/
Автор: Шахмейстер А.Х.
Теги: общее школьное образование общеобразовательная школа алгебра математика задачи по геометрии школьное образование
ISBN: 978-5-98712-098-9
Год: 2012
Текст
А.Х. Шахмейстер
Геометрические
задач и
НА ЭКЗАМЕНАХ
ЧАСТЬ 2. СТЕРЕОМЕТРИЯ
ЧАСТЬ3. ВЕКТОРЫ
Практикум
Т ренинг
Контроль
А. X. Шахмейстер
Геометрические задачи
на экзаменах
Часть2. Стереометрия
Часть 3. Векторы
ПОСОБИЕ ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ,
АБИТУРИЕНТОВ И ПРЕПОДАВАТЕЛЕЙ
С.-Петербург
Москва
2012
УДК 373.167.1:512
ББК 22.141я71.6
Редактор:
Кандидат пед. наук, доцент кафедры
математики МИОО А. В. Семенов.
Рецензенты:
Доктор физ.-мат. наук, профессор МГУ Г. Ю. Ризниченко,
Заслуженный учитель РФ |Т. И. Курсиш|,
Заслуженный учитель РФ Е. Б. Лившиц,
Учитель высшей категории Д. М. Вайсберг,
Учитель высшей категории О. А. Войтишек.
Рекомендовано:
Московским институтом открытого образования (МИОО)
и Московским центром непрерывного математического
образования (МЦНМО) в качестве пособия для
школьников, абитуриентов и преподавателей.
Шахмейстер А.Х.
Ш32 Геометрические задачи на экзаменах. Часть 2. Стереометрия.
Часть 3. Векторы. — СПб.: «Петроглиф» : «Виктория плюс» :
М.: Издательство МЦНМО, 2012.—488с.: илл.—ISBN 978-5-98712-098-9,
ISBN 978-5-91673-127-9, ISBN 978-5-4439-0036-0
Данное пособие предназначено для углубленного изучения школьного
курса математики, содержит большое количество разноуровневого
тренировочного материала. В книге представлена программа для про¬
ведения элективных курсов в профильных и предпрофильных классах.
Пособие адресовано широкому кругу учащихся, абитуриентов, сту¬
дентов, преподавателей.
© Шахмейстер А.Х., 2012
© Дольник Е.В., обложка, 2012
© ООО «Петроглиф», 2012
ISBN 978-5-4439-0036-0 (Издательство МЦНМО)
ISBN 978-5-98712-098-9 (ООО «Петроглиф»)
ISBN 978-5-91673-127-9 (ООО «Виктория плюс»)
Посвящается памяти
Заслуженных учителей России:
Бориса Германовича Зива
Иосифа Яковлевича Веребейчика
Арона Рувимовича Майзелиса
Таисии Ивановны Курсиш
Владимира Леонидовича Ильина
Предисловие редактора
Перед вами удивительно живая, неформальная, но, в то же время,
тщательно структурированная книга «Геометрические задачи на
экзаменах. Часть 2. Стереометрия. Часть 3. Векторы».
Главная цель раздела «Стереометрия» — развитие пространствен¬
ного воображения, сложнейшего аспекта в изучении геометрии.
Читатель идет к ней постепенно: от несложных типовых задач,
к задачам-исследованиям, требующим знания элементов мате¬
матического анализа.
Особенно стоит отметить игровую форму некоторых задач, ис¬
пользование которой резко ускоряет процесс обучения.
В разделе «Векторы» читатель знакомится с принципиально
иными способами нахождения углов, расстояний, площадей и
объемов на плоскости и в пространстве.
Здесь подробно рассмотрено скалярное произведение векторов,
с его помощью резко упрощается решение многих планиме¬
трических и стереометрических задач, справиться с которыми
без использования скалярного произведения было бы затруд¬
нительно.
Расширяет математический инструментарий читателя и се¬
рия тренировочных работ на использование координатного
и координатно-векторного методов, за которыми по традиции
следуют задачи для самостоятельного решения.
Раздел «Повторение» представляет собой серию тренировочных
и самостоятельных работ различного уровня сложности. Инте¬
ресные разнотипные задачи касаются всех тем, рассмотренных в
обоих томах «Геометрических задач на экзаменах», а несколько
уровней сложности позволяют всем читателям закрепить приобре¬
тенные навыки решения геометрических задач и с уверенностью
подходить к экзаменационным испытаниям.
А. В. Семенов
Предисловие автора
Предлагаемая серия книг адресована широкому кругу учащихся
средних школ, классов и школ с углубленным изучением
математики, абитуриентов, студентов педагогических вузов,
учителей.
Книги можно использовать как самостоятельные учебные
пособия (самоучители), как задачники по данной теме и как
сборники дидактических материалов. Каждая книга снабжена
программой элективного курса.
Для учащихся можно предложить следующую схему работы:
прочитав вступление и рассмотрев примеры решения, само¬
стоятельно решать тренировочные работы, затем посмотреть
решения и, осмыслив их, попробовать решить проверочные
работы, проверяя их решения по книге и т.д.
Книги полностью подходят для самостоятельного овладения той
или иной темой и рассчитаны на последовательное обучение от
начального уровня до уровня, необходимого абитуриентам.
Для учителей эти книги предоставляют широкий выбор при¬
емов и методов работы:
Это могут быть задания учащимся для самостоятельной работы
с последующим контролем учителя.
Возможно использование книги как задачника для работы
в классе и для домашних заданий.
Эти пособия идеально подходят в качестве материала для
повторения параллельно изучению других тем в школе.
Подбор материала позволяет существенно дифференцировать
уровень требований к учащимся при проведении контрольных
и зачетных работ.
Уровень сложности и объем материала в книгах серии, безу¬
словно, избыточен, и учитель должен сам выбирать сложность
и объем материала в соответствии с возможностями учащихся
и задачами, стоящими перед ними.
А. X. Шахмейстер
Программы элективных курсов
для учащихся 10-11 классов
Элективный курс 1.
Стереометрия (30 уроков).
№№
уроков
Название темы
В скобках указаны номера заданий
1-2
Расстояния между геометрическими фигурами
Практикум 1
(стр. 7 - 24)
3
Угол между прямой и плоскостью
Задача о трех косинусах
(стр. 25 - 30)
4-5
Двугранный угол, (задача о трех синусах).
Практикум 2 (частично)
(стр. 31 - 45)
6-7
Некоторые свойства пирамид. Свойство тетраэдров, (стр. 46-61)
Практикум 3.
8
Игры-развертки.
(стр. 62 - 65)
9-10
Углы в кубе. Расстояния в кубе.
Практикум 4
(стр. 66 - 80)
11-12
Углы в прямоугольном параллелепипеде.
Тренировочная работа 1 (вариант 1 (а, в, д))
(стр. 81 - 93)
13-14
Тренировочная работа 2 (вариант 1 (а, в, г))
Тренировочная работа 3 (вариант 2 (а, в, г))
(стр. 94-117)
15
Самостоятельная работа 1 вариант 2 (1, 3)
(стр. 118 - 119)
16-17
Трехгранные углы.
Теория (задача 2 (а-г), задача 3 (а, б))
(стр. 120 - 131)
18-20
Практикум 5 (частично)
(стр. 132 - 163)
20-24
Сечения, углы, объемы.
Практикум 6 (1,2)
Тренировочная работа 4 (Вариант 1 (частично)).
Задачи-исследования на сечения.
(стр. 164 - 204)
25-27
Использование математического
анализа в геометрии
Практикум 7 (1,3 (1,2 вариант))
(стр. 205 - 224)
28-30
Комбинации методов при решении задач (стр. 225 - 236)
Тренировочная работа 5 (Вариант 1, Вариант 3 (частично),
Вариант 4 (частично)).
Обобщения.
Элективный курс 2.
Векторы. Повторение (30 уроков).
№№
уроков
Название темы
В скобках указаны номера заданий
1-2
Основные определения и свойства
(стр. 237 - 242)
3-5
Действия над векторами
Практикум 8.
(стр. 243 - 252)
Тренировочная работа 6 (вариант 1,самостоятельно вариант 2)
6-7
Замечательные точки треугольника
и их векторные свойства (задачи 1-5)
(стр. 255 - 260)
8
Скалярное произведение и его свойства
(стр. 261 - 263)
9-10
Векторное доказательство некоторых теорем
(Теоремы 3 и 4)
(стр. 264 - 270)
11-15
Использование скалярного произведения (2,3,6)
Практикум 10 (1(а, в), 3, 4,6, 2 (а, в, г, д))
Тренировочная работа 7 (вариант 2 (1,2 (а, в, г)))
Самостоятельная работа 3 (2, 3,4, 7)
Задача-теорема (Косинус двухгранного угла)
(стр. 271 - 319)
16-19
Координатно-векторный метод
Практикум 8 (1, 3,4, 5)
Тренировочная работа 8 (1 (а, в), 2,4,5)
Тренировочная работа 9 (вариант 1,4)
(стр. 320 - 346)
20-21
Уравнение плоскости
(стр. 348 - 356)
22-25
Повторение, (стереометрия)
Итоговая задача.
Домашняя тренировочная работа 1 (1, 2,4,8)
Домашняя тренировочная работа 2 (4, 7,8,10)
Домашняя тренировочная работа 3 (1, 3, 7)
(стр. 392 - 418)
26-30
Многогранники
Домашняя тренировочная работа 4 (3, 5,8,9)
Домашняя тренировочная работа 5 (1,4, 5,6)
Задачи ловушки.
Карточки индивидуальных заданий (1, 3,5,9)
(стр. 426 - 475)
Программы разработаны по материалам книги и апробированы
на практике заслуженным учителем РФ Е. Б. Лившицем.
Стереометрия1
Расстояние между геометрическими фигурами
Напомним некоторые определения, связанные с понятием рас¬
стояния2. Заметим, что расстояние между геометрическими
фигурами, как правило, обозначается буквой р.
1. За расстояние между двумя точками
принимается длина отрезка,
соединяющего эти точки:
р(А; В) = АВ, где р есть мера —
число, характеризующее длину отрезка.
2. Пусть точка А не принадлежит
прямой а. За расстояние между точкой
А и прямой а принимается длина
отрезка перпендикуляра к прямой а,
проходящего через точку А:
р(А; а) = АВ, где АВ±а и В Е а.
1 Данная глава посвящена решению задач по стереометрии. Мы не бу¬
дем подробно повторять весь курс геометрии, остановимся только на раз¬
делах и темах, которые вызывают наибольшие затруднения при решении
задач.
2 В школьном курсе простейшими фигурами в пространстве являются
точки, прямые и плоскости.
8
Стереометрия
Отметим, что для любой точки
N Е а АВ AN, т. е. АВ —
отрезок наименьшей длины.
3. За расстояние между двумя
параллельными несовпадающими
прямыми принимается длина
отрезка перпендикуляра к прямым
а и Ь, концы которого
принадлежат прямым.
Для а || Ь3 = АВ,
где А Е а, В Е Ь, АВА_а.
Отметим, что для любых точек
М Еа и N E b АВ MN,
т. е. АВ — отрезок наименьшей
длины.
