bb′ , g = p − Cb′ , откуда Ab′ = p − a, Bb′ = p − b, Cb′ = p − g. Применим теперь к углу D′ A′ B′ C′ теорему 11: cos a′ − cos b′ cos g′ cos Ab′ = . Отсюда, в силу предыдущих равенств, имеем: sin b′ · sin g′ b − cos(p − B) b cos(p − C) b cos(p − A) cos(p − a) = . Воспользовавшись формуb b sin(p − B) sin(p − C) лами приведения cos(p − f) = − cos f, sin(p − f) = sin f и домножив обе части последнего равенства на (−1), получим cos a =
b + cos B b cos C b cos A . b b sin B sin C
Аналогичные соотношения можно получить и для двух других плоских углов трёхгранного угла DABC. Таким образом, имеет место следующая теорема. Теорема 12. Для трёхгранного угла с плоскими углами a, b, g b B, b C b имеют место и противолежащими им двугранными углами A, равенства: cos a = cos b =
b + cos B b cos C b cos A , b b sin B · sin C b b + cos C b cos A cos B
,
b b · sin A sin C b b b cos C + cos A cos B . cos g = b · sin B b sin A
(28)
Итак, зная плоские углы трёхгранного угла, можно по формулам (27) найти его двугранные углы, а зная двугранные углы — по формулам (28) найти его плоские углы. Далее будем считать, что все обозначения для плоских и двугранных углов трёхгранного угла DABC остаются теми же, что и в формулах (27), (28). Пусть сфера с центром в точке O касается граней DBC, DAC, DAB трёхгранного угла DABC в точках A1 , B1 , C1 соответственно (рис. 46). Обозначим через r радиус сферы, через d — расстояние от центра O сферы до вершины трёхгранного угла (т. е. длину отрезка DO). Поскольку радиус
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
71
сферы, проведённый в точку касания сферы и плоскости, перпендикулярен этой плоскости, то OA1 ⊥ (DBC), OB1 ⊥ (DAC), OC1 ⊥ (DAB). Как уже b \ b \ отмечалось, в этом случае B\ 1 OC1 = p − A, A1 OC1 = p − B, A1 OB1 = # # # # b Выберем в качестве базисных векторы OA1 = a , OB = p − C. 1 = b, # # OC1 = c и составим таблицу умножения векторов базиса (учитывая, что cos(p − f) = − cos f):
# a # b
# c #
# a
#
# c
r2
b −r2 cos C
b −r2 cos B b −r2 cos A
b
b −r2 cos C b −r2 cos B
#
r2
b −r2 cos A
Пусть OD = x # a + y b + z # c . Тогда
r2
# # # # DA1 = OA1 − OD = # a − OD, #
#
#
#
#
DB1 = OB1 − OD = b − OD,
# # # # DC1 = OC1 − OD = # c − OD.
# #
#
#
#
# #
a ⊥ DA1 , b ⊥ DB1 , # c ⊥ DC1 , то # a · DA = b · DB = # c × Поскольку # # # # # # 1 # # 1# # # × DC1 = 0, а следовательно, a ( a − OD) = b ( b − OD) = c ( c − OD) = 0 или # # # A a · OD = a 2 , # # #2 (29) b · OD = b , C1 # #2 # → − c · OD = c , c
откуда, используя таблицу умножения векторов базиса и сокращая на r2 обе части каждого из уравнений системы (29), получим b − z cos B b = 1, x − y cos C b = 1, b + y − z cos A (30) −x cos C b b −x cos B − y cos A + z = 1.
O
B1
→ − b → − a
B A1
D
C
Рис. 46
Из системы (30) однозначно определяются коэффициенты x, y, z, а следо# вательно, разложение вектора OD по векторам базиса. В частности, если 1 b = B b = C, b то x = y = z = (заметим, что в этом случае A 1
b 1 − 2 cos A
b 6= , так как в противном случае из формул (28) следует, что cos a = cos A 2 = cos b = cos g = 1, что невозможно). Сфер, вписанных в трёхгранный угол, существует бесчисленное множество (центры всех этих сфер лежат
72
Гл. 2. Методы решения задач
на прямой OD), и для того, чтобы вычислить радиус какой-то конкретной сферы, необходимо, помимо углов, задать ещё какой-нибудь метрический p# # # 2 элемент, например |OD| = d. Поскольку |OD| = OD , а в разложении # # вектора OD по векторам # a , b , # c коэффициенты уже определены из системы (30), последнее равенство позволяет определить величину r, если задана величина d (и обратно — по r определить d). 1 , Задача 27. Плоские углы трёхгранного угла равны arccos √ 105 3 1 , arccos √ , а расстояние от вершины угла до центра вписан35 3 3 r 19 ной в него сферы равно 2 . Найдите радиус сферы. 13
arccos √
Р е ш е н и е 1. Пусть DABC — данный трёхгранный угол,
[ = arccos √ a = DBC
1 1 d = arccos √3 , g = DAB [ = arccos √ , b = DAC . 105 35 3 3
Пусть O — центр сферы, A1 , B1 , C1 — точки касания сферы с гранями DBC, DAC, DAB соответственно. Тогда OA1 = OB1 = OC1 = r, где r — радиус сферы. Сохраняя прежние обозначения, вычислим по формулам (27) косинусы двугранных углов трёхгранного угла DABC: cos a − cos b · cos g p = 0, 1 − cos2 b · 1 − cos2 g 1 g · cos a b = p cos b − cosp cos B = , 2 1 − cos2 g · 1 − cos2 a a · cos b 1 b = p cos g − cosp cos C = . 6 2 2 1 − cos a · 1 − cos b
b=p cos A
1 b b \ Тогда cos B\ 1 OC1 = cos(p − A) = 0, cos A1 OC1 = cos(p − B) = − , 2 1 # # # # # # b cos A\ 1 OB1 = cos(p − C) = − . Пусть a = OA1 , b = OB1 , c = OC1 — 6 базисные векторы. Таблица умножения векторов базиса имеет в данном случае следующий вид:
# a
# b
# c
r2
− r2
1 6
− r2
− r2
1 6
r2
0
1 2
0
r2
# a # b
# c #
− r2
#
1 2
2. Пусть OD = x # a + y b + z # c . Чтобы дословно не повторять рассуждений, приведённых при описании методики решения подобных задач,
§ 2.8. Cфера и трёхгранный угол
73
запишем сразу систему (30) для данного случая: 1 1 1 1 x − y − z = 1, x − y − z = 1, 6 2 6 2 1 1 − x + y = 1, ⇔ y = 1 + x, ⇔ 6 6 1 1 − x+z=1 z=1+ x 2 2 1 1 1 1 x= x − − x − = 1, x − 36 6 4 2 1 ⇔ y = 1 + x, ⇔ y= 6 z = 1 + 1x z = 2
#
Таким образом, OD =
#
2 |OD| = 13
q
# 2 a + 9 b + 14 # c) и (15 # 13
r
# 2 √ (15 # a + 9 b + 14 # c ) 2 = r 247 = 2r r
#
13
19
30 , 13 18 , 13 28 . 13
19 . 13
, то r = 1. Так как по условию |OD| = 2 13 О т в е т: 1. Задача 28. В трёхгранный угол, все двугранные углы которого равны, вписана сфера. Расстояние от вершины угла до центра сферы вдвое больше её радиуса. Найдите величины плоских углов трёхгранного угла. Р е ш е н и е. Пусть DABC — данный трёхгранный угол с вершиной D. b B, b C b Величины двугранных углов при рёбрах DA, DB, DC обозначим A, b b b соответственно. Поскольку A = B = C, то из формул (28) настоящего параграфа следует, что все плоские углы трёхгранного угла также будут равны. Пусть сфера касается граней DBC, DAC, DAB трёхгранного угла DABC в точках A1 , B1 , C1 соответственно, и пусть точка O — центр сферы. # # # # a , OB1 = b , OC1 = # c. Выберем в качестве базисных векторы OA1 = # Тогда # | # a | = | b | = | # c | = r, где r — радиус сферы. В соответствии с материалом данного параграфа и исходя из условия задачи, получим, что таблица умножения векторов базиса имеет вид:
# a # b
# c
# a
#
# c
r2
b −r2 cos A
b −r2 cos A b −r2 cos A
b −r2 cos A b −r2 cos A
b
r2
b −r2 cos A
r2
74
Гл. 2. Методы решения задач
#
#
Пусть OD = x # a + y b + z # c . Система (30) в данном случае выглядит так: b − z cos A b = 1, 1 x − y cos A x = y = z = , b b + y − z cos A b = 1, ⇔ 1 − 2 cos A −x cos A b 6= 1 . cos A b − y cos A b +z=1 −x cos A 2
#
Поэтому OD =
#
|OD| =
1
b 1 − 2 cos A 1
b |1 − 2 cos A|
#
# ( # a + b + # c) и
q
# ( # a + b + # c )2 =
r b |1 − 2 cos A|
q b 3 − 6 cos A.
По условию |OD| : r = 2 : 1, следовательно, q b b 3 − 6 cos A 3 − 6 cos A = 2, = 4, b − 4 cos A b+1 b ⇔ 4 cos 2 A ⇔ |1 − 2 cos A| cos A b 6= 1 cos A b 6= 1 2 2 b= cos A ( 2b b 16 cos A − 10 cos A + 1 = 0, b ⇔ ⇔ 1 b cos A = cos A 6= 2 cos A b 6=
1 , 2 1 ⇔ cos A b = 1. , 8 8 1 2
Теперь по формулам (28) находим, что
1 1 1 + · 1 8 8r 8 cos a = cos b = cos g = r = , 7 1 1 1− · 1− 64 64 1 поэтому a = b = g = arccos . 7 1
О т в е т: arccos . 7
Задачи для самостоятельного решения 8.1. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Сфера, вписанная в трёхгранный угол с вершиной A, касается прямой MP. Найдите радиус сферы, если точка P — середина ребра BC, а M — точка пересечения медиан треугольника ADC. 8.2. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Сфера касается рёбер AD, AB и AC и проходит через середину ребра BC. Найдите радиус сферы. 8.3. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Найдите радиус шара, касающегося рёбер AB, AC и CD, причём ребра AB — в его середине. 8.4. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершину C1 и касающейся рёбер AB, AD и AA1 .