4. За расстояние между двумя
скрещивающимися прямыми
принимается длина отрезка
перпендикуляра к прямым, концы
которого принадлежат этим
прямым.
Известна теорема, утверждающая, что существует един¬
ственная прямая, перпендикулярная одновременно двум
скрещивающимся прямым и имеющая с каждой из них об¬
щую точку.
Для аАЬ4 р(а;Ь) = АВ, где АВ1.а, АВ lb, АЕа, ВеЬ.
3 См. определение параллельности в книге А. X. Шахмейстер Часть 1.
Планиметрия. СПб.: «Петроглиф». М.: МЦНМО, 2011 г. С. 11.
4 Будем обозначать символом Л скрещивающиеся прямые.
Расстояние между геометрическими фигурами
9
Отметим, что для любых точек
М еа и N eb АВ MN,
т. е. АВ — отрезок наименьшей
длины.
5. За расстояние между точкой вне
плоскости и плоскостью принимается
длина отрезка перпендикуляра
к плоскости, концы которого
соединяют точку вне плоскости
с точкой, принадлежащей плоскости:
для А £ а р(А\ а) = АВ,
где В е а, АВЛ_а.
Отметим, что для любой точки
М еа АВ < AM, т. е. АВ —
отрезок наименьшей длины.
6. За расстояние между плоскостью
и параллельной ей прямой
принимается расстояние
от произвольной точки прямой
до плоскости:
для а 11 а р(а; а) = АВ,
где А е а, А $ а, В е а, АВА_а.
Отметим, что для любых точек
М е а и N е а АВ MN,
т. е. АВ — отрезок наименьшей
длины.
10
Стереометрия
7. За расстояние между двумя
несовпадающими параллельными >
плоскостями принимается длина I * с
отрезка перпендикуляра к 2 * 4—
плоскостям, концы которого
принадлежат разным плоскостям: [ Ви
для а || /3 р(а',/3) = АВ, Р
где А е а, В Е (3, АВЛ_а (АВА_(3),
а ф (3 (не совпадают).
Отметим, что для любых точек М е а
и N е (3 АВ MN, т. е. АВ —
отрезок наименьшей длины.
Примечания. 1. В случаях, когда: ’
а) точка А совпадает с точкой В;
б) точка А лежит на прямой а;
в) точка А лежит на плоскости а;
г) параллельные прямые а и Ь совпадают;
д) прямая а лежит на плоскости а;
е) параллельные плоскости а и (3 совпадают,
расстояние между этими фигурами принимается равным нулю
(эти случаи называются вырожденными).
2. Известно, что две скрещивающиеся прямые однозначно
определяют пару параллельных плоскостей. Можно доказать,
что расстояние между этими параллельными плоскостями рав¬
но длине общего перпендикуляра к скрещивающимся прямым.
Таким образом, это расстояние равно расстоянию между этими
скрещивающимися прямыми.
Расстояние между геометрическими фигурами
11
Выполним построение, иллюстрирующее данную идею.
Пусть а А Ь. Построим:
а) bi || b Ьг Г1 а = А € а, где а С а; Ьг С а;
б) аг || а П 6 = В е /3, где b С (3, аг С /3;
в) а II (3.
Тогда р(а;6) = р(а;/3) — АВ, где АВ±а (АВ1./3).
Всякое расстояние между данными фигурами обладает
свойством быть наименьшим из всех расстояний между
любыми точками, принадлежащими разным фигурам.
Задача. Дан куб
ABC DA1B1C1D1 с ребром,
равным а. Найдите расстояние
между прямой AD и прямой
CiN, где точка N принадлежит
прямой А1В1.
а) Пусть N В^ т. е. точка N не совпадает с точкой Вх.
Тогда прямые AD XC^N (скрещиваются).
По определению расстояния между скрещивающимися
прямыми с учетом примечания 1 получим, что
p(AD\ CXN) = p(ABCD, A^B^C^D^) = ААг = [а].
б) Пусть N = Вх, тогда AD || С1В1. Можно доказать, что
AB]1A.D, а значит, и расстояние между этими прямыми
равно p^AD^BJ = АВг:
АВХ = v/AB2 + В Bl = = ау/2.
Т.е. p^AD^C-^B^ = АВг = g\/2 (АВХ±АО), как теперь
очевидно.
12
Стереометрия
Обратим внимание, что в случаях а) и б) из-за качественного
различия видов прямых произошел чудовищный скачок в из¬
мерении расстояния. Действительно, при приближении точки
N к точке Вг даже очень близко, расстояние между AD
и все еще равно а, но как только точка N и Вг сов¬
падут — мгновенный скачок в л/2 раз — и расстояние между
AD и С1В1 становится равным ад/2-
В диалектике этот пример наглядно иллюстрирует закон пере¬
хода количества в качество и наоборот.
Теорема 1. Любая точка вне плоскости треугольника, равно¬
удаленная от его вершин, проецируется ортогонально в центр
окружности, описанной около треугольника.
Дано:
ДАВС С а
М ф а
MO-La
МА = МВ = МС
Докажите, что АО = ВО = СО.
Рассмотрим вкратце идею доказательства.
Так как ДАОМ, ЛБОМ, ЛСОМ
прямоугольные и один катет у них
общий, а гипотенузы равны,
то ЛАОМ = ЛБОМ = ЛСОМ,
значит АО = ВО — СО = Ro1 где
Ro — радиус окружности, описанной
около ДАВС.
Расстояние между геометрическими фигурами
13
Внимание! Необходимо рассмотреть три случая
а) ДАВС остроугольный, тогда О лежит внутри А АВС.
0° < Z.C <
0° < ZA <
0° < ZB <
90°
АВ2 <
Z СВ2 + АС2
90°
СВ2 <
С АС2 + АВ2
90°
АС2 <
' АВ2 + СВ2
б) ДАВС -
гипотенузе
ТОГДа точка ° принадлежит
длвс (ZC = 90°, АВ2 = АС2 + СВ2)
в) ДАВС
(АВ2 >
л ^оТуПОУголЬНЫЙ,
ЛС2 + СВ2).
14
Стереометрия
Практикум 1
(Расстояние между простейшими фигурами)
Задача 1. Катеты прямоугольного треугольника равны 42
и 56. На каком расстоянии от плоскости треугольника лежит
точка, равноудаленная от его вершин на 125?
Дано:
ЛАВС
АВ±АС
АВ = 42
АС = 56
AM = ВМ = СМ = 125
Найдите р(М;АВС).
Сделаем дополнительное построение:
MOLABC, т.е. МО = р(М, АВС).
а) ВС = VAB2 + АС2;
ВС = V422 + 562 =
= уТ764 + 3136 = >/4900 = 70.
Так как AM — ВМ = СМ
по условию, то точка О — центр описанной окружности
(по теореме 1). Значит ВО = ОС = АО.
б) Так как ABJ.AC по условию, то О Е СВ,
а значит АО = -ВС; АО - 35.
£
в) Рассмотрим /\АМО.
ОМ = VMA2 - Ас2; ом = V1252 - 352 =
= \/(125 + 35)(125 - 35) = а/160 • 90 = 4 • 3 • 10 = 120.
Тогда \р(М;АВС) = 120 .
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами)
15
Задача 2. На каком расстоянии от плоскости равнобедренно¬
го треугольника находится точка, равноудаленная от каждой
вершины на 13, если основание и высота треугольника равны 8?
Дано:
ЛАВС
AM = ВМ = СМ = 13
АВ = ВС
BDVAC
АС = 8, ВР = 8
Найдите р(М; АВС).
М
а) Сделаем дополнительное построение:
проведем MOLABC, тогда р(М, АВС) = МО.
Так как AM — ВМ = СМ, то О — центр описанной около
А АВС окружности (по теореме 1).
Напомним формулы радиуса описанной окружности:
д — °^с — а
2 sin а
б) Рассмотрим ААВС.
Так как АВ = ВС, то ВР = тАС,
т. е. AD = DC = 1 АС = 4; ВС = y/DB* 2 * * + DC2;
ВС — л/82 4- 42 — 4д/5.
в) S^ABC = ~АС ■ BD; 3ЛАВС = 1 ■ 8 • 8 = 32.
г) R = ^^.BC
° 45ддвс •
р _ 8 • 4\/5 • 4л/5
R° 4^32~~ = 5; Ro = 0B = 5 * *> гДе MOLABC.
д) Из ДМВО МО = у/МВ2 - ВО2; МО = у/132 - 52 = 12;
р(М-,АВС^У2
16
Стереометрия
шин треугольника, две стороны которого равны 2 и 3, а угол
между ними равен 120°. Найдите расстояние от точки М
до плоскости треугольника.
Дано:
ДАВС
М £ АВС
AM = ВМ = СМ = ——
3
ABAC = 120°
АВ = 3
АС = 2
Найдите р(М; АВС).
а) Сделаем дополнительное
построение: МО А. АВС,
тогда МО = р(М;АВС).
Так как AM = ВМ = СМ,
то О — центр описанной /
около £\АВС окружности.
Учитывая, что ABAC — 120° > 90°, то точка О лежит
вне ДАВС.
Для нахождения стороны СВ используем формулу тео¬
ремы косинусов:
СВ = \1 АС2 + АВ2 - 2 АС • АВ ■ cos (АС^АВ
б) Св = у'^+З2 -2-2-3cosl20° = J13 + 2 • 2 • 3 • - = -/19
cos 120° = — 1
2
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами)
17
R = = АО (sin 120° = —) .
° 2sinl20 у/З \ 2 1
Напомним, что ОМ Л-АВС, т. е. р(М; АВС) = ОМ,
г) ОМ = VAM2 - АО2;
749^19
Задача 4. Расстояние от точки М до вершин треугольника
равно 13. Найдите расстояние от точки М до плоскости тре¬
угольника, если одна сторона его равна 3\/3, другая равна 4,
а площадь треугольника равна Зу/З кв. ед.
Дано:
ЛАНС
М АВС
AM = ВМ = СМ = 13
АВ = Зу/З
АС = 4
*^A4BC ~
Найдите р(М; АВС).
М
В
а) Сделаем дополнительное построение:
MO-LABC, тогда МО — р(М;АВС).
Найдем радиус описанной
около треугольника окружности.
С
Так как S^ABC — ■ АС • sin а — Зл/З (а = ZA),
то — • Зу/З • 4 • sin а — 3у/З, т. е. sin а — —, тогда
2
а = 30°
а = 150° ’
18
Стереометрия
б) Пусть а = 30°.
1- ВС — АС2 + АВ2 — 2 АС • АВ cos 30°,
т. е. ВС = /16 + 27-36 = /7 [cos 30° = —
3. 0M = VMB2 - OB2 (OMLABC-, р(М-,АВС) = ОМ}-,
ОМ - л/132 - 7 = V169 - 7 = /162 =
= 9\/2| = р(М,АВС).
в) Пусть а = 150°.
к вс = VAC2 + АВ2 - 2 АС • АВ cos 150°,
т. е. ВС = V16 + 27 + 36 = /79 У
(cos 150° = -^] // \п
О
2 sin 150°’
з. ом = Vai в2 ~ о в2;
ОМ = \/1зС^/^2 = ^1б9 _ 7д = уэд =
= 3/15| = р(М; ЛВС).
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами)
19
Задача 5. Точка М равноудалена на 26 от всех вершин парал¬
лелограмма со сторонами 12 и 16. Найдите расстояние от точ¬
ки М до плоскости параллелограмма.
Дано:
ABCD — параллелограмм
AM = ВМ = СМ = DM = 26
АВ = 16
АД — 12
Найдите р{М\ ABCD).
С
а)
Сделаем дополнительное построение:
МО Л. ABCD (О е ABCD),
тогда МО = р(М; ABCD).
Прежде всего, уточним вид
параллелограмма.
По условию AM = ВМ = СМ = DM.
Так как для равных наклонных их ортогональные проек¬
ции также равны, то АО = ВО = СО = ДО, значит
ABCD — прямоугольник, следовательно О — центр опи¬
санной окружности. (Необходимо уметь доказывать, что
в данном случае точка О есть точка пересечения диа¬
гоналей.)
б) DB = y/AD2 + АВ2.
т. е. DB = V122 + 162 = ^144 + 256 = 20.
в) АО = ОС = OD = ОБ = АО = 10.
г) ОМ = у/AM2 - АО2;
ОМ = V262 - 102 = V676 - 100 = \/576 -- Г24
Вывод: если существует точка М. равноудаленная от вер¬
шин параллелограмма, то такой параллелограмм есть прямо¬
угольник.
20
Стереометрия
Задача 6. Точка М равноудалена от вершин трапеции, а рас¬
стояние от точки М до плоскости трапеции равно 24. Боковая
сторона и диагональ, проведенная к ней в трапеции, равны со¬
ответственно 12 и 16, а большее основание трапеции равно 20.
Найдите:
а) расстояние от точки М до вершин, если основание трапеции
равно 20;
б) площадь трапеции.
Дано:
ABCD — трапеция
М£ ABCD
AM = ВМ = СМ = DM
р(М; ABCD) = 24
АС - 16
DC = 12; АР = 20
Найдите: а) AM; б) SABCD.
а) Сделаем дополнительное построение:
MOLABCD,
тогда р(М; ABCD) — МО.
1. Так как точка М равноудалена
от всех вершин трапеции, то от
любых трех вершин тем более.
Значит, М проецируется на
плоскость в центр окружности,
описанной около любого
треугольника, все вершины
которого есть вершины трапеции.
Тогда около такой трапеции можно описать окруж¬
ность. Но около трапеции можно описать окружность,
только если она равнобедренная. Отсюда следует, что
боковые стороны и диагонали такой трапеции равны
между собой. Итак, АВ = DC и АС — DB.
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами)
21
АС2 + DC2 = АД2,
С
2. Найдем радиус окружности, описанной около трапе¬
ции. Так как вершины треугольника жестко определя¬
ют единственную окружность, которую можно описать
около треугольника, то достаточно определить радиус
такой окружности, чтобы все вершины трапеции при¬
надлежали этой окружности.
Рассмотрим ДАСД
Дано:
АС = 16
DC = 12
АД = 20
Найдите Ro.
В данном случае заметим, что
т. е. 162 + 122 = 202,
значит по теореме, обратной
теореме Пифагора, AC±DC,
тогда О € AD
и Ro = ^AD = АО,
т. е. Ro — 10.
3. Из /\АОМ найдем AM.
AM = у/АО2 + ОМ2-,
ОМ = р(М-, ABCD),
т. е. AM = у/102 + 242 = у/100 + 576 = у/б7б = [26]
б) 1. Для вычисления SABCD найдем высоту трапеции.
2. Проведем дополнительные построения:
BB^AD и CC^LAD.
22
Стереометрия
3. Используя метод площадей, найдем ССХ = Н.
S^acd = lAD ■ CCi = ^АС ■ DC
(ACA.DC, см. пункт 2).
Получим AD • ССг — АС ■ DC,
т. е. 20СЦ - 16 • 12; СС, = = 9,6
I 20
4. Найдем основание ВС, используя метрические отно¬
шения в прямоугольном треугольнике.
Так как АВ = DC, то АВ, — DC, - ~
II 2
но DC2 = AD ■ DC\ (см. книгу А. X. Шахмейстер
Планиметрия. СПб.: «Петроглиф». М.: МЦНМО, 2011.
С. 93);
122 = 2QDCr; DC± = 7,2, значит ВС = AD — 2DCr,
т.е. ВС = 20- 2- 7,2 = 5,6.
к с 4" ВС
5- Sabcd = HABCD (HABCD = СС\=Н),
с 20 + 5,6 ,
т-е- sabcd = Y2- • 9,6 = [122,881.
Задача 7. Точка М равноудалена от вершин треугольника
со сторонами 17, 21 и 10 на расстояние 41,875. Найдите:
а) расстояние от точки М до плоскости треугольника;
б) расстояние от проекции точки М на плоскость этого тре¬
угольника до наибольшей стороны.
Дано:
ДАВС
М <£ АВС
AM = ВМ = СМ = 41,875
АВ = 17; АС = Ю; ВС = 21
Найдите: а) р(М-АВС); б) р(О;ВС).
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами)
23
а) Сделаем дополнительное
построение: МОЛ. АВС,
тогда МО = р(М;АВС).
1. Так как по теореме 1 точка М проецируется ортого¬
нально в центр О окружности, описанной около тре¬
угольника ЛВС, то найдем вначале Ro.
_ abc а
Формулы известны: R = .
° 45 2 sin а
2. Найдем площадь треугольника, используя формулу Ге-
рона: = Ур(р - а)(р - Ь)(р - с).
17 + 21 + 10 ,
Р = 5 = 24; 5д = \/24-3- 7- 14 = 3-4-7 = 84.
Q _ 17-21-10 85 5
3 R° = 47ТГ7 = Т = 108 = 10’625 = Аа
Для того чтобы убедиться в верности чертежа, прове¬
рим вид ЛАВС.
ra(ZA) =
2 АС АВ
TOS(ZA) = = 52
2-10-17 2 • 10 • 17 < U’
значит ZA > 90°.
Чертеж будет иметь другой вид:
24
Стереометрия
4. ОМ = у/AM2 - АО2; (41,875 = 41^ =
у о о
ОМ = Л/(41,875)2=
V \*/ V \ * / \ о /
= |х/(335 + 85) (335 - 85) = ^2°' 250 = ^х/42 =
о 8 8
= 6,25л/42.
б) 1. Пусть ОК1.СВ, тогда ОК = р(О;ВС).
5
Так как ОС = OB = R = 10-
° 8
(АОСВ — равнобедренный),
то СК — КВ = -СВ = 10,5 (ОК — медиана ДОС В).
2. ОК = VOB2 - КВ2;
= |л/(85 + 84) (85 - 84) = | Лб9< = =
6 8 8
= 11,6251 = р(О; ВС).
Угол между прямой и плоскостью
25
Угол между прямой и плоскостью
Определение 1. Прямая называется перпендикулярной
плоскости, если она перпендикулярна любой прямой плос¬
кости.
Вопрос. Если прямая перпендикулярна плоскости, т. е. а±о,
то можно ли утверждать, что прямая а перпендикулярна сле¬
дующим прямым, показанным на чертеже:
а±с; а±Ь; а±АВ; al.BC; al.AD; al.DC; all; aln и т. д.?
Ответ. Да, так как по определению, если прямая перпендику¬
лярна плоскости, то значит она перпендикулярна любой пря¬
мой плоскости, в том числе и перечисленным.
Примечание. Рассмотренное определение перпендикулярно¬
сти прямой к плоскости в практическом плане трудно приме¬
нимо, так как все прямые плоскости на перпендикулярность
невозможно проверить. Поэтому необходимо рассмотреть бо¬
лее простой (конечный) критерий перпендикулярности прямой
плоскости.
Теорема 1. Для того чтобы прямая была перпендикулярна
плоскости, необходимо и достаточно, чтобы существовали две
пересекающиеся прямые, принадлежащие плоскости, перпен¬
дикулярные данной прямой (см. с. 30).
26 Стереометрия
Вопросы
{а а
al_b , где прямые b и с — пересекаю-
а±с
щиеся, то можно ли утверждать, что тогда прямая
а перпендикулярна прямым, показанным на чертеже:
АВ; ВС; DC; AD; т; п?
б) Если <
а £ а; ах а
al_b
, где прямые b и с пересекающиеся,
< а1 II а
то можно ли утверждать, что прямая перпендикулярна
прямым на чертеже: Ь; с; т; п; АВ; ВС; AD; DC?
Ответы
а) Да. Так как из условий по теореме следует, что пря¬
мая а_1_а, то по определению перпендикулярности прямой
плоскости следует, что прямая а перпендикулярна любым
прямым плоскости о, в том числе и перечисленным.
б) Да. Так как аг || а и а±а, то по теореме: если од¬
на из параллельных прямых перпендикулярна плоскости,
то и другая прямая перпендикулярна плоскости. Отсюда
следует, что ат±С1. Тогда, проводя по аналогии рассужде¬
ния из пункта а), получим, что прямая а1 перпендикуляр¬
на прямым Ь; с; т; п; АВ; ВС; AD; DC.
Угол между прямой и плоскостью
27
Примечания. 1. Учтем, что за угол между скрещивающимися
прямыми по определению принимается нетупой угол между
пересекающимися прямыми, параллельными данным прямым.
Тогда становится ясно, почему в формулировке теоремы от¬
сутствует обязательное требование совпадения точки пересе¬
чения прямой с плоскостью (с точкой пересечения пересекаю¬
щихся прямых, перпендикулярных данной прямой), т. е. если
f al_m
< а±п ,
k m П п ф 0, (т. е. m, п — пересекающиеся)
то а±о (m,п 6 о; т || Ь, п || с, см. чертеж).
2. Требование о том, чтобы прямые, перпендикулярные пря¬
мой а, были пересекающимися, принципиальное, так как ес¬
ли бы прямые b и с были параллельными, то прямая а могла
бы быть не перпендикулярна плоскости.
Определение 2. Прямая, пересекающая плоскость и непер¬
пендикулярная ей, называется наклонной.
Теорема 2 (о трех перпендикулярах). Для того чтобы
прямая, принадлежащая плоскости, была перпендикулярна на¬
клонной к плоскости, необходимо и достаточно, чтобы эта пря¬
мая была перпендикулярна проекции наклонной на плоскость.
Достаточность
Дано: 2’
МА-La; МВ — наклонная /
АВ = Пр±а(МВ) -
ортогональная проекция \
МВ на плоскость а \ / \
AB La, а 6 а \
а±МВ )
Доказательство:
а) al. АВ (по условию).
б) МА1_а по условию, тогда MA_La (по определению).
28
Стереометрия
в) Значит по теореме о необходимых и достаточных условиях
перпендикулярности прямой к плоскости следует, что пря¬
мая а перпендикулярна плоскости АВМ, т. е. аЛ_АВМ.
Из того, что аХ-АВМ, следует, что a±AfB, что и
г)
валось доказать.
Необходимость
Дано:
МА±о; МВ — наклонная
MBl_a, где а е а
АВ = Пр±а(МВ) -
ортогональная проекция
МВ на плоскость а
а±АВ
Доказательство проведите по аналогии с предыдущим доказа¬
тельством самостоятельно.