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
75
8.5. Дан правильный тетраэдр DABC, DA √ = 1. Точка K — середина ребра DC, точка O — центр шара радиуса 2, касающегося прямых AD, AC и AB. Найдите длину отрезка OK. 8.6. Два равных треугольника KHM и KHP имеют общую сторону KH \= и лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Известно, что KHM p [ = , KH = 1, HM = KP = 6. Шар касается отрезков HM и KP = HKP 3 в их серединах. Найдите радиус шара. 8.7. Два равных треугольника KHP и MHP имеют общую сторону HP [= и лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Известно, что HPK √ p [ = PHM = , HP = 2 3, KP = HM = 12. Шар касается отрезков KP 6 и HM в точках B и T соответственно, причём KB : KP = TM : HM = 1 : 3. Найдите радиус шара. 8.8. В треугольнике ABC угол ACB — прямой, AC = 1, BC = 3. Через точку B проведена в пространстве прямая, перпендикулярная отрезку BC, и на этой прямой взята точка D так, что BD = 1. Угол между прямыp ми BD и AC равен . Шар касается отрезков AB и CD в точках P и K 3 соответственно, причём AP : AB = KD : CD = 1 : 3. Найдите радиус шара. 8.9. Длина каждого из рёбер правильной четырёхугольной пирамиды PABCD с вершиной P равна a. Сфера с центром в точке O проходит через точку A и касается рёбер PB и PD в их серединах. Найдите объём пирамиды OPCD. 8.10. Длина ребра куба ABCDA1 B1 C1 D1 равна 1. Сфера касается рёбер 1
AA1 , AB и A1 D1 и проходит через точку M ребра CC1 такую, что CM = . 3 Найдите радиус сферы. 8.11. Дан куб ABCDA1 B1 C1 D1 с ребром 1. Найдите радиус шара, проходящего через вершины C и C1 и касающегося прямых AB и AD. 8.12. Сфера касается рёбер DA, DC, BA и BC треугольной пирамиды DABC. Докажите, что точки касания принадлежат одной плоскости. 8.13. Сфера касается рёбер AD, BD, BC и AC треугольной пирамиды DABC в точках K, H, M и P соответственно. Найдите длину отрезка KH, √ если MP = 7, PK = 5, HP = 2 29, KH = HM. 8.14. Сфера касается рёбер AD, CD, AB и BC треугольной пирамиды DABC в точках P, K, H и√T соответственно. Найдите длину отрезка KT, если PK = PH = 8, PT = 82, KT = HT + 7.
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра Пусть дан тетраэдр DABC и пусть точка O — центр описанной около этого тетраэдра сферы. Будем считать, что нам даны (или мы можем вычислить) длины каких-либо трёх рёбер тетраэдра DABC, выходящих из одной вершины, и косинусы плоских углов между этими рёбрами. Требует-
76
Гл. 2. Методы решения задач
ся определить радиус сферы. Если тетраэдр задан указанным образом, то существует эффективная методика решения поставленной задачи. Пусть, например, известны длины рёбер DA, DB, DC и величины плоских углов d = b, DAB [ = g. Выберем в качестве базисных векторы [ = a, DAC DBC # # # # # # DA = a , DB = b , DC = c (рис. 47). В этом случае таблица умножения # # векторов базиса будет полностью определена. Пусть DO = x # a + y b + z # c. # # # # # # # # # # Тогда OA = a − DO, OB = b − DO, OC = c − DO. Кроме того, DO2 = # # # = OA2 = OB2 = OC2 = R2 , где R — радиус сферы. Из последней цепочки # # # # # # # # равенств следует, что (DO − OA) (DO + OA) = 0, (DO − OB) (DO + OB) = 0, # # # # # (DO − OC) (DO + OC) = 0, откуда (2DO − # # # # D a) # a = 0, (2DO− b) b = 0, (2DO− # c ) # c = 0, − # или # 1 2 → − → − a · DO = # a , # c a 2 O # # 1 #2 (31) b · DO = b , 2 # # 1 #2 C A → − c · DO = c . b 2
Система (31) представляет собой, как легко видеть, систему трёх линейных уравнений Рис. 47 относительно трёх неизвестных x, y, z. Определив из этой системы величины x, y, z, мы тем самым найдём разложение # вектора DO по векторам базиса с известной таблицей умножения векто# p# ров базиса, и по формуле R = |DO| = DO2 вычислим радиус описанной около тетраэдра сферы. Замечание. Что касается вписанной в тетраэдр сферы, то если тетраэдр задан указанным образом, то для вычисления её радиуса r целеB
3V
сообразно пользоваться формулой r = , где V — объём тетраэдра, S — S площадь его полной поверхности. ПрименеD ние же векторов в данном случае приводит → − c к неоправданно громоздким системам урав→ − a нений и является поэтому значительно менее C O эффективным. → − Задача 29. В треугольной пирамиде b A DABC рёбра DA, DB, DC, BC √ √ равны между собой и равны 2, AC = 6, AB = 2 2. B Найдите радиус описанной около пирамиды Рис. 48 DABC сферы. Р е ш е н и е (см. рис. 48). 1. Найдём вначале плоские углы (или их [ = p/3. косинусы) при вершине D. Так как DB = DC = BC, то BDC
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
77
[ = p/2 (по теореме, Так как DA2 + DB2 = 4 + 4 = 8 = AB2 , то ADB обратной к теореме Пифагора). По следствию из теоремы косинусов для треугольника ADC имеем 2 2 2 [ = DA + DC − AC = 4 + 4 − 6 = 1 . cos ADC
2 · DA · DC
2·2·2
4
# # # # Выберем в качестве базисных векторы DA = # a , DB = b , DC = # c и составим таблицу умножения векторов базиса: # a
# a # b
# c
#
4
b 0
0 1
4 2
# c 1 2 4
2. Пусть точка O — центр описанной около тетраэдра DABC сферы, # # R — её радиус, и пусть DO = x # a +y b +z # c . Система (30) в данном случае имеет вид # # # # a (x a + y b + z c ) = 2, # # # b (x a + y b + z # c ) = 2, # # # # c (x a + y b + z c ) = 2, откуда
4x + z = 2, 4y + 2z = 2, ⇔ x + 2y + 4z = 2 1 1 x= − z, x = 2 4 1 1 ⇔ y= ⇔ y = − z, 2 2 z = 1 − z + 1 − 1 z + 4z = 2 2
#
4
#
1 − 2 1 − 2 2 11
5 1 x= , z, 4 11 9 1 z, ⇔ y = , 2 22 z = 2 . 11
#
(10 # Следовательно, DO = a + 9 b + 4 # c ) и R = |DO| = 22 √ q √ # 1 253 1 (9 # a + 10 b + 4 # c )2 = 1012 = . = 22
√
253 . 11
1
22
p# DO2 =
11
О т в е т: Заметим, что тройку базисных векторов не обязательно связывать с рёбрами рассматриваемого тетраэдра. Методика решения при этом, как правило, не претерпевает принципиальных изменений.
78
Гл. 2. Методы решения задач
В качестве примера рассмотрим следующую задачу. Задача 30. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно 1. Через вершину A куба и середины рёбер BC, DD1 , A1 B1 проведена сфера. Найдите радиус этой сферы. D1 C1 Р е ш е н и е (см. рис. 49). 1. Выбе# рем в качестве базисных векторы AA1 = M # # # A1 a , AB = b , AD = # c и составим табли= # B1 K цу умножения векторов базиса: O → − a
# a #
C
D → − c
b
P
→ − b
# c
B
A
# a
#
1
b 0
0 0
1 0
# c 0 0 1
Рис. 49
2. Пусть точки P, K, M — середины рёбер BC, DD1 и A1 B1 соответственно, точ# # # # a +y b +z # c . Поскольку AO2 = OK 2 = ка O — центр сферы, и пусть AO = x # # # = OP2 = OM2 = R2 , где R — радиус сферы, из этих равенств следует, что
#
# #
#
#
# #
#
#
# #
(AO − OK) (AO + OK) = 0, (AO − OP) (AO + OP) = 0, (AO − OM) (AO + # # # # # # # # # # + OM) = 0 ⇒ (AO − OK) AK = 0, (AO − OP) AP = 0, (AO − OM) AM = 0. # # # # # # # # # # Но AO − OK = AO − (OA + AK) = AO − OA − AK = 2AO − AK. Аналогично, # # # # # # # # AO − OP = 2AO − AP, AO − OM = 2AO − AM. Таким образом, получаем, что # # # # # # # # # (2AO − AK) AK = (2AO − AP) AP = (2AO − AM) AM = 0, откуда:
# # 1# AO · AK = AK 2 , 2 # # 1 # 2 AO · AP = AP , 2 # # 1 # 2 AO · AM = AM . 2
Поскольку
# # # 1 1 AK = AD + DK = # c + # a = ( # a + 2 # c ),
2 1 AP = AB + BP = b + # c = 2 # # # 1 # AM = AA1 + A1 M = # a+ b 2
#
#
#
#
2 1 # # (2 b + c ), 2 # 1 = (2 # a + b), 2
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
79
последнюю систему можно переписать в следующем виде: 1 2 # # # # # # # ( (x a + y b + z c ) · ( a + 2 c ) = a + 2 c ) , 2 2 # # 1 # # a + y b + z # c ) · (2 b + # c) = (2 b + c ) , (x # 2 # # # 1 # # 2 (2 a + b) . (x a + y b + z # c ) · (2 # a + b) = 2
Используя таблицу умножения векторов базиса, получим, что: x + 2z = 2y + z = 2x + y =
5 5 x = − 2z, x= , 4 4 5 z 5 ⇔ y= , ⇔ y= − , 8 2 4 5 10 − 4z + 5 − 1 z = 5 z = 4 8 2 4 4
5 x= − 2z, 4 5 z − , ⇔ y= 8 2 5 z = 12
# # # 5 # Следовательно, AO = c ) и R = |AO| = ( a + b + # 12 q # 5 5√ = ( # a + b + # c )2 = 3. 12 12 √ 5 О т в е т: 3. 12
#
5 , 12 5 , 12 5 . 12
p# AO2 =
#
( # Заметим, что равенство AO = a + b + # c ) означает, что центр O 12 сферы лежит на диагонали AC куба и делит эту диагональ в отношении # # a + b + # c ). 5 : 7 (так как AC1 = # Задача 31. В треугольной пирамиде DABC известны величины углов [ = ADB [ = p . Вершины D и A пирамиды и середины [ = p , ADC BDC 2 3 рёбер DB, DC, AB, AC лежат на сфере радиуса 3. Определите положение центра сферы и найдите объём пирамиды. D Р е ш е н и е (см. рис. 50). 1. Выбе# рем в качестве базисных векторы DA = # # # a , DB = b , DC = # c , обозначим = # # M | # a | = a, | b | = b, | # c | = c и составим → − a K таблицу умножения векторов базиса: O
# a # b
# c
# a
# b
# c
2
ab 2
ac 2
b2
0
0
2
a
ab 2 ac 2
c
5
→ − c
P
A
C H
→ − b T
B
Рис. 50
80
−
Гл. 2. Методы решения задач
# # # # # # 2. Пусть DO = x # a + y b + z # c . Тогда AO = DO − # a , MO = DO −
# 1 # # 1 # # # # 1 # # 1 # # b , KO = DO − # c , PO = DO − ( a + b), TO = DO − ( a + c ), где 2 2 2 2
M, K, T, P — середины рёбер DC, DB, AC и AB соответственно. Посколь# # # # # # ку DO2 = AO2 = MO2 = KO2 = PO2 = TO2 = R2 = 9 (здесь R — радиус # # # # # # # # сферы), получаем (DO − AO) (DO + AO) = 0, (DO − MO) (DO + MO) = 0, # # # # # # # # # # # (DO − KO) (DO + KO) = 0, (DO − PO) (DO + PO) = 0, (DO − TO) (DO + # + TO) = 0, откуда # 1 # # 1 # 1 # # 1 # # a (2DO − # a) = 0, b 2DO − b = 0, c 2DO − c = 0, 2 2 2 2 # # 1 # # 1 # # 1 # # 1 # # ( a + b) 2DO − ( a + b) = 0, ( a + c ) 2DO − ( a + c ) = 0. 2
2
2
2
Последние равенства, сделав предварительно простейшие преобразования, можно записать в виде следующей системы: # # 1 #2 a · DO = 2 a , # # 1 #2 b · DO = b , 4 # 1 #2 # c · DO = c , 4 # # 1 # # 2 # ( a + b) · DO = ( a + b) , 4 # 1 # # 2 ( # # a + c ) · DO = ( a + c ) . 4
#
#
a + b) = Из первых двух уравнений этой системы получим, что DO( # #2 # # # # # # a2 b a2 c2 = + , из первого и третьего — что DO( a + c ) = + . Пере2 4 2 4 писав два последних уравнения системы с учётом только что полученных равенств, придём к следующей системе: # # 1 #2 a · DO = 2 a , # # 1 #2 b · DO = b , 4 # 1 #2 # c · DO = c , 4 1 #2 1 1 # 2 a + b = ( # a+ 2 4 4 1 2 1 1 # a 2 + # c = ( # a+ 2