Определение 3. Углом между наклонной и плоскостью на¬
зывается угол между прямой и ее ортогональной проекци¬
ей на плоскость. Угол измеряется в градусах и изменяется
от 0° до 90°.
Отметим, что ортогональное проецирование есть проециро¬
вание вдоль прямой, перпендикулярной плоскости проекции
(частный случай параллельного проецирования).
В дальнейшем под проекцией будем понимать ортогональную
проекцию, если иное специально не оговорено.
Свойство угла между прямой и плоскостью. Угол
между прямой и плоскостью является наименьшим из всех уг¬
лов, которые она образует с любой прямой плоскости.
Доказательство
а) Пусть МВХ_а (дополнительное построение).
AM П а = А, где AM — наклонная;
(AM; а) = Z.MАВ - <^0.
Угол между прямой и плоскостью
29
б) Рассмотрим произвольную прямую т,
причем А е тп, а В т.
Пусть BC-LAC, где Сет (доп. построение),
значит Пр±а(Л/С) = ВС.
в) Тогда по теореме о трех перпендикулярах MCA.АС.
г) Рассмотрим /\СМВ.
Для него МС > МВ (AM ВС = 90° ).
Так как
М
л г. МВ
в /\АМВ sm<£0 =
МС
в Д AMС sin = ——
AM
МС МВ
ТО AM >АМ^Те- S1^>S"W
Учитывая, что тригонометрическое отношение (функция)
синус строго возрастает на (0°;90°), получим, что р> > </?0,
т. е. <^0 — наименьший угол.
Примечания. 1. Если рассматривать любую прямую п е а,
такую, что п || т, то (т; АМ^ — (п;АМ^ = <р. Значит свой¬
ство справедливо для любой прямой плоскости а и наклонной
к ней, что и требовалось доказать.
2. Мера угла обозначается p(ZA), т. е. так же, как и ме¬
ра расстояния между фигурами. Только в геометрии приня¬
то измерять углы в градусной мере, например: p(ZA) = 45°,
р (аС^МВ) =80°, р (аВ^МА) = р(<^0) = 60°, р (мвГ<^ =
= р(<^>0) = 20°.
В ряде случаев, когда понятно, о чем идет речь, символ меры
по умолчанию опускается (не пишется). Так, по умолчанию ра¬
венство \MB\a\ = cpQ означает равенство значений величин
этих углов.
30
Стереометрия
Задача 1 (о трех косинусах). Пусть [AM] а) = <р0, где
МВЛ_а, (аМ;АС^ — ср, ^AB;ACj = pi (см. рис. на с. 29).
Докажем, что cos <р — cos (/?0 cos .
Пусть AM = а; ВС Л. АС (см. чертеж на с. 29).
а) Рассмотрим ДАМВ: АВ = AM cos(/?0 = acospQ.
б) Рассмотрим Л АВС : АС — АВ cos рг = a cos pQ cos рд.
в) Рассмотрим ЛАМС: AC —AMcoscp —acoscp (по теореме
о трех перпендикулярах МС1А.С),
значит a cos р — a cos р$ • cos р±,
т. е. | cos р = cos</?0 cos pv |, что и требовалось доказать.
Напоминание
Если из истинности утверждения А следует истинность утвер¬
ждения В (записывают это так: (А — И) => (В — И)), то
говорят, что истинность утверждения А достаточна для ис¬
тинности утверждения В, а истинность утверждения В необ¬
ходима для истинности утверждения А.
Можно сказать иначе: истинность утверждения А есть при¬
знак истинности утверждения В, а истинность В есть свой¬
ство истинности А.
Более подробно см. книгу А. X. Шахмейстер Множества. Функ¬
ции. Последовательности. Прогрессии. СПб.:-М.: 2011. С. 114.
Двугранный угол
31
Двугранный угол
Определение 1. Под двугранным углом мы будем пони¬
мать выпуклую часть пространства, ограниченную дву¬
мя полуплоскостями с общей границей этих полуплос¬
костей.
Общая граница полуплоскостей называется ребром дву¬
гранного угла, а образующие полуплоскости — гранями
двугранного угла.
Примечания. 1. Часть пространства называется выпуклой,
если для любых двух точек, принадлежащих этой части
пространства, следует, что любые точки отрезка, соединя¬
ющего эти две точки, также принадлежат этой части про¬
странства.
2. Обычно обозначение двугранного угла связано с точным ука¬
занием ребра и полуплоскостей (а; , или AABCD.
где ВС — ребро, АВС и BCD — полуплоскости с грани¬
цей ВС.
Определение 2. Линейным, или плоским углом двугранно¬
го угла называется пересечение двугранного угла плоско¬
стью, перпендикулярной его ребру.
Обозначим такую плоскость 0.
32
Стереометрия
Определение 3. За меру двугранного угла принимается ме¬
ра его линейного или плоского угла.
р (с^Э) = Р ([ОА^ОВ)) = p(Z.AOB) = р(7),
где [ОА) = аП0 и [ОБ) = /3 П 6 (АЛОВ = 7, с±0).
Мера угла Z.AOB, как правило, измеряется в градусах.
Отметим, что в содержательном смысле 0 < 7 < 180°. При
7 = 0 полуплоскости совпадают: а = (3.
При 7 = 180° полуплоскости образуют плоскость.
Двугранный угол
33
Примечания. 1. 0^7^ 180° — по смыслу означает выпук¬
лость двугранного угла.
2. Иногда за меру двугранного угла принимается мера угла
между лучами, перпендикулярными к ребру двугранного уг¬
ла, лежащими в разных гранях (полуплоскостях) двугранного
угла. В известном смысле такой подход более общий, так как
включает и случаи скрещивающихся прямых, которым принад¬
лежат перпендикулярные к ребру двугранного угла лучи.
Например [AAJ А [ВВ^.
Тогда р (а; /з) =
^p^AAJ; [ВВЬ
= оШ^АВВ^.
Задача 2 (о трех синусах). Даны плоскости Р и Q.
PHQ = l. AM е Q, А е 1; МВ±АВ, Bel; МС±Р,
С е Р; Р (amTi) —/3; р (p^q) =Т, Р (AM-, Р^ = а.
Докажите | sing — sin/3 sin 7].
а) Пусть AM = а.
Из ДМАВ
МВ = AM sin /3 — asin/3.
Из ДМСВ
МС = MB sin 7 = a sin /3 sin
Из ДМАС
МС = AM sin а = a sin а.
б) Значит a sin а = a sin /3 sin 7, т. е. | sin ct = sin /3 sin 7"], что
и требовалось доказать.
34
Стереометрия
Практикум 2 (Углы между прямой
и плоскостью, двугранные углы)
Задача 1. Прямоугольный треугольник повернут относитель¬
но одного из катетов на угол в 90°. При этом гипотенуза по¬
вернулась на угол в 60°.
Найдите:
а) угол между плоскостью, которой принадлежит треугольник,
образованный поворотом гипотенузы, и плоскостью, которой
принадлежит треугольник, образованный поворотом катета;
б) угол между катетом, являющимся осью вращения (поворо¬
та) и плоскостью треугольника поворота гипотенузы;
в) угол между плоскостью базового прямоугольного треуголь¬
ника и плоскостью треугольника поворота гипотенузы.
Дано:
АЛОВ, /\АОВ1
АЛОВ = ААОВ1
AO.LOB
ЛВОВ1 = 90°
ЛВАВ1 = 60°
Найдите:
а) р (ВОВ^ВАВ^ ;
б) р loA^ABB^ ;
в) р \ АОВ\ ВАВ^ .
а) Найдем р IВОВг; ВАВГ
ОАЛ.ОВ
L ОА±ОВ1
по условию, тогда ОА±ВОВ1
Сделаем доп. построение: OK-LBB1.
Так как ОАТВОВр то по теореме о трех перпендику¬
OK-LBBy (по построению)
AK-LBB1 (по доказанному)
лярах АКЛ-ВВу
значит BB^LAKO, т.е. р^ВОВ^ ВАВ^ =р(ААКО).
Практикум 2
35
, значит ЛОВгВ = ЛОВВг = 45°
2. Рассмотрим ABOBY.
ОВг = ОВ
ОВг±ОВ
и ОК = ВК = ВгК (по свойству перпендикуляра в рав¬
нобедренном треугольнике).
Oix/^
Положим О В = а, тогда ОК — OBsin45°, ОК = ——
SB, = у/ОВ2 + ОВ2, BB^ayfi.
3. Рассмотрим ЛВЛВр
АВ = АВг
ABABy = 60° ’
значит ZBBjA = ZBXBA = 60°; АВ = АВг — ВВ1.
4. ЛВОВГ = ЛЛВОА (по катету и гипотенузе).
ZABO = 45° (ОВ - ОВ1 = О А),
значит АЛОВ — равнобедренный.
АК = АВ sin 60°, АК = ау/2 • — = а^'^.
2 2
5. Рассмотрим /\АОК.
ОА±ВОВ1 (по доказанному), значит О АЛО К.
cos(ZAKO) =
а\/2
-Q- 1 л/3
т.е. cost ЛАКО) = —= -= = —;
v ' ах/2Лз Аз 3
2
\/3
р (ЛАКО) = arccos .
о
Значит р ( ВОВ1; ВАВ1
^р(ЛАКО) =
л/З
arccos —
Заметим, что по умолчанию равенство без символов ме¬
ры р — [ВОВ^ВАВ^ = ЛАКО — означает равен¬
ство значений этих углов.
36
Стереометрия
б) Найдем (ОА] АВВ1
За угол между прямой, не перпендикулярной плос¬
кости, и плоскостью принимается острый угол между
прямой и ее ортогональной (перпендикулярной) про-
екцией на плоскость.
А
В
О
К
1. Дополнительное построение: OP-LAK.
Так как ВВ^АКО (по доказанному), то ВВ1Л.ОР
(прямая плоскости АКО).
ОР-LAK (по построению)
ОРД-ВВ1 (по доказанному) ’
отсюда следует, что OPLBAB1.
Тогда (оаДаВВ^ = АО АР, но АО АР = АОАК.
2. Из Л АО А":
ау/2 г—
sin(ZOAK') = т. е. sin(ZOAP) = —— —-,
АК дуб 3
2
значит (ОА; АВвД — АО АР —
Практикум 2
37
в) Найдем \АОВ, ВАВг
По сути, в данной задаче необходимо найти величину дву¬
гранного утла АОАВВ1.
1. Проведем дополнительное построение OM_LAB. Так
как АО = ВО, то AM — ВМ.
Так как £±ВАВ1 — равносторонний, то ВГМ — меди¬
ана, высота и биссектриса АВАВр
ОМ 1_АВ (по построению)
B^MLAB (по доказанному) ’
значит АВ±ОМВ1, тогда p(ZOABBp) = рО^ОМВ^) .
л/з
2. ВХМ = ВВх8т60о, т. е. ВХМ = ау/2 • —.
2
л/2
ОМ — OBsin45°, т. е. ОМ = а • —.
2
3. Рассмотрим АОМВр
cos(ZOMB1) =
ом* 2 + вхм2 - о в2
20М • ВгМ
cos^OMBJ =
|а2 + |а2 — а2
о Л\/2
2 • а 2 ’ & 2
\/3.
3 ’
(аов^вав^
= АОМВ1 =
V3
arccos —
3
38
Стереометрия
Задача 2. Катеты прямоугольного треугольника образуют с
плоскостью Р, которой принадлежит гипотенуза, углы а и (3
соответственно. Найдите угол между плоскостью прямоуголь¬
ного треугольника и плоскостью Р.
Дано:
ЛАРС
АВ1.ВС
АВ^р} =а
ВС^Р) = (3
Найдите (аВС;Р
а) 1. Проведем дополнительное построение: РО±Р, О Е Р.
2. Пусть BD1.AC. Так как BO.LAOC, то по теореме о
трех перпендикулярах OD1.AC.
3. BDLAC (по построению). ODA.AC (по доказанному),
отсюда следует, что AC А_В DO.
4. Так как ВОА.АОС, то ВО ADO и sin(ZBDO) =
б) Перейдем к дополнительным расчетам. Положим ВО = а.
1. Из АЛОВ: АВ = АВ =
sin a sin а
2. Из АСОВ: ВС = ВС =-3—-
sin р sin р
3. Из ЛАРС: АС - АВ2 + ВС2-
а у/sin2 а + sin2 /3
sin a sin /3
4. Из ЛАРС, используя метод площадей, получим:
АР • ВС = АС • РР = 25д две у значит BD =
а . а
-j-y sin a sin/? П
а-y/sin2 a+sin2 {3 у/sin2 а sjn2 д
sin а sin /3
а* 1 2 3 4
АС = \
у sin2 а sm2 (3
Практикум 2
39
в) Из кВ DO: sin^BDO) =
BD
sin(ZBDO) = = у sin2 а 4- sin2 /?;
у/sin2 a+sin2 /3
sin(ZBPO) = д/sin2 a 4- sin2 /3,
тогда sin2(ABDO) = sin2a4-sin2/? — своеобразная теорема
Пифагора для синусов, т. е. sin2 7 = sin2 а 4- sin2 (3 .
Примечание. Если а 4- /3 = 90°, то
sin2(ZBDO) = sin2 а 4- sin2(90° — a) = sin2 a 4- cos2 a = 1,
значит sin(ZBDO) = 1.
Отсюда следует, что Z.BDO = 90°. Геометрически это означа¬
ет, что АВСА-АОС, что, если честно, мы должны были заме¬
тить заранее и выделить этот случай отдельно при проведении
доп. построений. Например:
Дано:
АВ^Р\ = 40°
ВОР\ = 50°
ABJLBC
Докажите (АВСА.Р).
Задача 3. Дана треугольная пирамида DABC. Стороны тре¬
угольного основания пирамиды равны соответственно 24, 21
и 15. Боковое ребро, исходящее из вершины наименьшего угла
треугольного основания, равно 12 и перпендикулярно основа¬
нию пирамиды. Найдите:
а) наибольшую площадь боковой грани;
б) расстояние от вершины наименьшего угла треугольника ос¬
нования до противолежащей боковой грани;
в) угол между наибольшим боковым ребром и плоскостью гра¬
ни наименьшей площади.
40
Стереометрия
Так как для /ААВС против наименьшей стороны лежит
наименьший угол, то пусть Z АВ С — наименьший, тогда
HDabc “ && и DBA.АВС (по условию).
Дано:
DAB С — пирамида
АВ = 24
ВС = 21
АС= 15
НрАВС ~ 12
а) Найдите S А Л
7 наиб. б. грани
б) Найдите р(В; ADC).
в) Необходим анализ данных,
чтобы точно сформулировать
данный вопрос задачи.
а) 1. Найдем вначале площади:
S^adb = \aB-DB, ^db-|-24-12-144;
S^BDc = \cB.DB, S^bdc = i-21-12 — 126.
2. Для того чтобы рационально найти S^ADC'> проведем
доп. построение.
Пусть В К А. АС. Так как DBLABC, то по теореме
о трех перпендикулярах DKA.AC.
Практикум 2
41
Используя теорему Герона, вычислим
S&ABC — Vp(p ~ ~ “ с)’
24 + 21 + 15
Р = -г = 30:
S^ABC = ^30 • 6 • 9 • 15 = 6 • 5 • Зх/З = ЭОд/З.
С другой стороны, S&ABC = - • ВК • АС,
2 • ваавс R к 2 • 90-/3 /-
тогда В К — — ; В К = ——— = 12 V3.
АС 15
Так как DB1ABC, то DBTBK.
Тогда DK = у/В К2 + DB2;
DK = У(12\/3)2 + 122 = 24.
&AADC = 2^ ' &AADC = 2 ’ 15 • 24 = 180,
значит 5наиб б грани = S^ADC = [Ж] (кв. ед.).
б)
р(В; ADC) = ?
1. Проведем доп. построение BTJlDK.
Учитывая, что
В К Л-АС (по построению)
DKA.AC (по доказанному) 1
получим ACLBDK.
2. Так как AC-LBDK, то АС1.ВТ;
BT1.DK (по построению)
ВТ Л. АС (подсказанному)
значит BT1ADC, т. е. р(В; ADC) = ВТ.
3. Из /\DBK, используя метод площадей, получим.’
2S^dbk = DBBK = DK. ВТ- ВТ =
12 • 12\/3
ВТ = 24 = 6V^’ Т’е' ЛРС) = |бУЗ ■
42
Стереометрия
в) Проанализируем данные.
AD — очевидно, наибольшее боковое ребро.
DBC — грань, наименьшая по площади (см. пункт а).
Значит, необходимо
найти (^AD; DBC^ .
, значит APJ.DBC.
1. АРА.ВС
Так как DBA.ABC, то DB А.АР, тогда
АРА-ВС (по условию)
APA.DB (по доказанному)
Так как APA.DBC, то APA.DP.
Из ДЛВР: (aD^DBC} = AADP.
2. Из ЛАВС: S^ABC = А АР ■ ВС, тогда Ар = 2S^abc
г- 2 ВС
ЛТ} 2 • 90Уз 60 г-
т.е. АР = —- = —V3.
21 7
Из ДАОВ: АР = \/РВ2 + АВ2,
т. е. АР = а/122 + 242 = 12\/5.
sin(ZABP) =
60 /о
7 V Fk
т. е. sin(Z4£>P) = — = -
’ 12^5 7
тогда \AD;DBC
Примечание. Любопытно отметить, что здесь
(aDP]ABC^ = АРРАВ = ADPB.
Практикум 2
43
Задача 4. Прямоугольник со сторонами, равными а и b
(Ь а), перегнули по диагонали, причем полуплоскости полу¬
ченных прямоугольных треугольников образуют двугранный
угол <р. Найдите расстояние между вершинами прямоуголь¬
ника, не лежащими на диагонали сгиба.
Дано:
ABCD — пирамида
АС — линия сгиба
(авс^арс} = <р
Найдите BD.
а) Сделаем дополнительные
построения.
BB1-LAC
L DD1A.AC
=> (ВВ^~РР^ = ZBACP.
BlB2±AC В1В2\\РР1
■ ВгВ2 = ррг РВ2 = В1Р1 ’
т. е. — прямоугольник.
3. Так как ВВ1±АС (п0 построению)
В1В2±АС (по построению) ’
АСА.ВВ,В2
то РВ2 II АС
В с
, значит РВ2±ВВ1В2 => РВ2А.ВВ2.
1. ВВ1 =
D
АВ ВС
АС
(метод площадей);
BB-L = —===
у/a2 + b2
(очевидно ВВ1 — РРг).
44
Стереометрия
2. АВ1 = у/AB2 - ВВ2;
а2
(AB^CD^.
АВг = Ja2 - —Ъ2 _
V а2 + Ь2 Va2 + Ь2
3. B.D. = АС — 2АВг;
R Г) /~2 | г9 2а2 а2 + Ь2 - 2а2 Ь2 - а2
у/a2 + Ь2 у/а2 + Ь2 \/а2 + Ь2
в) ВВ2 = у/ВВ2 4- В^2 - 2ВВг ■ ВгВ2 cos <р-
ab
cos</? =
ВВ2 = А /~“2fe2 + -а2&2 2 • аЪ
у а + Ь2 а2 + Ь2 у/cl2 -\-Ь2 у/а2 + Ъ2
l2a2b2 - 2a2b2 cost/?
у а2 + b2 ’
BD = у/ВВ2 + DB2-
nj-. 12a2b2 — 2a2b2 cos </? (b2 — а2)2
у а2 + Ь2 а2 + Ь2
_ /а4 4- Ь4 — 2а2Ь2 cos ip
у а2 -\-Ъ2
Примечания. 1. Естественно, существуют и другие способы
решения: например векторный.
2. При а — b (ABCD ~ квадрат)
BD = а^/1 — cosp = ау/2 sin (Вх = Dx).
а4 + Ь4
3. При <р = 90° BD — J -=—-х.
у а2 + о2
Л гт А апо ог> /а4 + 64 - 2а2 62 cos <р
4. При 0 < у> < 90° BD = ■ 1
a2 + b2
5. При 180° > р > 90° BD = J ^_±b4- 2a2b2cos<p со Q
у а2 4- bz
Изменяется только вид чертежа, а вычислительная формула
остается прежней.
Практикум 2
45
Задача-теорема. Концы отрезка АВ принадлежат разным
граням двугранного угла. Полуплоскости а и (3 есть грани
двугранного угла, A G о, В 6 (3. Расстояния от концов отрезка
до ребра двугранного угла равны, соответственно, ААг = а;
ВВ1 — Ь, где AA1LA1B1 и ВВ^Х-А^В^ а А1В1 — с. Величина
двугранного угла равна <р. Найдите длину отрезка АВ.
Дано:
АА^В^ G о
вв1А1 е (3
А1В1 — ребро
двугранного угла
р (^ЛАА1В1В^ = <р
АА1±А1В1; BB^AyB^
ААХ = а; ВВХ = Ь; А1В1 = с
Найдите АВ.
Решение этой задачи рассмотрено в главе 2, с. 318.
В ней доказывается формула, связывающая данные задачи:
АВ2 = р ^2 р ^2 cos (р ,
или, если АВ — d, то
а2 4- Ь2 + с2 - d2
COSp ~
2аЬ
Предыдущая задача 4 решается тогда проще (см. рис. на с. 43).
a2h2 (h2 — п2\2
Так как ВВ2 = ^2 = DD1 и В^2 = ( д2 + , то, при-
меняя формулу, получим
2 2 а2 62 (62-g2)2 2а262
а2 + Ь2 а2 + 62 -^q^cos^-
_ -2а252^ 4- 64 4- а4 — — 2a2b2 cos р
а2 4- Ь2
что и требовалось доказать.
а4 4- Ь4 — 2а2 Ь2 cos ip
а2 4- Ъ2
46
Стереометрия
Некоторые свойства пирамид
I. Свойства пирамид с равными ребрами
Для некоторых п -угольных пирамид справедливы утвер¬
ждения, связывающие: 1. равенство боковых ребер; 2. ра¬
венство углов между боковыми ребрами и плоскостью ос¬
нования; 3. ортогональную проекцию вершины пирамиды
в центр описанной около основания окружности.