4
4
#
b) 2 ,
# c ) 2.
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
81
Отсюда, воспользовавшись таблицей умножения векторов базиса, получим 1 a2 1 xa2 + y · ab + z · ac = , 2 2 2 1 2 1 2 x · ab + yb = b , 4 2 1 1 2 2 (32) x · ac + zc = c , 2 4 1 2 1 1 a + b2 = (a2 + ab + b2), 2 4 4 1 a2 + 1 c2 = 1 (a2 + ac + c2). 2
4
4
# a2 # # b2 # # # a2 b2 a · DO = , b · DO = , то # a · b · DO2 = Так как # · , но DO2 = 9,
2 4 2 4 (ab) 2 ab ·9= ⇒ ab = 36. Только что полученное равенство и два значит, 2 8
последних уравнения системы (32) можно записать в виде новой системы 2 b2 a2 + ab + b2 a + = , 4 4 2
2 a = ab, a2 c2 a2 + ac + c2 ⇔ a2 = ac, ⇔ a = b = c = 6, + = , ab = 36 2 4 4 ab = 36
(a > 0, b > 0, c > 0). С учётом найденных значений a, b, c три первых уравнения системы (32) теперь легко привести к виду 1 x = , 2x + y + z = 1, 2 2x + 4y = 1, ⇔ y = 0, 2x + 4z = 1 z = 0.
#
1#
Таким образом, DO = # a = DA, и, следовательно, центр O сферы 2 2 является серединой ребра DA. p [ 3. Далее, пусть H — середина BC. Так √ как DC = DB = 6, BDC = 2 , p DH ⊥ BC, получаем DH = DC · sin = 3 2. 1
4
Аналогично, поскольку AC = DC = DA = DB = AB = 6 √ (треугольники ADC и ADB — равносторонние), AH ⊥ BC, то AH = 3 2. Поэтому BC ⊥ (DHA), и объём V пирамиды DABC можно вычислить следующим
образом: V =
1 BC · SDHA , где SDHA — площадь треугольника DHA. Но 3
82
Гл. 2. Методы решения задач
1 [ = p , что легко следует, например, из теоSDHA = DH · AH (так как DHA 2 2 √ 1 √ √ 1 ремы,√обратной теореме Пифагора). Поэтому V = · 6 2 · · 3 2 · 3 3 = 3 2 = 18 2. О т в√ е т: центр сферы является серединой ребра DA, объём пирамиды равен 18 2.
Задачи для самостоятельного решения 9.1. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины A, B, D и середину ребра A1 B1 . 9.2. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины A, C и середины рёбер B1 C1 и C1 D1 . 9.3. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины A и C1 и середины рёбер AA1 и BB1 . 9.4. Длина ребра правильного тетраэдра PABC равна a. Через вершины P и C и середины рёбер AB и AC проведена сфера. Найдите радиус сферы. 9.5. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через середины рёбер AB, AD, AA1 и через вершину C1 . 9.6. Основанием пирамиды DABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 5. Известно, что AD = BD = 4, 3
CD = . Найдите радиус описанной около пирамиды DABC сферы. 2 9.7. В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD длина стороны основания ABCD равна длине высоты пирамиды и равна a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины P и B и середины рёбер AD и BC.
§ 2.10. Комбинированные задачи В этом параграфе будут рассмотрены задачи, при решении которых используются различные элементы изложенных выше методик, а также их комбинации. Задача 32. Сторона основания ABC правильной треугольной пира√ миды DABC равна a, боковое ребро равно a 2. Сфера проходит через вершину A и касается рёбер DB и DC в их серединах. Найдите радиус сферы. Р е ш е н и е (см. рис. 51). 1. Пусть точка O — центр сферы, точки M и K — середины рёбер DB и DC соответственно. Введём в качестве базисных # # # # # # = AD, векторы m n = AB, p = AC. В силу равенства треугольников DAB и DAC углы DAB и DAC будут равны. Найдём их косинусы: d = cos DAB [ = AB : DA = cos DAC 2
a 1 √ = √ . 2a 2 2 2
§ 2.10. Комбинированные задачи
83
Теперь можно составить таблицу умножения векторов базиса:
# m # n # p
# m
# n
# p
2a2
a2 2
a2 2 a2 2
a2 2 a2 2
a2 a2 2
#
a2
#
# + y # 2. Пусть AO = xm n + z # p , тогда R = |AO|, где R — искомый # 2 # 2 # 2 # # # # радиус. Но AO = MO = KO = R2 , откуда (AO − MO) (AO + MO) = 0, # # # # # (AO − KO) (AO + KO) = 0. Поскольку AO − D # # # # # # # # −MO = AM, AO−KO = AK, AO+MO = AO+ # # # # # # # + AO − AM = 2AO − AM, AO + KO = AO + # # # # # # K + AO − AK = 2AO − AK, получаем AM(2AO − → − m # # # # − AM) = 0, AK (2AO − AK) = 0, откуда O M → − # 2 p # # AM C AM · AO = , A 2 (33) # 2 # # AK → − AK n · AO = . 2
B
Так как M — точка касания сферы и пряРис. 51 # # # # мой DB, то MO ⊥ DB, и значит, MO · DB = 0. # # # # # # # # # # Но MO = AO − AM, DB = AB − AD, поэтому (AO − AM) (AB − AD) = 0. Присоединяя это уравнение к системе (33), получим следующую систему # 2 # # AM AM · AO = , 2 # 2 # # AK (34) AK · AO = , 2 # # # # (AO − AM) (AB − AD) = 0.
# 1 # # # 1 # # 1 # 1 # Далее, AM = (AD + AB) = (m + # n), AK = (AD + AC) = (m + # p). 2 2 2 2 Теперь систему (34) можно переписать в следующем виде: # + # n) 2 (m # + # # + y # , (m n) (xm n + z # p) = 4 # # 2 (m + p) # + # # + y # (m , p) (xm n + z # p) = h i4 1 1 # + y − # # = 0. x− m n + z # p ( # n − m) 2
2
84
Гл. 2. Методы решения задач
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса, сокращая на a2 и приводя подобные, приходим к системе 5x + 3y + 2z = 2, 5x + 2y + 3z = 2, −3x + y = −1. Из этой системы довольно просто найти, что x =
1 7 , y = z = . Тогда 20 20
q q # 1 # + # AO2 = (7m n + # p) 2 = 20 a√ a√ = 49 · 2 + 1 + 1 + 7 + 7 + 1 = 115. 20 20 a√ 115. О т в е т:
#
R = |AO| =
20
Задача 33. Длина ребра основания ABC правильной треугольной пирамиды DABC равна 8. На рёбрах AB и AC взяты точки K и P соответственно, причём AK = 7, AP = 4. Известно, что для данной пирамиды существует единственный конус с вершиной в точке K, центр основания которого принадлежит прямой DC, а отрезок KP является образующей этого конуса. Найдите объём конуса. Р е ш е н и е (см. рис. 52). 1. Пусть точка O, принадлежащая прямой DC, является центром основания конуса. Тогда KO — ось конуса, и значит, PO — радиус основания. Поэтому KO ⊥ PO, и следовательно,
# #
KO · PO = 0.
(35)
Обозначим через H основание высоты пирамиды, проведённой из вершины D. Поскольку пирамида правильная и точка P — середина ребра AC, точка H принадлежит медиане BP основания ABC пирамиды, причём BP ⊥ AC, DH ⊥ BP, DH ⊥ AC. Выберем в качестве базисных три попарно перпендикулярных вектора едиD ничной длины: # # # # AC PB HD # a = # , b = # , # c = # .
C → − c
B K
P → − a A
|HD|
В этом случае таблица умножения векторов базиса будет иметь наиболее простой вид:
→ − b
H
Рис. 52
|PB|
|AC|
O
# a # b
# c
# a
#
1
b 0
0 0
1 0
# c 0 0 1
§ 2.10. Комбинированные задачи
#
#
2. Далее, |PB| = |AB| · sin
p 3
85
√ # = 4 3, |AC| = 8 (по условию), и если
# 1 # # 1 # 1# a = AC, b = √ PB, # c = HD. обозначить |HD| = h, то # 8
h
4 3
# # # # # Пусть CO = x · CD. Выразим векторы KO и PO через # a , b , # c и x: # # # # # # # PO = PC + CO = 4 # a + xCD = 4 # a + x(√ CP + PH + HD) = 4 # a + # 1 # # # # 4 3 # # #
+x − 4 a + PB + h c 3
√
= 4a + x −4a +
3
b +hc
= 4(1 − x) a +
# # # # 4 3 # 7# x b + hx # c . Далее KO = KA + AP + PO = − AB + 4 # a + 4(1 − x) # a+ 3 8 √ √ # 7 # 4 3 # 4 3 # x b + hx # x b + hx # c = − (AP + PB) + 4 # a + 4(1 − x) # a + c = + 3 8 3 √ √ # 4 3 # 1 7 a + 4 3 b) + 4 # a + 4(1 − x) # a + c = (9 − 8x) # a + x b + hx # = − (4 # 8 3 2 √ # 3 (8x − 21) b + hx # c. + 6 # # +
Подставив найденные разложения векторов KO и PO в уравнение (35) и раскрыв скобки с учётом таблицы умножения векторов базиса, получим 64
2
+ h2 x2 − 48x + 2(1 − x) (9 − 8x) + x(8x − 21) + h2 x2 = 0, откуда 3 3 + 18 = 0. В силу того, что конус по условию задачи является единственно возможным, последнее квадратное относительно x уравнение должно иметь единственный корень. Необходимым и достаточным условием этого является равенство нулю дискриминанта D этого уравнения,rили, что то D 64 2 же, условие = 0, откуда h = 4 = 0, т. е. 242 − 18 h2 + (так как 4
3 3 48 3 h > 0). Поэтому x = “ ” = 4 . Объём V конуса можно найти по 64 2 + h 2 формуле 3 1
#
3
2
#
V = p · |KO| · |PO|2 = 3 s r 2 √ # 1 1 3 # 3 3 2 # = p a+ c × 9−8· 8 · − 21 b + 4 4
6
4
3
r 2 √ √ 3 # 4 3 3 # 2 3 # a+ × 4 1− · b +4 · c = 10 3p. 4
3
4
3
4
√ О т в е т: 10 3p. Задача 34. В пирамиде DABC√все плоские углы при вершине D рав√ p ны , AD = 1, AB = 3, AC = 13. Сфера проходит через вершину B 3 и касается плоскости DAC в точке D. Найдите площадь сферы.
86
Гл. 2. Методы решения задач
Р е ш е н и е (см. рис. 53). 1. Найдём вначале длины рёбер DC и DB, применив теорему косинусов к треугольникам DAC и DAB соответственно: [ = AC2 , DA2 + DC2 − 2DA · DC · cos ADC
1 + DC2 − DC = 13 ⇔ DC = 4 (так как DC > 0); [ = AB2 , DA2 + DB2 − 2DA · DB · cos ADB
1 + DB2 − DB = 3 ⇔ DB = 2
(так как DB > 0).
# # # # 2. Введём в качестве базисных векторы # a = DA, b = DB, # c = DC и составим таблицу умножения векторов базиса: D
# a #
→ − a → − b
b
# c
B
A → − c
C
Рис. 53
#
#
# a
#
1
b 1
1 2
4 4
# c 2 4 16
3. Пусть точка O — центр сферы и пусть # # DO = x # a +y b +z # c . Радиус сферы, проведённый в точку касания сферы и плоскости, перпендикулярен плоскости, т. е. DO ⊥ (DAC) и, следовательно, DO ⊥ DA, DO ⊥ DC, откуда (# DO · # a = 0, (36) # DO · # c = 0.
#
#
Поскольку DO2 = OB2 = R2 , где R — радиус сферы, имеем (DO − OB) × #2 # # # # # # # # b × (DO + OB) = 0, откуда (DO − ( b − DO)) b = 0, или DO · b = . 2 Присоединяя это уравнение к системе (36), получим следующую систему: # # # # DO · a = 0, a (x # a + y b + z # c ) = 0, # # # # # # DO · c = 0, c (x a + y b + z c ) = 0, или #2 #2 # # # # b b DO · b = b (x # . a + y b + z # c) = 2
2
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, последнюю систему можем легко привести к виду: x + y + 2z = 0, 2x + 4y + 16z = 0, x + 4y + 4z = 2. Вычтя из третьего уравнения первое, получим 3y + 2z = 2, а вычтя из второго уравнения третье, найдём, что x + 12z = −2. Таким образом,
§ 2.10. Комбинированные задачи
2
87
2
y = − z, x = −2 − 12z. Присоединив к этим двум уравнениям пер3 3 вое уравнение последней системы, получим равносильную ей систему: 1 x = −2 − 12z, x = −2 − 12z, z = 4, 2 2 2 2 ⇔ y = 3 − 3 z, ⇔ y = 1, y = − z, 3 3 2 2 2 x + y + 2z = 0 2 − 12z + − z + 2z = 0 x = −5. 3 3 # 1 # # p# a + 2 b + # c ). Следовательно, R = |DO| = DO2 = Итак, DO = (−20 # 4 q √ # 1 1√ = (−20 # a + 2 b + # c )2 = 400 + 16 + 16 − 80 − 80 + 16 = 3 2. По4
4
этому площадь сферы, равная 4pR2 , будет в данном случае равна 72p. О т в е т: 72p. Задача 35. Три прямых круговых конуса с углом a при вершине осевого сечения имеют общую вершину и попарно касаются друг друга. Найдите углы между образующими, по которым касаются эти конусы. Р е ш е н и е (см. рис. 54). Заметим, что оси симметрии двух касающихся конусов и образующая, по которой они касаются, лежат в одной плоскости (это есть следствие того, что плоскость, задаваемая двумя осями OA и OB, является плоскостью симметрии для каждого из двух конусов). Введём теперь в качестве базисных # # # O три вектора l1 , l2 , l3 , принадлежащие осям симметрии конусов и такие, что α # # # → − 2 α | l1 | = | l2 | = | l3 | = 1. Таблица умножеl2 2 ния векторов базиса будет иметь в дан→ − l1 ном случае вид:
#
# l1 # l2 # l3
#
#
l1
l2
l3
1
cos a
cos a
cos a
1
cos a
cos a
cos a
1
# # #
# #
B A
Рис. 54
# #
Векторы # a = l1 + l2 , b = l2 + l3 , # c = l1 + l3 , как легко видеть, принадлежат образующим, по которым касаются конусы. Тогда косинус искомого # \ угла f может быть вычислен следующим образом: cos f = cos ( # a , b) = # # # # # # 3 cos a + 1 a·b (l + l ) (l2 + l3) √ √ = # # = q # 1 # 2 q = # # 2 = 2 + 2 cos a · 2 + 2 cos a |a| · |b| 2 (l1 + l2) · (l2 + l3) 3 cos a + 1 3 cos a + 1 . Значит, f = arccos . = 2(1 + cos a) 2(1 + cos a) 3 cos a + 1 . О т в е т: arccos 2(1 + cos a)
88
Гл. 2. Методы решения задач
Задача 36. Точка K — середина ребра AB прямоугольного параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 , точка O — центр грани A1 B1 C1 D1 . Ортогональные проекции отрезков AB1 и AC на прямую KO равны соответственно d1 и d2 . Найдите длину ортогональной проекции отрезка AD1 на ту же прямую. # # # # a , AB = b , AD = # c — Р е ш е н и е (см. рис. 55). 1. Пусть AA1 = # # # # базисные векторы и пусть |AA1 | = a, |AB| = b, |AD| = c. Тогда таблица умножения векторов базиса будет иметь вид: B1
C1
O A1
# a #
D1
b
→ − a
K
B → − b
C
# c
#
# a
b 0
a2 0 0
2
b 0
# c 0 0 c2
# # # # # 2. AB1 = # a + b , AC = b + # c , AD1 = #
a + # c , KO = # a + # c . Обозначим дли= # 2 Рис. 55 ну ортогональной проекции отрезка AD1 на прямую KO через x. Тогда, согласно теоре# # # ме 6, имеем: d1 = |AB1 | · cos f1 , d2 = |AC| · cos f2 , x = |AD1 | · cos f3 , где через f1 , f2 , f3 обозначены углы между прямой KO и прямыми AB1 , AC и AD1 соответственно. 3. По формуле косинуса угла между двумя прямыми имеем: # # # # # # |AB · KO| |AC · KO| |AD · KO| cos f1 = # 1 # , cos f2 = # # , cos f3 = # 1 # . A
→ − c
D
|AB1 | · |KO|
|AC| · |KO|
1
|AD1 | · |KO|
Отсюда, с учётом предыдущего, получаем: ˛ “ ”˛ ˛ # # # 1 # ˛ # # ˛( a + b) a + c ˛ |AB1 · KO| a2 2 r“ d1 = =r = , # ” |KO| 1 2 1 # 2 # 2 a + c a+ c
4 2 ˛ # “ ”˛ 1 1 ˛ ˛ # # c ) # a + # c ˛ c2 ˛( b + # |AC · KO| 2 2 r“ r , = d2 = = # |KO| 1 2 1 #”2 # 2 a + c a+ c 4 2 ˛ “ ”˛ 1 1 ˛ ˛ # # # # 2 # # a + c2 ˛( a + c ) a + c ˛ |AD1 · KO| 2 2 r =r x= . = # |KO| 1 2 1 ( # a + # c) a2 + c2 2 4
Из трёх последних формул легко следует, что x = d1 + d2 . О т в е т: d1 + d2 .
§ 2.10. Комбинированные задачи
89
Задача 37. В основании прямой призмы ABCDA1 B1 C1 D1 лежит ромб p ABCD с острым углом BAD, равным . Все рёбра призмы имеют длину 3 a. Точка K — ортогональная проекция точки B1 на плоскость DA1 C1 , точка H — ортогональная проекция точки K на плоскость DD1 C. Найдите объём пирамиды DCHK. Р е ш е н и е (см. рис. 56). 1. Примем треугольник CDH за основание пирамиды DCHK. Тогда KH — высота пирамиды, так как по условию точка H принадлежит плоскости DCC1 и отрезок KH перпендикулярен этой 1
1
плоскости. Поэтому VDCHK = SCDH · KH = DC · HM · KH, где HM — 3 6 высота треугольника DHC. Таким образом, для решения задачи достаточно найти длины отрезков KH и HM, так как по условию DC = a. # # # # # 2. Выберем в качестве базисных векторы C1 B1 = m, C1 D1 = n , C1 C = = # p и, исходя из условия задачи, составим таблицу умножения векторов базиса:
# n
# p
# m
2
a
a2 2
0
# n
a2 2
a2
0
0
0
a2
# p #
# m
# #
H
K − D1 → n → − m
A1
B1
C1
→ − p
D 3. B1 K = C1 K − C1 B1 . Но по условию M C точка K принадлежит плоскости DA1 C1 , # # # B A поэтому C1 K = x · C1 A1 + y · C1 D (век# тор C1 K разложен по двум неколлинеРис. 56 арным векторам указанной плоскости). # # # # # + # # = Значит, B1 K = x · C1 A1 + y · C1 D − C1 B1 = x(m n) + y( # n + # p) − m # # # # = (x − 1) m + (x + y) n + y p . Из условия следует, что B1 K ⊥ (DA1 C1), # # # # # # поэтому B1 K ⊥ C1 A1 , B1 K ⊥ C1 D, и следовательно, B1 K · C1 A1 = 0, # # # # # # # # B1 K · C1 D = 0, то есть B1 K (m + n) = 0, B1 K ( n + p) = 0. Таким образом, имеем систему: # + (x + y) # # + # ((x − 1) m n + y # p) (m n) = 0, # # # ((x − 1) m + (x + y) n + y p) ( # n + # p) = 0.