А. Если все боковые ребра пирамиды равны, то они обра¬
зуют с плоскостью равные углы, и вершина проецируется
в центр описанной около основания окружности.
Дано:
SA-l Л2Л3 ... Ап — пирамида
5'О±А1А2А3 ... Ап
SA1 = SA2 — .,.= SAn
Докажите:
а) ASAXO = ASA2O = ... = ZSAnO;
б) О — центр описанной окружности.
В. Если боковые ребра пирамиды образуют с плоскостью
основания равные углы, то все они равны, и вершина пи¬
рамиды проецируется в центр описанной около основания
окружности.
Дано:
SAr А2Л3 .. • Ап — пирамида
SO±A1 Л2Л3 ... Ап
ZSA^ = ZSA2O = ... = ZSAnO,
где (ЗА^А^... =
— Л-1А2 ... An\ = ... =
Докажите:
а) SA1 = SA2 = ... = SAn;
б) О — центр описанной окружности.
Некоторые свойства пирамид
47
С. Если вершина пирамиды проецируется в центр описан¬
ной около основания окружности, то все боковые ребра
равны и образуют с плоскостью основания равные углы.
Дано:
SAT А2А3 ... Ап — пирамида
5О±Л1Л2Аз • • •
О — центр описанной окружности
Докажите:
а) SAr = SA2 = ... - SAn-
б) ASAXO = ASA2O = ...= Z_SAnO.
Рассмотрим доказательство для SA1A2A3 (n = 3).
Докажем утверждение А (для треугольной пирамиды).
Дано:
SAXA2A3 — пирамида
SAX = SA2 - SA3
SO1.A1A2A3
а) ZSA^ = ASA2O = Z.SA3O, т.е.
б) OAX = OA2 = OA3,
т. e. О — центр описанной окружности.
а) Рассмотрим ASAjO; ASA2O; /\SA3O
1. Эти треугольники прямоугольные ( SO.\_A1A2A3
2. ALS — A2S = A3S по условию, тогда по гипотенузе
и катету ASAjO = А5А2О = /\SA3O.
Значит ZSAXO = Z_SA2O = Z.SA3O^ т.е.
^SAp AjA2A3^ = ^SA2; А^A2A3^ = ^SA.3; AjA2A3^ .
б) SAX = SA2 = SA3, AXO = A2O = A3O,
т. e. О — центр описанной окружности.
Аналогично доказываются утверждения В и С.
48
Стереометрия
Примечания.
1. Отметим, что так как ASAjO; ASA2O; ASA3O прямо¬
угольные, то для их равенства достаточно одного из сле¬
дующих признаков, связанных с пирамидой:
а) равенства боковых ребер;
б) равенства углов между боковыми ребрами и плоско¬
стью основания;
в) равенства расстояний от точки О до вершин основания
пирамиды, т. е. О — центр описанной окружности.
Следовательно, справедливость любого из трех утвержде¬
ний (А, В и С) порождает справедливость остальных двух
утверждений это пример трех теорем, для которых
справедливы по две обратных теоремы.
2. Аналогичные доказательства такого же набора условий
можно провести для п-угольной пирамиды (п > 3).
II. Свойства пирамид с равными апофемами
Для некоторых п -угольных пирамид справедливы утвер¬
ждения, связывающие: 1. равенство апофем боковых гра¬
ней; 2. равенство двугранных углов при ребрах основания
пирамиды; 3. ортогональную проекцию вершины в центр
вписанной окружности.
А. Если все апофемы боковых граней пирамиды равны,
то все двугранные углы при сторонах основания равны,
и вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в ос¬
нование окружности.
Дано:
SA1A2A3 .. -Ап— пирамида
Л2Л3 ... Ап
р (S; А1А2) = р (S; Л2А3) = р (S; А3 Л4) = ... =
= р (5; Лп гЛп 2)
Некоторые свойства пирамид
49
Докажите:
а) О — центр вписанной окружности;
б) ZS'A], Д2Д3 = ZS\A2A3A4 — ••• — ZSAn 2An-1 > ~
линейные углы двугранных углов при сторонах
основания.
B. Если все двугранные углы при сторонах основания пи¬
рамиды равны, то все апофемы боковых граней равны,
и вершина пирамиды проецируется в центр вписанной в ос¬
нование окружности.
Дано:
SAX А2А3 ... Ап — пирамида
5'О±А1Д2А3 ... Ап
ZSA1A2A3 — ZSA2A3A4 — ... — Z.S Ап 2Ап хАп
Докажите:
а) р (S'; А1А2) = р (S; Д2А3) = Р ^3^4) — • • • —
= />(S;An_1An);
б) О — центр вписанной окружности.
C. Если вершина пирамиды проецируется в центр вписан¬
ной в основание пирамиды окружности, то все апофемы
боковых граней равны, и все двугранные углы при сторо¬
нах основания пирамиды также равны.
Дано:
S'^1 А2А3 ... Ап — пирамида
SO±A1 А2А3 ... Ап
О — центр вписанной окружности
Докажите:
а) р (S'; А± Д2) — р (S'; А2А3) = р (S'; А3А4) = ... =
— р Ап_хА^ ;
б) Z_SAXA2A3 = ZSA2A3A4 = ... = Z.S Ап 2Ап хАп.
50
Стереометрия
Рассмотрим доказательство
для SA1A2A3 (п = 3).
S
2
Дано:
SA1A2?13 ~ пирамида
р (S; AtA2) = Р (g; А2А3) = р (S- АХА3)
а) О — центр вписанной окружности;
б) ZSA1A2A3 = Z.SA2A^A1 = Z.SA^A1A2 -
линейные углы двугранных углов при сторонах
основания.
STlLA2A3
Пусть .
ST3LA1A2
Тогда по теореме о трех перпендикулярах
ОТ^АХА2, ОТ2Х.АгА3 и OT1LA2A3.
Рассмотрим Z\SI\O\ AST2(9: AST3O.
Так как /\ST\O\ AST2O; AST3O — прямоугольные тре¬
угольники (SO±A1A2A3), а ЗТг = ST2 = ST3 (по условию
апофемы боковых граней равны), то по гипотенузе и кате¬
ту AST^O = AST2O = /\ST3O.
Тогда:
а) Z-ST^O = AST2O = Z-ST^O — линейные углы двугран¬
ных углов при сторонах основания.
б) ОТ\ ~ ОТ2 — ОТ3) т.е. О — центр вписанной окруж¬
ности.
Аналогично доказываются утверждения В и С.
Некоторые свойства пирамид
51
Примечания. 1. Отметим, что так как AST^O; AST2O;
AST3O прямоугольные, то для их равенства достаточно:
а) или равенства апофем боковых граней;
б) или равенства двугранных углов при ребрах основания;
в) или равенства расстояний от точки О до сторон осно¬
вания (т.е. О — центр вписанной окружности).
2. Аналогичные доказательства такого же набора условий
можно провести для п -угольных пирамид (п > 3).
Следовательно, справедливость любого из трех утвержде¬
ний А, В и С порождает справедливость остальных двух
утверждений.
Это пример трех теорем, для которых справедливы по две
обратных теоремы.
III. Свойства треугольных пирамид (тетраэдров)
Отметим ряд любопытных и полезных свойств треуголь¬
ных пирамид. Попробуйте эти свойства доказать.
Определение 1. Медианой тетраэдра называется отре¬
зок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пере¬
сечения медиан противолежащей грани.
52
Стереометрия
Теорема 1. Все медианы тетраэдра пересекаются в одной
точке и точкой пересечения делятся в отношении 3:1,
считая от вершины тетраэдра.
Определение 2. Отрезок, соединяющий середины
пар скрещивающихся ребер, называется бимедианой
тетраэдра.
Теорема 2. Все бимедианы тетраэдра пересекаются в од¬
ной точке и делятся этой точкой пересечения пополам.
Теорема 3. Сумма квадратов двух противоположных ре¬
бер тетраэдра вдвое больше суммы квадратов двух би¬
медиан, проведенных к другим парам скрещивающихся
ребер.
Определение 3. Тетраэдр, высоты которого пересека¬
ются в одной точке, называется ортоцентрическим.
Теорема 4. Для того чтобы тетраэдр был ортоцеитриче-
ским, необходимо и достаточно, чтобы:
а) хотя бы одна из высот пирамиды
ортогонально проецировалась / X.
в точку пересечения высот / X
грани (ортоцентр); / И Хв
/ Н ! L -*****^г<
б) противоположные ребра тетра- / Г/'у
эдра были попарно взаимно
АНО
перпендикулярны; в
в) суммы квадратов длин противоположных ребер были
равны между собой;
г) бимедианы тетраэдра были равны между собой;
д) перпендикуляры к граням тетраэдра, восставленные
в точках пересечения медиан, пересекались в одной
точке.
Некоторые свойства пирамид
53
Теорема 5. Пусть в тетраэдре
DABC прямые DA^ DB^, DC^
являются биссектрисами боковых
граней BDC, CDA, ADB.
Если DA1-LDB1, то DA1-LDC1
и DC1A-DB1. Иначе говоря, если
иве биссектрисы боковых граней
взаимно перпендикулярны,
D
то и остальные биссектрисы боковых
граней взаимно перпендикулярны.
Определение 4. Тетраэдр
называется прямоугольным, если
три плоских угла при вершине
тетраэдра равны 90°.
Теорема 6. Для прямоугольного тетраэдра выполняется
метрическое соотношение S2 = S2 + S2 4- S2, где Sp S2,
S3 — площади боковых граней (прямоугольные треуголь¬
ники), aS- площадь грани основания.
IV. Свойства
Теорема 7. Если
в основании
четырехугольной пирамиды
SABCD лежит
прямоугольник ABCD,
то SA2 + SC2 = SB2 + SD2.
четырехугольных пирамид
54
Стереометрия
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид)
Задача 1. Вершина четырехугольной пирамиды равноудале¬
на от вершин трапеции основания. Высота пирамиды равна 15.
Основание трапеции равно 28, боковая сторона трапеции рав¬
на 26, а диагональ трапеции равна 30. Найдите сумму котан¬
генсов двугранных углов при ребрах основания пирамиды.
Дано:
SABCD - пирамида
SA = SB = SC = SD
p(S; ABCD) = 15
AB || DC
AB = 28, BC = 26, AC = 30
Найдите
ctg (AS ABC) + ax(ZSBCD) + ctx(ASCDA) + ctg(ZSDAB)
а) Предварительные соображения.
Предположим, что АВ < DC и SOA.ABC.
1. Так как боковые ребра пирамиды равны по условию,
то вершина ортогонально проецируется в центр окруж¬
ности, описанной около основания пирамиды.
2. Так как окружность и треугольник однозначно опреде¬
ляются тремя точками, не лежащими на одной прямой,
то любые три вершины трапеции образуют треуголь¬
ник, центр описанной окружности которого совпадает
с центром описанной около трапеции окружности.
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид)
55
3. Z.ABC — острый, так как 302 < 262 4- 282.
Но известно, что против большей стороны в треуголь¬
нике лежит больший угол, т. е. ДАВС — остро¬
угольный.