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, последнюю систему легко привести к виду: x = 3, 2x + y = 1, 5 ⇔ 3x + 4y = 1 y = −1. 5
90
Гл. 2. Методы решения задач
# 2 # 2 # 1 # # 1 # Итак, имеем, что B1 K = − m + n − p , C1 K = (3m + 2 # n − # p). #
#
#
#
5
5
5
5
KH = C1 H − C1 K, но по условию точка H принадлежит плоскости # D1 C1 C, поэтому вектор C1 H можно разложить по неколлинеарным векто# # # # # рам C1 D и C1 C этой плоскости так, что C1 H = a · C1 D1 + b · C1 C. Поэтому
#
#
#
# + 2 # # + KH = a · C1 D1 + b · C1 C − C1 K = a · # n + b · # p − (3m n − # p) = (−3m 5 5 # # + (5a − 2) n + (5b + 1) p). Как уже отмечалось в пункте 1 решения этой задачи, отрезок KH перпендикулярен плоскости D1 C1 C. Следовательно, # # # # KH ⊥ # n , KH ⊥ # p , откуда KH · # n = 0, KH · # p = 0. Таким образом, имеем систему для определения неизвестных коэффициентов a и b: # + (5a − 2) # (−3m n + (5b + 1) # p) # n = 0, # # # p = 0. (−3m + (5a − 2) n + (5b + 1) p) # 1
1
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, приходим к системе двух линейных уравнений с дву7
1
мя неизвестными a и b. Решив эту систему, находим, что a = ,b= . 5 √10 p # # 3 3 3a 3 # # # # # 2 Значит, KH = (−2m + n) = (−2m + n), |KH| = , C1 H = =
7 # 1 # n − p. 10 5
#
10
#
10
# #
#
10
#
5. HM = CM − CH, CH = C1 H − C1 C =
#
#
7 # 1 # # 7 # 6 # n− p−p = n − p. 10 5 10 5
#
#
поэтому CM = l · CD = l · # n . Тогда Векторы CM и CD коллинеарны, # # 7 6 7 6 # # # # # HM = l · n − n + p = l− n + p . Но HM перпендикулярен 10
5
10
5
# # # CD по построению, поэтому HM ⊥ # n , и, значит, HM · # n = 0, откуда 7 # 6 # l− n + p · # n = 0. 10
5
7 . Поэто10 √ √ 1 6 3a 3 3a3 3 = a· a· = . 6 5 10 50
Из этого уравнения уже совсем просто определить, что l =
#
6 # # 6 p , |HM| = a. Итак, VDCHK 5 √ 5 3 3 3 О т в е т: a . 50
му HM =
Задача 38. Точка P равноудалена от вершин A и D правильного тетr
раэдра DABC, а от вершин B и C находится на расстоянии
3 . Известно, 2
что прямая PC перпендикулярна высоте треугольника ACD, опущенной из вершины D. Найдите объём тетраэдра DABC. Р е ш е н и е (см. рис. 57). 1. Для того, чтобы найти объём правильного тетраэдра, достаточно знать длину его ребра. Введём в качестве базисных
§ 2.10. Комбинированные задачи
91
# # # # векторы AB = # a , AD = b , AC = # c , обозначим квадрат длины ребра тетраэдра через d и составим таблицу умножения векторов базиса: # a # b
# c
# a
#
# c
d
d 2
d 2 d 2
d 2 d 2
b
d d 2
D
→ − b
C
→ − c
H
A
M
d → − a
# # 2. Пусть AP = x # a + y b + z # c . Тогда # # # # # # # # BP = AP − a , DP = AP − b , CP = AP − # − # c . Из условия задачи следует, что AP2 = # 2 # 2 # 2
P B
Рис. 57
= DP , BP = CP . Два последних равенства можно переписать в виде:
#
# #
#
(AP − DP) (AP + DP) = 0,
# #
#
#
#
# #
#
(BP − CP) (BP + CP) = 0,
откуда b (2AP − b) = 0, ( # c − # a) (2AP − ( # c + # a)) = 0, и, значит, # # b2 # , b · AP = 2 # c 2 − # a 2) ( # # # = 0. ( c − a) AP =
#
2
#
Кроме того, CP ⊥ DH, где DH — высота треугольника ADC. Так как это правильный треугольник, точка H — середина ребра AC. Поэтому
#
#
#
# #
#
#
DH = b − # c , и, так как CP ⊥ DH, CP = AP − # c , получаем (AP − 2 # # # # 1 c ) b − # c = 0, откуда (2 b − # c ) AP = # c (2 b − # c ) = 0. Таким образом, − # 2 приходим к системе: #2 # # # b2 # # b b · AP = 2 , b (x # a + y b + z # c) = , 2 # # # # # # или # # ( c − a) (x a + y b + z c ) = 0, ( c − a) AP = 0, # # # # # # # c ) = 0. (2 b − c ) (x a + y b + z # (2 b − c ) AP = 0 1
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса, сокращая на d и приводя подобные, получим систему: 3 x= , x + 2y + z = 1, 4 1 x − z = 0, ⇔ y=− , 4 x + 3y = 0 z = 3. 4
92
Гл. 2. Методы решения задач
#
Кроме того, CP2 =
# 3 3 по условию, поэтому (AP − # c ) 2 = , откуда 2 2
2
3 # 1 # 1 # a− b− c 4 4 4
3 2
= .
Из последнего уравнения легко получить, что d = 4, и, значит, длина ребра тетраэдра равна 2.
#
1
3. VADBC = SBDC · |AM|, где AM — высота тетраэдра, проведён3 ная из вершины A. Так как тетраэдр — правильный, то M — точка пе-
#
#
#
a + b + # c ), |AM| = ресечения медиан грани BDC. Поэтому AM = ( # 3 √ q √ √ # 2 p 3 1 1 1 ( # a + b + # c )2 = 6, SBDC = · BD · DC · sin = · 2 · 2 · = = 3, 3 3 2 3 2 2 1 √ 2√ 2√ VADBC = · 3 · 6= 2. 3 3 3 2√ О т в е т: 2. 3 Задача 39. В основании треугольной пирамиды DABC лежит прямо√ угольный треугольник ABC√с гипотенузой BC. Известно, что AB = 3, AC = 1, DA = DB = DC = 2. Сфера касается рёбер AD и CD, продолжения ребра BD за точку D и плоскости ABC. Найдите радиус сферы. Р е ш е н и е (см. рис. 58). 1. Пусть сфера с центром в точке O касается рёбер AD и CD в точках A1 и C1 соответственно, продолжения ребра BD за точку D — в точке B1 , плоскости ABC — в точке O1 . Отметим на луче DB точку B2 такую, что DB2 = DB и выберем в качестве базисных векторы # # # # DA = # a , DB2 = b , DC = # c. 2. По теореме Пифагора для треугольника ABC легко найти, что BC = = 2, а по следствию теоремы косинусов для каждого из треугольников [ = 3 , cos BDC [ = 1 , cos ADC [ = 0. Тогда BDA, CDA, BDC, что cos BDA 1
4
4
\2 = cos(p − ADB) [ = − cos ADB [ = cos ADB 1 \2 = 0. = − , cos CDB
B2
4
B1 → − b D
O
Теперь можно составить таблицу умножения векторов базиса:
# a A1
C1
B
# a
→ − c C
O1
→ − a
A
Рис. 58
# b
# c
2 1 2 3 2
−
#
# c
1 2
3 2
b
−
2
0
0
2
§ 2.10. Комбинированные задачи
93
3. DA1 = DB1 = DC1 (как отрезки касательных, проведённых к сфере # # # # a , DB1 = k · b , DC1 = k · # c , где k — из одной точки). Тогда DA1 = k · # # # # # |DA1 | a +y b +z # c . Ясно, что A1 O = некоторое число k = # . Пусть DO = x #
# #
#
|DA|
#
# #
#
# #
# #
= DO− DA1 = DO−k # a , B1 O = DO− DB1 = DO−k b , C1 O = DO− DC1 = # c . Так как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы = DO − k # # # # # и прямой, перпендикулярен прямой, то A1 O ⊥ # a , B1 O ⊥ b , C1 O ⊥ # c, # # # # # # # # # откуда A1 O · a = 0, B1 O · b = 0, C1 O · c = 0, или (DO − k a) a = 0, # # # # (DO − k b) b = 0, (DO − k # c ) # c = 0. Таким образом, имеем систему: # # a · DO = k · # # b · DO = k · # # c · DO = k ·
# a 2, #2 b ,
# c2
# # # # #2 a · (x a + y b + z c ) = k · a , # # # b · (x # a + y b + z # c ) = k · b 2, # # c · (x # a + y b + z # c ) = k · # c 2.
или
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, последнюю систему можем довольно просто преобразовать к следующей: 4x − y + 3z = 4k, −x + 4y = 4k, 3x + 4z = 4k.
Для того чтобы решить эту систему, достаточно из её второго уравнения выразить y через x, из третьего — z через x и подставить эти выражения 4 3
4 3
в её первое уравнение. В результате получим, что x = k, y = k, z = 0 и
#
#
следовательно, DO = k( # a + b). 4 3
# #
#
4. Так как векторы AO1 , AB и AC компланарны (они лежат в одной # # # # плоскости), а векторы AB и AC неколлинеарны, имеем AO1 = x1 · AB + # # # a − b) + y1 ( # c − # a) = −(x1 + y1) # a − x1 b + y1 # c . Тогда + y1 AC = x1 (− #
#
#
#
#
#
OO1 = −DO + # a + AO1 = − k # a − k b + # a − (x1 + y1) # a − x1 b + 3 3 # 4 4 # # # + y1 c = 1 − k − y1 − x1 a − k + x1 b + y1 c . Радиус сферы, прове3 3 дённый в точку касания сферы и плоскости, перпендикулярен плоскости, # # # # # т. е. OO1 ⊥ (ABC). Поэтому OO1 ⊥ BC и OO1 ⊥ AC. Следовательно, # # # # OO1 · BC = 0, OO1 · AC = 0. Отсюда ( # # ( b + # c ) · OO1 = 0, # ( # c − # a) · OO1 = 0 4
4
94
Гл. 2. Методы решения задач
или
h # ( b + # c) 1 − h ( # c − # a) 1 −
i
# 4 4 a− c = 0, k − y1 − x1 # k + x1 b + y1 # 3 3 i # 4 4 k − y1 − x1 # k + x1 b + y1 # a− c = 0. 3 3
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, последнюю систему можно преобразовать к следующей: x1 = 9 − 4 k, −3x1 + y1 = 4k − 1, 26 3 ⇔ 6x1 + 24y1 = 3 − 8k y1 = 1 . 26
#
Подставив найденные значения x1 и y1 в выражение для OO1 , получим,
#
#
#
что OO1 = (16 # a + # c − 9 b). Поэтому искомый радиус r = |OO1 | = 26 √ q # # 2 217 1 # . = (16 a − 9 b + c ) = 26
1
√
217 . 13
13
О т в е т: Заметим, что определение радиуса сферы, касающейся рёбер данного трёхгранного угла, является стандартной задачей, если задан какой-нибудь # линейный размер (например, |DO| — см. § 2.9). В данном случае вместо последнего дополнительным условием являлось условие касания сферы и # плоскости ABC, и нам потребовалось найти разложение вектора OO1 по базисным векторам, для чего опять-таки был использован стандартный алгоритм вычисления расстояния от точки до плоскости. Задача 40. В плоскости a дан равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 2. Сфера радиуса 1 касается плоскости a в точp ке B. Из точек A и C к сфере проведены касательные, каждая под углом 6 к плоскости a. Найдите угол между этими каO сательными, если известно, что они не являются параллельными. K T → − b C → − Р е ш е н и е (см. рис. 59). 1. Пусть точc ка O — центр сферы. Тогда OB ⊥ (ABC), B # # # # и значит, BO ⊥ BA, BO ⊥ BC. Обозначим → − a точку касания сферы с касательной, проведённой из точки A, через K, а с касательA ной, проведённой из точки C — через T. ТоРис. 59 гда AK = AB = 2, CT = CB = 2 (как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки). Выберем в качестве # # # # базисных векторы BA = # a , BC = b , BO = # c и составим таблицу умножения векторов базиса:
§ 2.10. Комбинированные задачи
# a
# a # b
# c #
#
4
b 2
2 0
4 0
#
95
# c 0 0 1
#
#
#
#
2. Пусть AK = x1 # a +y1 b +z1 # c . Тогда OK = − # c + # a +AK. Но OK ⊥ AK как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы и прямой. Поэтому # # # # # # AK · OK = 0, откуда AK (− # c + # a + AK) = 0 ⇔ AK ( # a − # c ) + AK 2 = 0, или # (x1 # a + y1 b + z1 # c ) ( # a − # c ) + 4 = 0. Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и приводя подобные, получаем уравнение 4x1 + + 2y1 − z1 + 4 = 0. 3. Ясно, что если угол между прямой и плоскостью равен f, то угол p между прямой и перпендикуляром к этой плоскости равен − f. Поэтому 2 p p p \ AK, BO = − = . Отсюда 2
6
3
# |AK · # c| #
|AK| · | # c| z
= cos
p 3
1 2
= ,
1
и, следовательно, 1 = , откуда z1 = 1. С учётом пункта 2 решения 2 2 получаем, что 4x1 + 2y1 = −3. # # 4. Поскольку |AK|2 = 4, то (x1 # a + y1 b + z1 # c ) 2 = 4. Возводя в квадрат и используя таблицу умножения векторов базиса, приходим к уравнению 4x21 + 4y21 + z21 + 4x1 y1 = 4. Так как из предыдущего следует, что z1 = 1, 2y1 = −3 − 4x1 , получаем 4x21 + (−3 − 4x1) 2 + 1 + 2x1 (−3 − 4x1) = 4.
Последнее уравнение является квадратным относительно x1 . Решая его, 1 2
находим, что x1 = −1 или x1 = − . Поэтому y1 =
#
AK = − # a+
# 1 # # 1 1 # b + c либо AK = − # a − b + # c. 2 2 2
#
#
#
1 1 или y1 = − . Значит, 2 2
# #
5. Пусть CT = x2 # a + y2 b + z2 # c . Тогда OT = − # c + b + CT. Коэффициенты x2 , y2 , z2 определяются аналогично коэффициентам x1 , y1 , z1 . При этом, как легко видеть, вычисления практически не изменяются, только теперь в роли x1 выступает y2 , а в роли y1 выступает x2 . Таким образом,
#
# 1 # # # 1 1 # a − b + c либо CT = − # a − b + # c. 2 2 2 # 1 # 1 # # # 1 # 1 # # 6. Так как векторы AK = − a − b + c и CT = − a − b + c равны, 2 2 2 2
будем иметь, что CT =
а следовательно, коллинеарны, это означает, что прямые AK и CT в этом
96
Гл. 2. Методы решения задач
случае параллельны, что противоречит условию задачи. Поэтому, с учётом симметрии данных, остаются только две возможности:
#
# 1 # # # 1 b + c , CT = # a − b + # c, 2 2 # # 1 # 1 1 # a + b + # c , CT = − # a − b + # c. б) AK = − # 2 2 2
а) AK = − # a+
В случае а)
# # |AK · CT| \ AK, CT = arccos # # =
|AK| · |CT| ˛“ ”“ 1 ”˛ 1 # # ˛ ˛ # a + b + # c a − b + # c ˛ ˛ − # 1 2 2 = arccos = arccos . 2·2 8
В случае б)
# # |AK · CT| \ AK, CT = arccos # # =
|AK| · |CT| ˛“ ”“ 1 ”˛ 1 # 1 # ˛ ˛ a + b + # c − # a − b + # c ˛ ˛ − # 5 2 2 2 = arccos = arccos . 2·2 8 1
5
О т в е т: arccos или arccos . 8 8 В заключение ещё несколько слов. Как видим, и при решении задач методами векторной алгебры порой приходится проявлять некоторую изобретательность для получения полной системы уравнений и упрощения алгебраических выражений. Кроме того, часто требуется прибегать к использованию геометрических фактов и теорем, не имеющих отношения к векторной алгебре, но, разумеется, не выходящих за рамки школьной программы. И ещё: в некоторых задачах необходимо применение не одной, а нескольких изученных методик (или их элементов), с помощью которых, как из кирпичиков, выстраивается здание решения. Освоив изложенные приёмы и методики и усвоив школьный курс стереометрии, можно не пугаться (или не слишком пугаться) задач по стереометрии даже на вступительном экзамене в вуз (а очень многие задачи взяты именно из вариантов вступительных экзаменов по математике в МГУ, МФТИ, МГТУ, МАИ и другие вузы). Конечно, времени на решение такой задачи требуется подчас довольно много. Но не следует забывать, что подобные задачи считаются едва ли не самыми сложными и в вариантах вступительных экзаменов располагаются, как правило, на самом последнем — «пятерочном»! ¨ — месте. И последнее: в слове «вектор» можно переставить буквы так, что получится слово «корвет» (такая перестановка называется анаграммой). Так что — попутного ветра и счастливого плавания!
§ 2.10. Комбинированные задачи
97
Задачи для самостоятельного решения 10.1. В тетраэдре DABC ребра AC, BC и DC взаимно перпендикулярны. Точка M лежит в плоскости ABC и одинаково удалена от рёбер AB, BC и CD. Точка K лежит в плоскости BCD и одинаково√ удалена от тех же рёбер. Найдите длину отрезка MK, если BC = DC = 3, AC = 3. 10.2. Дана правильная четырёхугольная пирамида PABCD (с основанием ABCD), длина каждого ребра которой равна 1. Точка M, лежащая в плоскости ABC, равноудалена от рёбер PA и PD, причём PM = CM. Точка K, лежащая в плоскости BPC, также равноудалена от тех же рёбер, причём KP = KC. Найдите площадь треугольника BMK. 10.3. DABC и точка M. Известно, что MD = r Даны правильный тетраэдр r =
=
1 5
2 , MA = MB = MC = 3
4 5
3 2 , PA = PB = PC = . Найдите объём тетраэдра ABCD. 3 5
97 . Найдите объём тетраэдра DABC. 15
10.4. r Даны правильный тетраэдр ABCD и точка P. Известно, что PD =
10.5. Даны правильный тетраэдр DABC и точка M. Известно, что MA = √ = MB = MC = 6 и что прямая MA перпендикулярна высоте треугольника BCD, проведённой из вершины B. Найдите объём тетраэдра DABC. 10.6. Даны правильный тетраэдр DABC и точка P. Известно, что PA = r
= PD, PB = PC =
11 и что прямая PB перпендикулярна высоте тре8
угольника ABC, проведённой из вершины C. Найдите объём тетраэдра ABCD. 10.7. В плоскости a дан равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 1. Шар диаметра 1 касается плоскости a в точке B. Из точек A и C к шару проведены касательные, каждая из которых обраp зует угол с плоскостью a. Найдите углы между этими касательными. 6 10.8. Дана правильная треугольная пирамида PABC с вершиной P. Из√ вестно, что PA = 2, AB = 3. Первая сфера с центром в точке O1 касается плоскостей PAB и PAC в точках B и C соответственно. Вторая сфера с центром в точке O2 касается плоскостей PAC и PBC в точках A и B соответственно. Найдите объём пирамиды PO1 BO2 . 10.9. В правильной треугольной призме ABCA1 B1 C1 длина стороны основания равна a, длина бокового ребра в два раза меньше длины стороны основания. Точка D — ортогональная проекция середины ребра A1 C1 на плоскость AB1 C, точка E — ортогональная проекция точки D на плоскость ABB1 . Найдите объём пирамиды A1 B1 DE. 10.10. Сторона основания ABCD правильной четырёхугольной пирамиды PABCD равна a, боковое ребро пирамиды в два раза больше стороны основания. Рассматриваются отрезки с концами на диагонали BD основа-
98
Гл. 2. Методы решения задач
ния и боковом ребре PC, каждый из которых параллелен плоскости PAD. Найдите: а) длину такого отрезка, если известно, что он проходит через точку M диагонали BD такую, что DM : DB = 1 : 3, б) наименьшую из длин рассматриваемых отрезков. 10.11. В пирамиде DABC через точки K и P — соответственно середины рёбер DA и BC — проведена плоскость, пересекающая ребро AB в точке M, а ребро CD — в точке H. Площадь четырёхугольника KHMP равна 16, AM : MB = 1 : 2, объём многогранника PACHK равен 8. Найдите расстояние от вершины A до плоскости KHM. 10.12. Объём пирамиды DABC равен 5. Через середины рёбер DA и BC проведена плоскость, пересекающая ребро CD в точке M. Известно, что DM : MC = 2 : 3 и что расстояние от вершины A до указанной плоскости равно 1. Найдите площадь сечения пирамиды указанной плоскостью. 10.13. Дана правильная четырёхугольная пирамида PABCD с вершиной P и основанием ABCD. Длина стороны основания пирамиды PABCD равна 1, а длина бокового ребра равна 2. Сфера с центром в точке O касается плоскости ABC в точке A и касается бокового ребра PB. Найдите объём пирамиды OABCD. 10.14. В правильной треугольной пирамиде PABC с вершиной P и основанием ABC длина стороны основания равна 3, а длина бокового ребра равна 2. Сфера касается плоскости основания пирамиды в точке A и касается бокового ребра PB. Найдите радиус сферы. 10.15. В основании треугольной пирамиды DABC лежит прямоугольный треугольник ABC с катетами AB и AC. Известно, что все боковые рёбра пирамиды имеют равную длину и что высота пирамиды, проведёнr ная из вершины D, равна
1 . Сфера касается плоскости ABC, боковых 2
рёбер DB и DA пирамиды и продолжения бокового ребра CD за точку D. Найдите расстояние от центра сферы до вершины D, если AB = 1, AC = √ = 3. 10.16. Основанием треугольной пирамиды DABC является треугольник √ p ABC, в котором угол BAC — прямой, угол ACB равен , BC = 2 2. Все 6 √ боковые рёбра пирамиды имеют одинаковую длину, равную 3. Сфера касается рёбер DA, DB, продолжения ребра DC за точку D и плоскости ABC. Найдите радиус сферы. 10.17. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Точка E является серединой ребра AA1 . На продолжении ребра DA за точку A взята точка P так, что PA : AD = 1 : 2. Найдите радиус меньшей из сфер, проходящих через точки E и P и касающихся плоскостей BB1 C1 и DD1 C1 . 10.18. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Точки E и P являются серединами рёбер A1 D1 и AA1 куба соответственно. Найдите радиус меньшей
§ 2.10. Комбинированные задачи
99
из сфер, проходящих через точки E и P и касающихся плоскостей BB1 C1 и DD1 C1 . 10.19. В треугольной пирамиде PABC с вершиной P боковое ребро PC p наклонено к плоскости основания ABC под углом, равным . Известно, 3 что PC = AB и что вершины A, B, C и середины боковых рёбер пирамиды лежат на сфере радиуса 1. Определите положение центра сферы и найдите высоту пирамиды, проведённую из вершины P. 10.20. В треугольной пирамиде PABC с вершиной P боковое ребро PA p образует с плоскостями граней ABC и PBC углы, равные . Известно, 4 что AC = AB и что вершина A и середины всех рёбер пирамиды, кроме PA, лежат на сфере радиуса 1. Докажите, что центр сферы расположен на ребре PA и найдите площадь грани APC. 10.21. Середины всех рёбер треугольной пирамиды PABC лежат на сфере радиуса 2. Известно, что длина ребра AB равна 3, а длина ребра AC равна 4. Боковое ребро PA пирамиды перпендикулярно плоскости основания ABC. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер пирамиды, являются диаметрами указанной сферы, и найдите объём пирамиды.