Значит точка О — центр описанной окружности —
находится внутри ЛАВС, и данные чертежи неверно
моделируют условия задачи.
4. Так как около трапеции основания пирамиды описа¬
на окружность, то трапеция является равнобедренной,
и центр окружности находится на оси симметрии тра¬
пеции.
5. Так как ААВС — остроугольный, то именно большее
основание трапеции равно 28 (т.е. АВ > DC).
АР = РВ
, значит DK = KC
ОеРК
РКГАВ
(РК — ось симметрии трапеции).
б) Найдем S^ABC, используя теорему Герона:
_ 26 + 28 + 30
1- РдАВС — 2 “
2. S^abc = ^42(42 - 30)(42 - 28)(42 - 26) =
= х/42 • 12 • 14 • 16 = 42 • 3 • 7.
56
Стереометрия
. „ abc „ 30-28-26
») Я. = ; Я. = 4.42.3,7 =
65 1
— = 16-7-
4 4
г) Ндв = ОС; = 2SJ^BC; СС, = КР= 2 Z - 3'7 = 24.
7 1 АВ 1 28
д) Теперь найдем двугранные углы при ребрах основания.
1. Так как OP_LAjB, то SOP-LAB^ тогда р(ЛЗАВО) =
= p(ASPO) (мера двугранного угла равна мере линей¬
ного угла). g
2. OP = у/ОВ2 - РВ2: [РВ = ^Ав)
\ 2 J
OP = t /^Y2-142 = V^65 + 14'4)(65 — 14 - 4)
V V 4 / 4
11.3 1
= —= 8- (ОР^ОК).
ОР 8- QQ
3. ctg(ZSPO) = —; ctg(ZSPO) = =
(Jo 15 60
(p(S-,ABCD) = OS = 15).
e) 1. Так как OK1DC, то SOK1.DC,
тогда otZSDCO} = p^SKO).
1 3
2. OK = PK - OP-, OK = 24 - 87 = 15-.
4 4
3. ctg(ZS7<O) = ctg(Z5/CO) = = g.
<Jo 15 60
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид)
57
ж) 1. Так как ONYBC по построению, то SON±ВС,
тогда o(Z.SCBO) = p(Z.SNO).
2. ON = VOB2 - NB2
(NB = NC, так как ОС = OB и ONA.BC);
ON = А//^У-132= a/(65 + 52)(65- 52) =
V \4 / 4
_ 13 3 _ 39
44 39
3. ctg(ZSWO) = ctg(ZSJVO) =
(Jo 15 bl)
Учтем, что ZSMO = ASNO,
39
т.е. ctg(ZWO) = ctg(Z5WO) = —.
з) ctg(ZSPO) + ctg(ZSKO) + 2ctg(ZSM9) =
33 63 2-39 _ 96 + 78 _ 174 _ 54
“ 60 + 60 + 60 60 60 260 “
Задача 2. Вершина пирамиды, в основании которой лежит
равнобедренная трапеция, равноудалена от ребер основания
и удалена от плоскости основания на 10. Параллельные сто¬
роны основания пирамиды равны 9 и 25. Найдите площадь бо¬
ковой поверхности пирамиды.
Дано:
MABCD — пирамида
р(М; АВ) = р(М; ВС) =
р(М; DC) = p(Af; AD)
р(М; ABCD) = Ю
АВ || DC
АВ = 25
DC = 9
Найдите Sr .
о.п
58
Стереометрия
а) Предварительные соображения.
1. Так как точка М равноудалена от сторон основания, то
точка М проецируется в центр вписанной в основание
пирамиды окружности.
Теорема. Для того чтобы в четырехугольник мож¬
но было вписать окружность, необходимо и достаточ¬
но, чтобы суммы длин противоположных сторон сов¬
падали.
2. Так как трапеция равнобедренная по условию, то
AB + DC = 2AD, т.е. 25 + 9 = 2ЛР, AD = 17 = ВС.
3. Двугранные углы при ребрах основания в пирамиде
равны между собой.
4. Значит, радиус вписанной окружности равен половине
высоты, в данном случае, трапеции.
б) 1. AD, = АВ 2DC;
ЛР1 = ^ = 8.
2. DDX = у/AD2 - AD2-
DDX = V172 - 82 = 15.
3. гв = \dDx ; гв = 7.5 = ОК
MOAABCD ’ значит MOK ADC,
т.е. p^MDCB) = p(AMKO).
2. MK = y/OK2 + MO2-
MK = + = “ = 1215.
3. co^MKO) = SAL, ^MKO) = SA = |.
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид)
59
г) Теорема. В пирамиде с равными двугранными углами
при ребрах основания площадь основания равна произве¬
дению площади боковой поверхности пирамиды на косинус
двугранного угла при ребре основания.
Soc„ = S6.„cosa~|, или S6n = .
cos а
1 S - AB + DC н
°осн ~ 2 * nABCD>
5ое„ = Ц^-15 = 17-15 = 255.
2 ^-os(zSrO); = y = 85-5 = 425;
Д.п = 425|.
Задача 3*. Вершины пирамиды равноудалены от сторон ос¬
нования на 18,2. В основании лежит трапеция с основанием,
равным 30, боковой стороной, равной 26, и диагональю, их со¬
единяющей, равной 28. Найдите площадь боковой поверхности
пирамиды.
Дано:
SABCD — пирамида
p(S-AB) = p(S-BC) =
p(S-, DC) = p(S-, AD) = 18,2
AB || DC
AB = 30
BC = 26
AC = 28
Найдите S6n.
а) Очевидно, что если SOLABCD, то
1. О — центр вписанной окружности,
т. е. OP = ОМ = ОК = ON = гв.
2. Z.SABC = Z.SBCD = Z.SCDA = Z.SDAB.
60
Стереометрия
б) Рассмотрим /\АВС.
1-. б'д = л/ХР-а)(Р-Ь)(р-с),
30 + 28 + 26 лп
где р --- - = 42.
Л
S^abc = \/42(42 - 30)(42 - 28)(42 - 26) = 42 • 3 • 7.
о я - 2S^ABC. я - 2 ’42 3'7 - 16 ‘7 - 22 4
2- Нлв “ ~ЛВ~1 30 -5“ - 22А
Учтем, что гв = ^-НАв; гв = • 22,4 = 11,2.
в) 1. Так как в ABCD можно вписать окружность,
то АВ + DC = AD + ВС,
т. е. 30 + DC = AD + 26; 4 + DC = AD.
Для решения задачи необходимо найти DC и AD.
D К С
2. Пусть DD^AB, СС^АВ.
гв = ОМ = ОК = ON = ОР
(OM±AD, PKVAB, ON±BC).
Отметим, что AM = АР (ЛАМО — ЛАРО)
и BP = BN (/МВРО = &BNO).
ск=х=ар
Тогда пусть DK = у =
DM = KD (/M)MD = &OKD\
CK = CN (АСОК = ACON).
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид)
61
3. С\В = у/ВС2 - С Cl,
СгВ = /262 - 22,42 = /(26 + 22,4)(26-22,4) =
= /48,4 • 3,6 = = 13,2.
АСг = АВ- С\В; АС\ = 30 - 13,2 = 16,8.
АР = АС1 — РС1; АР = 16,8-х = AM.
Тогда AD = AM + DM = 16,8 — х + у
и DC = DK + СК = у + х.
4. Так как АВ + DC — AD + ВС, то
30 + х + у = 16,8 — х + у + 26; 2х — 12,8; х = 6,4.
5. Из ДАДИ:
AD2 = ADl + DJ)2, где АРг = АСг - СгР - D^-,
AD^ = 16,8 — 6,4 — у, т. е. AD^ = 10,4 — у.
AD = AM + DM: AD = 16,8 - 6,4 + у = 10,4 + у,
т. е. AD — 10,4 + у.
Тогда (10,4 + у)2 — (10,4 — у)2 + 22,42;
10,42 + 20,8у + у2 = 10,42 - 20,8у + у2 + 22,42;
41,62/ = 22,42 ; 41,бу = 501,76;
. 1 АВ + ВС + DC + AD
г) 1- Pabcd — 2 ’
30 + 26 + Гб,4 + 12^г + 10,4 + 12ёг
т. е. pABcd — о
2- S6 n — Pabcd ' Sk
(SK = SM = SP = SN — апофемы боковых граней);
_ 6 , nri 630 91 _ гт^тп
S', = 48— • 18,2 = — • — = 126 • 7 = [882].
6n 13 13 5
62
Стереометрия
Задача-игра
Непрозрачный куб показывают три раза так, что видны одно¬
временно только три грани.
Задача состоит в том, чтобы представить, какие буквы нахо¬
дятся на невидимых гранях куба в каждом из представленных
неполных изображений этого куба.
Для решения задачи, если пространственное представление
недостаточно развито, необходимо начертить развертку куба
и заполнить ее соответствующими буквами. Затем, если все
равно не получается, собрать модель куба и посмотреть, ка¬
кие буквы на каких гранях и в каком порядке.
Ответы таковы:
1. задняя грань — Р;
левая боковая — 7И;
грань основания — С;
2. задняя грань — ЛГ;
левая боковая — С;
грань основания — А;
3. задняя грань — D;
левая боковая — ЛГ;
грань основания —- В.
Примечание. Если не получается сделать развертку, тогда
просто соберите куб из бумаги или картона и, глядя на непол¬
ные изображения, постепенно нанесите буквы на грани.
Практикум-игра
63
Практикум-игра
1. На гранях куба нарисованы цифры. Какие цифры будут
на невидимых гранях куба?
64
Стереометрия
2. По развертке заполните грани куба цифрами.
Практикум-игра
65
3. Возможно ли обозначить грани одного куба цифрами?
Комментарии. Наибольшую сложность для обучения пред¬
ставляет организация процесса развития пространственного
представления. Причем, чем раньше удается вовлечь в этот
процесс учащихся, тем лучше будут результаты в дальнейшем.
Естественно, игровая составляющая этого процесса является
мощным двигателем (мотивом) развития и чрезвычайно его
ускоряет, делает весьма привлекательным, а значит, и успеш¬
ным. Предложенная в игровой форме система задач позволя¬
ет весьма эффективно и быстро решать поставленные задачи.
При определенных условиях и участии учителя эта работа мо¬
жет начинаться уже в начальных классах. Тем более желатель¬
но проведение таких практических игр в 7-9 классах.
66
Стереометрия
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
1. Дано:
ABC DA1B1C1D1 — куб
АВ — а
Найдите:
а) (AB^ABCiP^ ;
б) (AB^D^ABCJJ^ ;
в) (^АА^АВ1 ; г) (АВг D^AD^ ;
д) ДвМВСхР! е) УвгАВгС . ж) р .
VABCD Al Bi Ci Di VABCDAi Bi Ci Di
Предполагается, что читатель знает формулы объема
призмы и пирамиды, хотя бы из справочника.
а)
Найдем yAB^ ABC1D1j .
1. Сделаем доп. построения:
В1К±ВС1. Так как
ВВ1С1С — квадрат, то
В К = КС и В, К = 1вгС,
1 2 * 1 * * *
1
т.е. В, К = - • а\/2;
1 2
(Вгс= у/вЩТвС^).