ПРИЛОЖЕНИЕ Как уже отмечалось в предисловии, материал пособия можно использовать в качестве элективного курса «Векторный метод в стереометрии». Ниже приводятся два варианта почасового планирования такого курса (на 12 и на 16 часов) и задачи для самостоятельной и контрольной работ. При меньшем числе часов (8–10 часов) рекомендуется исключить часть материала, связанную с касанием сферы с рёбрами и гранями трёхгранного угла. Задачи для самостоятельной и контрольной работ даны с избытком — учитель сам определит их число в соответствии с уровнем класса, выбранным планированием и реализуемыми целями обучения.
Примерное планирование Вариант 1 (12 часов) 1. Основные теоретические сведения. 2. Разложение вектора по трём некомпланарным векторам. 3. Задачи об отношениях отрезков. 4. Длина отрезка. Угол между скрещивающимися прямыми. 5. Расстояние от точки до прямой. 6. Расстояние от точки до плоскости. 7. Угол между прямой и плоскостью. Угол между двумя плоскостями. 8. Расстояние между скрещивающимися прямыми. 9. Касание сферы с рёбрами и гранями трёхгранного угла. 10. Сфера, описанная около тетраэдра. 11–12. Контрольная работа. Вариант 2 (16 часов) 1. Основные теоретические сведения. 2. Разложение вектора по трём некомпланарным векторам. 3. Задачи об отношениях отрезков. 4. Длина отрезка. Угол между скрещивающимися прямыми. 5. Расстояние от точки до прямой. 6. Расстояние от точки до плоскости. 7. Угол между прямой и плоскостью. 8. Угол между двумя плоскостями. 9–10. Самостоятельная работа.
Приложение
101
11. Расстояние между скрещивающимися прямыми. 12. Касание сферы с рёбрами и гранями трёхгранного угла. 13. Сфера, описанная около тетраэдра. 14. Комбинированные задачи. 15–16. Контрольная работа.
Задачи для самостоятельной работы Вариант 1 1. Точка K — середина ребра C1 D1 параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 , M — точка пересечения диагоналей грани BB1 C1 C, точка P принадлежит диагонали AC1 параллелепипеда, причём C1 P : AP = 2 : 1. Разложите по # # # # # # # # # векторам # a = AA1 , b = AB, # c = AD векторы BK, KM, DP, PA1 , MP. 2. В основании усечённой пирамиды ABCDA1 B1 C1 D1 лежит параллелограмм ABCD. Известно, что A1 B1 : AB = 1 : 2. На ребре DD1 взята точка K так, что D1 K : DK = 2 : 1. Найдите, в каком отношении плоскость, проходящая через точки B1 , K и середину ребра AA1 , делит ребро CC1 пирамиды. p 3. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны . Из√ √ 3 вестно, что BD = 2, BA = 3, BC = 2 3. Найдите: а) угол и расстояние между прямыми DB и AC; б) расстояние от вершины B до плоскости DAC; в) расстояние от вершины A до прямой CM, где M — точка пересечения медиан треугольника DAB; г) угол между плоскостями DBC и DAC. Вариант 2 1. В усечённой треугольной пирамиде ABCA1 B1 C1 длина ребра AB относится к длине ребра A1 B1 как 5 : 2. На рёбрах AA1 , AB, BC взяты соответственно точки K, M и P так, что AK = A1 K, AM : AB = 2 : 7, # # # # a = AA1 , b = AB, # c = AC BP : PC = 5 : 12. Разложите по векторам # # # # # # векторы C1 C, CK, C1 M, KP, B1 P. 2. На диагонали AC1 параллелепипеда ABCDA1 B1 C1 D1 взята точка K так, что AK : KC1 = 3 : 4. Точка M принадлежит диагонали AB1 грани AA1 B1 B, причём AM : MB1 = 2 : 3. Найдите, в каком отношении плоскость, проходящая через точки M, K и точку пересечения диагоналей грани AA1 D1 D, делит ребро AA1 параллелепипеда. p 3. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны . Из√ √ 3 вестно, что AD = 1, AB = 3, AC = 13. Найдите: а) угол и расстояние между прямыми DA и BC; б) расстояние от вершины A до плоскости DBC; в) расстояние от вершины C до прямой AM, где M — точка пересечения медиан треугольника DCB; г) угол между плоскостями DBC и DAC.
102
Приложение
# # 1 # 1 1 # 1 О т в е т ы. Вариант 1. 1. BK = # a − b + # c ; KM = − # a + b − # c;
2 2 2 2 1 # 1 # 2 # # 2 # 1 # 1 # # 1 # 2 # 1 # DP = a + b − c ; PA1 = a − b − c ; MP = a + b + c . 3 3 3 3 3 3 6 √ 3 r6 √ √ 2 6 51 3 13 4 86 ; ; б) ; в) ; 2. 1 : 13, считая от вершины C1 . 3. а) arccos 26 43 3 115 # # 1 # 1 3 г) arccos . Вариант 2. 1. C1 C = − # a + # c ; CK = # a − # c ; C1 M = − # a+ 3 5 2 # # 2 # 2 1 7 # 5 11 # 5 + b − # c ; KP = − # a+ b + # c ; B1 P = − # a+ b + # c . 2. 6 : 7, 7 5 2 12 12 60 12 r √ √ √ 1 3 4 22 6 32 ; ; б) ; в) ; г) arccos . считая от вершины A. 3. а) arccos 6 11 3 19 3
#
Задачи для контрольной работы Вариант 1 1. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды KABCD равны 1. Найдите расстояние от середины ребра AB до плоскости, проходящей через вершину C и середины рёбер KB и KD. 2. Точка P — середина ребра BB1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между прямой DP и плоскостью C1 DB. 3. Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 равны. Найдите угол между плоскостями AKC и AA1 K, если K — середина ребра B1 C1 . 4. Основание пирамиды HPKB — равносторонний треугольник PKB. Ребро HB перпендикулярно плоскости основания. Величина угла и расстояние между скрещивающимся прямыми HT и BE, где T — √середина p 3 ребра KB, E — середина ребра PK, равны соответственно и . Най4 3 дите объём пирамиды. 5. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины A, C и середины рёбер B1 C1 и C1 D1 . 6. В√правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания ABC равна 3, боковое ребро равно 2. Сфера касается бокового ребра AD и касается плоскости ABC в точке С. Найдите радиус сферы. Вариант 2 1. В правильной четырёхугольной пирамиде KABCD с вершиной K, сторона основания равна 6, а высота пирамиды равна 4. Найдите расстояние от точки A до плоскости KCD. 2. Точки P и K являются соответственно серединами рёбер CC1 и DD1 куба ABCDA1 B1 C1 D1 . Найдите угол между прямой A1 K и плоскостью PDB.
103
Приложение
3. Точки K и D — середины рёбер BP и BC правильного тетраэдра PABC соответственно. Найдите угол между плоскостями ADK и ABC. 4. Основанием пирамиды DABC является равнобедренный прямоуголь√ ный треугольник ABC с гипотенузой AB = 4 2. Ребро DC перпендикулярно плоскости основания, DC = 2. Найдите угол и расстояние между скрещивающимся прямыми DK и CT, если K — середина ребра AC, T — середина ребра AB. 5. Ребро куба ABCDA1 B1 C1 D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через вершины A, B, D и середину ребра A1 B1 . √ 6. Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1 B1 C1 равны 6. Сфера касается касается плоскости ABC в точке C и касается луча AO, где O — точка пересечения медиан треугольника A1 B1 C1 . Найдите радиус сферы. √ √ √ √ 78 3 10 2 57 2 3 О т в е т ы. Вариант 1. 1. . 2. arccos . 3. arccos . 4. . 20 9r 19 √ 3 √ √ 4− 3 41 7 33 p a. 6. . Вариант 2. 1. 4, 8. 2. arccos . 3. arccos . 4. ; 5. 2 √ √ 8 41 2 3 . 5. a. 6. 1. 3 8
15
11
3
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ #
#
# #
#
# #
#
#
1.1. У к а з а н и е. AB = DB − DA, BC = DC − DB, CA = DA − DC. # # # # 1.2. У к а з а н и е. Доказать, что A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0 , и, следовательно, # # # векторы A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 компланарны. # # # # 1.3. У к а з а н и е. Доказать, что OA1 + OA2 + ... + OAn = 0 . # 1 # # # 1 # # 1.4. У к а з а н и е. Доказать, что AB = (A1 B1 + A2 B2), DC = (D1 C1 + D2 C2) 2 2 # # и получить отсюда, что AB = DC. 1.5. а) У к а з а н и е. Достроить треугольник MBC до паралеллограмма MBDC # # # 1# 1# и доказать, что векторы MD и MA противоположные, б) M1 M2 = A1 A2 + B1 B2 + 3 3 1# + C1 C2 . 3 # # # 2 1 # 1 1 2 # 1 1 1 # 1.6. AM = − # a + b + # c , BM = # a − b + # c , CM = # a + b − 3 3 3 3 3 3 3 3 1 # 1 # 1 # # 1 # 2 # 1 # # 2 # 1 # 2 # # # − c , KM = − a + b + c , KP = − a + b + c , AP = − a + b + c , 3 6 3 3 2 3 3 3 3 # 1 # 1 # PM = a − b . 3 3 # # # # # # 1 # 1.7. B1 D = − # a − b + # c , BD1 = # a − b + # c , BK = # a − b + # c , AK = # a+ 2 1 # # 1 # 1 # # # 1 # # 1 # # 1 # # 1 # # + b + c , AM = a + b + c , DM = a + b − c , D1 M = − a + b − c , 2 2 2 2 2 2 2 # 1 # 1 # 1 # # 1 # 1 # 1 # # 2 # 2 # 2 # KM = − a + b − c , AP = a + b + c , C1 P = − a − b − c , 2 2 2 3 3 3 3 3 3 # 1 # 2 # 1 # # 1 # 1 # 2 # # 2 # 1 # 2 PB = − a + b − c , DP = a + b − c , D1 P = − a + b − # c, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 # 2 # 1 # 1 # # 2 # 2 # 1 # # 2 # 1 # 2 # # PA1 = a − b − c , PB1 = a + b − c , PK = a + b + c , MP = 3 3 3 3 3 3 3 6 3 2 # 1 1 a + b + # c. = # 6 3 6 # # 1 # # 3 2 # 2 1 a + # c , CK = # a − # c , C1 M = − # a + b − # c , KP = − # a+ 1.8. C1 C = − # 5 2 7 5 2 7 # 5 # # 11 # 5 # + b+ c , B1 P = − # a+ b+ c. 12 12 60 12 2.1. 7 : 13. 2.2. а) 12 : 1, б) 6 : 5. 2.3. 6 : 35. 2.4. 6 : 7, считая от вершины A. 2.5. 2 : 3. 2.6. 1 : 13, считая от вершины C1 . 2.7. 1 : 1. 2.8. 4 : 11, считая от вершины A. 2.9. 1 : 2. 2.10. 1 : 2, считая от вершины M. 2.11. 4 : 3. 2.12. 9 : 17. 2.13. 1 : 1. 2.14. 1 : 3. 2.15. 1 : 3.
105
Ответы и указания
√ √ 2.16. AM : MC = 2 − 3, BK : KD1 = 2. 2.17. B1 T : TC1 = 2 + 1. 2.18. У к а з а н и е. Предположить, что плоскость KMP пересекает ребро CC1 # # в точке T, и показать, что CT = CC1 . 2.19. У к а з а н и е. Предположить, что указанная плоскость пересекает ребро DD1 в точке K, положить D1 K : D1 D = x и доказать, что x = 1. 2.20. У к а з а н и е. Введя три неизвестные величины, как при решении за# # # # дач § 2.2, выразить вектор HT через векторы PA, PB и PC двумя различными способами и приравнять соответственные коэффициенты полученных разложений. 3.1. Воспользоваться задачей 1 § 2.1. # # # # # # # # # 3.2. У к а з а н и е. AC2 + BD2 = AD2 + BC2 ⇔ (AC − AD) (AC + AD) = (BC − # # # − BD) (BC + BD). 3.3. У к а з а н и е. Отложить на ребрах DA, DB, DC тетраэдра единичные векторы, показать, что их попарные суммы лежат на прямых, содержащих биссектрисы, и воспользоваться условием перпендикулярности двух √ √ векторов. 5 3 5 3 p p . 3.7. arccos . 3.4. . 3.5. . 3.6. arccos 2 4 √ 18 √ 18 1 3 2 3.8. arccos . 3.9 arccos . 3.10. arccos . 6 6 6 1 1 p 3.11. arccos . 3.12. arccos . 3.13. . 5 4 3 √ √ 1 10 6 3.14. arccos . 3.15. arccos . 3.16. arccos . 8 4 8 1 1 3.17. arccos √ . 3.18. arccos √ . 20 √10 √ 2 6 3.19. arccos , arccos . 3.20. arccos(sin a · sin b). 4 4 5 . 3.21. arccos(sin a · sin b + cos a · cos b · cos g). 3.22. arccos √ 102 s 3.23.
p
4
p
.
3.24. arccos
4 cos2 a − 1 . 3
3.25.
p
4
или
p
3
.
3 1 3.27. arccos . 3.28. arccos . 13 5 √ 46 2+3 2 17 . 3.30. а) arccos √ 3.29. arccos , б) arccos √ . 8 2641 730 √ √ √ √ √ 2 67 19 2 43 39 445 13 3.31. а) + + , б) + + . 3.32. 1. 14 21 6 28 21 12 q # 1 # 1 a2 + b2 + a21 + b21 − c2 − c21 . У к а з а н и е. MK = (CD − 3.33. MK = 2 4 # # # # # # # # # # # # − CA − CB), 2CA · CB = CA2 + CB2 − AB2 , 2CD · CA = CD2 + CA2 − DA2 , 3.26.
# #
3
.
#
#
#
2CD · CB √ = CD2 + CB2 − BD2 . √ √ 55 6 . 3.35. 5 3. 3.36. a. 3.34. 12 3 r √ 1 14 19 3.37. a или √ a. 3.38. a. 3.39. . 3 18 2 5
3.40.
r
7 a. 3
106
Ответы и указания
4.1.
r
19 . 7
4.2. s
r
11 . 24
4.3. 4.
a2 sin2 f + h2 . a2 + h2 √ 4 1 27 174 . 4.7. √ . 4.8. √ . 4.6. 32 3 2 6 2 √ 3 10 24 1 5.1. . 5.2. . 5.3. a. 20 5 4 1 1 2 5.4. а) a, б) a, в) a. 5.5. a. 3 3 6 3 1 7 5.7. √ a. 5.8. . 5.9. . 12 32 17 r r 6 3 1 1379 551 . 5.11. √ . 5.12. а) 5.10. √ , б) . 850 4 85 170 170 √ √ √ 8 5.13. 19. 5.14. 15 2 − 10. 5.15. 65. 3r r 5 3 11 1 1121 . 5.18. , arccos . 5.16. √ . 5.17. 3 170 14 7 170 5.19. У к а з а н и е. Из произвольной точки O опустить перпендикуляры p1 , p2 , p3 , p4 на грани тетраэдра и рассмотреть неравенство ( # p 1 + # p 2 + # p3 + # 2 + p 4) > 0, раскрыв скобки и воспользовавшись теоремой об угле между плоскоp 1 , # p 2 , # p 3 , # p 4 — единичные векторы, принадлежащие соответствующим стями ( # перпендикулярам). r 3 1 10 . 5.21. arccos √ . 5.22. arccos . 5.20. arccos 13 5 3 r 7 17 1 . 5.25. arccos √ . 5.23. arccos √ . 5.24. arccos 18 3 r √ 65 1 11 6±1 . 5.28. arcsin . 5.26. arccos √ . 5.27. arccos 29 5 3 r r r 2 14 7 5.29. arccos , arccos . 5.30. arccos . 5 15 15 r r √ 3 669 2 7 . 5.32. arccos . 5.33. arccos . 5.31. arccos 5r 15 r 85√ p 17 7 15 5.34. и arccos . 5.35. arccos . 5.36. arccos . 6 20 8 4 2h a 1 = arctg . 5.37. arccos √ . 5.38. arccos p a 13 a2 + 4h2 p a 1 2h 5.39. arccos p = arctg . 5.40. или p − arccos . 2 2 a 3 3 a + 4h r √ 2 10 1 1 1 2 6.1. a, arccos √ . 6.2. arccos , a и arccos , a. 3 6 35 3 10 10 √ √ 5 p 2 2 p 2 1 1 a, б) a. 6.5. , . 6.6. , √ . 6.3. √ . 6.4. а) 5 3 3 3 4 3 3 4.4. 4.
4.5. a
Ответы и указания
107
ah 2 2 6.7. √ . 6.8. . 6.9. p . 3 3 a2 + h2 √ √ 2 21 p a. 6.11. a. 6.12. . 6.10. 2 7 √ 3 √ √ 2d3 8 6.13. 4 или 22. 6.14. . 6.15. arccos . 3 3 p p 5 6.16. arccos . 6.17. . 6.18. . 3 6 √8 a2 b2 + b2 c2 − c2 a2 6 p . 7.2. arccos 2 2 7.1. arccos . 7.3. . 3 4 a b + b2 c2 + c2 a2 6 p 3 7.4. . 7.5. arccos √ . 7.6. arccos √ . 2 57 33 r sin2 a − 1 p 17 . 7.7. . 7.8. arccos . 7.9. arccos 2 4 35 sin a + 1 1 2 6 7.10. arccos √ . 7.11. arccos . 7.12. arccos √ . 19 6√ 11 4 3 3 cos a . 7.14. arccos √ . 7.15. arccos √ . 7.13. arccos p 30 31 2 cos2 a + 1 √ 9 3 cos a 4 7.16. arccos √ . . 7.17. arccos √ . 7.18. arccos p 241 21 4 − cos2 a 3 p 1 7.19. arccos . 7.20. arccos √ . 7.21. . 7 3 10 1 2 3 7.22. arccos √ , arccos √ , arccos √ . 14 14 r r 14 r 1 2 8 51 3 , б) , в) , г) arccos . 7.23. а) arccos √ , 4 43 3 115 3 2 13 r r 4√ 1 1 2 32 7.24. а) arccos √ , 22, б) , в) , г) arccos . 11 3 19 3 √2 3 √ 5 6−3 2 1 1 8.1. . 8.2. √ . 8.3. √ . 48 2 2√ 2 r 2 √ √ 5 3 137 . 8.6. . 8.4. (3 2 − 2 3) a. 8.5. 6 12 r √ √ 439 5 2 3 8.7. 277. 8.8. . 8.9. a . 108 96 p √ √ 5 25 ± 16 2 . 8.11. . 8.10. 3 2 8.12. У к а з а н и е. Воспользоваться задачей 7 § 2.2 и свойством отрезков ¨ касательных, проведенных к сфере из одной точки. 8.13. У к а з а н и е. Воспользоваться предыдущей задачей. 8.14.√9. r √ √ 41 41 7 22 a. 9.2. a. 9.3. a. 9.4. a. 9.1. 8 8 8 8 √ √ √ 741 29 9 3 9.5. a. 9.6. . 9.7. a. 20 6 8
108
Ответы и указания
√ 2 2 . 10.3. . 12 √ 12 1 16 2 1 10.4. √ . 10.5. . 10.6. √ . 3 6 2 6 2 5 1 10.7. arccos , arccos , 0 (касательные параллельны). 8 √ 8 √ √ 1 3 3 3 15 10 10.8. . 10.9. a . 10.10. а) a, б) a. 3 256 3 4 3 1 10.11. . 10.12. 3. 10.13. √ . 5 14 3 10.14. . 10.15. 1. 10.16. 1. 2 √ √ 5− 7 7 − 15 a. 10.18. a. 10.17. 4 4 √ 10.19. √ Центр сферы — √ середина ребра AB; 3. 10.20. 3. 10.21. 2 39. 10.1. 7.
10.2.
√
ОГЛАВЛЕНИЕ Г л а в а 1. Теоретические сведения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 1.1. § 1.2. § 1.3. § 1.4. § 1.5.
. . . . .
3 4 8 10 14
Г л а в а 2. Методы решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
§ 2.1. § 2.2. § 2.3. § 2.4. § 2.5.
Основные определения . . . . . . . . . . . . . . . . . . Операции над векторами и их свойства . . . . . . . Компланарные и некомпланарные векторы. . . . . Координаты вектора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Скалярное произведение векторов и его свойства
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
3
Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам . . Задачи об отношениях отрезков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми . . . . . . Расстояние от точки до прямой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми . . . . . . . . . . . . . § 2.7. Угол между двумя плоскостями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2.8. Cфера и трёхгранный угол . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2.10. Комбинированные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16 20 26 36 41 49 55 63 75 82
Приложение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 Ответы и указания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Шестаков Сергей Алексеевич ВЕКТОРЫ НА ЭКЗАМЕНАХ Векторный метод в стереометрии Редактор Коробкова Т. Л. Подписано в печать 10.11.05 г. Формат 60 × 90 1/16. Бумага офсетная. Печать офсетная. Печ. л. 7. Тираж 2000 экз. Заказ № Издательство Московского центра непрерывного математического образования 119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11. Тел. 241-05-00. Отпечатано с готовых диапозитивов в ФГУП «Полиграфические ресурсы» Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине «Математическая книга», Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. 241–72–85. E-mail:
[email protected] http://www.mccme.ru/publications/