С
=> AB.LBB&C,
АВ±ВВг
■ АВ1.ВС
значит АВ перпендикулярна
любой прямой плоскости
ВВ^^С, в том числе
АВ±ВС1 и AB-LB^.
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
67
3. Получили
B1K.LBC1 (по построению)
B1K-LAB (по доказанному)
=> B^-LABCJ^.
4. Тогда АК — ортогональная (перпендикулярная)
проекция АВг на ABC1D1,
5. Значит (аВ^АВС^Л ==ЛВ1АК.
6. ЛАВгК — прямоугольный.
ау/2
sin(Z.B1AK) = т.е. sin(ZB1AA’) = Ц= = 1
aV2
Отсюда следует, что АВ1АК — | 30° I;
(ab^abc^d^ = [Зб5!.
2. По сути, здесь речь
^B1AD1C1 в пирамиде
идет о двугранном угле
В^ВС^.
3. Сделаем доп. построение. Пусть B1TTAD1.
Так как ЛАВ1/?1 — равносторонний (АВ1 =
= BlD1 — ADX — диагонали равных квадратов),
то АТ = TDV
4. Пусть точка К — из построения к пункту а).
Тогда КТ || АВ.
Так как АВТВС1 (по доказанному в пункте а),
то КТТВС1 и KT-LAD1.
68
Стереометрия
5. Значит B1T'±AD1 (по построению), KT±AD1 (по
доказанному), отсюда следует, что AD^B^T,
т.е. (AB^D^ABCJ)^ = ZBJK.
Примечание. (AB1Dl;ABC^D^ = ЛВгТК —
в записи равенства в таких случаях по умолчанию
понимается равенство мер этих углов, т. е. равенство
значений этих углов.
6. Рассмотрим АВ1КТ.
АВТВВ^С^С (по доказанному в пункте а), значит
КТТВВ^С (КТ || АВ), т. е. ZBJ<T = 90°.
7. КТ = АВ = а- ВХК = ^ВгС- В^К = —.
2 2
8. ^ЛВ.ТК) =
ау/2
tg(ZB1T/<) = -2- =
а
(ab^d^abqd^ =
\/2'
т;
„ V2
arctg .
^ВгТК — arctg ;
в) Найдем (aA^ABj/?!^.
Первый способ для пункта в)
1. Выполним доп. построения:
A^PTBiD^. Так как
АВХ =BXDX= ADV
то ВХР = РВр
АА11А1В1
значит AA1±B1D1,
тогяа => s.o.^p.
Отсюда следует, что B1D1±AP^
*1
AA1±A1B1ClD1,
С,
в
1
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
69
3. Построим А1О±АР, тогда A1O1.B1D1
(В-^Р^АА-^Р). значит
A^-LAP (по построению)
AiOl-B1D1 (по доказанному)
Отсюда следует, что (AA1;AB1D1j = ЛАгАО.
4. Из /\ААгР следует, что
tgCZAjAP) = (ЛАгАР = ЛАгАО),
УхУх 1
а\/2
т.е. tg(ZA1AP) = = У?,
/ \ </2
значит IAA1;AB1D1] = arctg— .
\ /2
А
Второй способ для пункта в)
1. Рассмотрим пирамиду \ //qz^
A1AB1D1 как часть куба
ABCDA^C^. Di
Так как ААг = А1В1= A1D1 и АВг = B1D1= AD^
то имеем правильную пирамиду.
2. Значит вершина Аг перпендикулярно (ортогональ¬
но) проецируется в точку О — центр вписанной
и описанной около /\AB1D1
R = —-— т е В —
° 2sina ° 2-sin60°’
окружностей, где
р аУ2 /2
2-4 V3
3. cos(ZA1AO) — ,
У1A J
т.е. cos(ZA1AO) =
70
Стереометрия
Примечание
а л- х/2 х/6
Можно доказать, что arctg -— = arccos—. Действи-
2 3
л/2 т у/б
тельно, arctg — е I четверти; arccos-— 6 I четверти.
Z О
Тогда, если углы принадлежат одной четверти и зна¬
чения косинусов этих углов равны, то сами эти углы
равны.
С другой стороны,
значит
. V2 V6
arctg —- — arccos —
2 3
г) Найдем yAB1D1;AD1C^ .
1. Сделаем доп. построения:
B1T1.AD1. Так как
AAB1D1 = /\ACD1 (эти
треугольники образованы
только из равных диагона-
лей), то CTLAD1, значит AD^LB^TC по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости.
2. AD^B^TC. значит ^AB^D^ ADXC} = Z^TC.
3. Из АДВ1Р1 следует, что
ВгТ = АВг sin 60°; В1Г = ал/2 • = СТ.
2 2
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
71
4. Из /\В^ТС следует, что
/ /г> 2-В1Т2-В1С2 z
Cos(ZB1TC) = j (в,г = сп
2' («vz)2
cosfZB.TC) = V ' - , j
2 -(V) 3^2 =g5
ZB,ТС = arccos
1 3
Итак, (^AB1D^AD1 c) =
Примечание. Можно было
рассмотреть пирамиду В1А1
где все ребра равны ад/2, и
двугранный угол при любом
(в том числе и при AD±).
д) Найдем
VABCDA1B1C1D1
Первый способ для пункта д) D
1. Рассмотрим пирамиду ВЛАВСЛ&
1 1 1 — часть куба.
2. Можно доказать, что BB^C^LABCD (пункт а),
т.е. ВХКВВСХ является HBiABCiDi
72
Стереометрия
3. Из АВВ1С1 следует, что ВХК =
4- SABC1D1 = АВ• ВСр тогда SABCiDi =а-а^2 = а2^/2
(ABC1D1 — прямоугольник).
5- VB1ABCiD1 = g-S'ABCiPi 'НВхАВСф1,
„ 1 2 fn °а/2 1 ч
^BiABCiDr — 3 ’ а V2 ‘ ~2~ ~ за •
й ^BiABCiDi За ГГ
'/ABCDAlB1C1D1 а Lr.
Второй способ для пункта д)
1. Рассмотрим призму АА1В1ВВ1С
Так как призма AA1D1BB1C1
состоит из пирамиды A1AB1D1
и пирамиды B1ABC1Di
(или плоскость ABiD1
разрезает призму AA1D1BB1C1
на пирамиду A1AB1Di д
и пирамиду B1ABC1D1),
то = KlAiDiBBiCi “ K4MB1D1-
2. Пирамида A1AB1D1 может быть
представлена в виде такого рисунка.
Тогда очевидно, что
KlAiBiDi — з^1 ’ ^AAiBiBr
17 11
т-е- ^ААхВхВ! “з’а’2 а а==ба
А
1 ^3
6^
1 1 3
3- ^AA1D1BB1C — 2^4ВСРЛ1В1С1£>1 ~ 20, ’
1 з 1 з 1 з
-а6 — -а6 = -а.
6 3
1
“ 3 ’
4- ^BiABCiPi — 2V
VABCDA1B1ClDl
что и требовалось найти.
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
73
е) Найдем —
Первый способ для пункта е)
1. Можно рассмотреть пирамиду
D^E^C, у которой все ребра
равны ау/2, и найти ее объем.
2. D^A-AE^C, О — центр
вписанной и описанной окружности.
! а ■ R
° 2 sin а ’ ° 2 sin 60°
3. D^O= y/ADl - АО2-,
4- $ААВуС ~ ' s'n60°>
а _ 1 „Л/9 „Л/9 _ а2у/3
ЛДАВуС — 2 ’ ау/z ’av z ‘ ~2~ ~ 2
VpyAByC — з ■ ‘-’AABiC' ■ D1P;
_ 1 а2уД /I _ 1 з
УОгАВуС- з' — 'а^3 "За
УруАВуС
VABCDAyByCyDy
3
74
Стереометрия
Второй способ для пункта е)
1. Куб ABCDA1BlC1D1 можно собрать из пирамид
ВАВХС, CXBXCDX, DADXС и пирами¬
ды DXABXC,
т-е- ^DiABiC = VaBCDA-^CiD! ~ 4У41ЛВ1О1,
так как VA1ABlDl = VBAB1C = VC1B1CD1 = Vdadyc
(см. пункт д), второй способ).
2- VayAByDi — ^/\A1B1D1 ' ^1 = g®3 4-
3- V/^ABiC — а3 - 4 • -а3 — -а3;
О О
^Р1АВ1С
^ABCDAiBiCiD!
ж) Найдем p^AD^DC^,
Так как расстояние между скрещивающимися прямы¬
ми равно расстоянию между параллельными плоско¬
стями, единственным образом определяемыми этими
скрещивающимися прямыми, то построим такие плос¬
кости, а затем найдем расстояние между ними.
3. Сделаем доп. построение: АВХ и ВС
АВХ || DCX 1
где ВСХ II ADX
I?
, тогда D^AB^ || DBC\.
4. Отметим, что фигура ABDC^D^ увы, не явля-
ется призмой.
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
75
5. Рассмотрим треугольную пирамиду A1AB1D1
(CDBC1).
Для нее АгА = А1В1 = AJ^ (CD = СВ = ССг),
значит вершина Л1(С) ортогонально проецирует¬
ся в центр описанной около AAB1D1 (£^C1DB)
окружности. Рассмотрим диагональное сечение
АА^С (АКг = КХСГ и АК = КС).
AA1C1CA.B1D1. тогда A1C.LB1D1 и A^JLAK^
6. Следовательно, ААХКХС — дельтоид (четырех¬
угольник, диагонали которого взаимно перпендику¬
лярны, называется дельтоидом).
Значит SAA1K1C = ±АгС ■ АКг.
С другой стороны, SAAiKiC = 4151^+ АС . АА1 как
площадь трапеции АА1К1С.
А,С = ^/AAl + AC? = у/а2 + (ау/2)2 = а^З;
2
АК1 = У/АА2 + А^ =
2 a\z.i
а 2 + I — I = а
Q - 1
^AArKiC — 20,
3 2 Г
-a v2 (как дельтоида).
_А1А'1+ЛС лл ^ + ач/2 з
^ААгКгС % АА1 ® =
(как трапеция).
Значит так как площади равны, то А1С±АА'1, тогда
A^IAB^ (А1СХВ1Ог и А1С±ЛА'1).
76
Стереометрия
7. Отметим, что точка О — центр окружности, опи¬
санной около ДЛВ1£>1, а точка Ог — центр окруж¬
ности, описанной около AC1DB.
АО — П —
~ - 2 sin 60°
(ABr = B1D1 = ADX = ay/2),
т. e. AO — —-=r — a
^3
АгО = у/АА2 - АО2 = t а2 — ^а2 = = COV
V о о
8. Так как АгС — ау/З, то ОО1 = АгС — 2А1О =
3
• —
1 “ 3
значит p^AD^DCy) = ОО
что и требовалось доказать и найти.
2. Дано:
ABCDAlB1C1D1 - куб
Л2, D2 — середины ребер
AD и DC соответственно
АВ — а
а) Докажите, что АгА2 A D1D2.
АгА2 е а
б) D1D2 Е /3 , постройте плоскости а и (3.
а || (3
Найдите:
в) ^1-^2) 5
г) ^aQABCDA1B1C1D1:> ^^QABCDAiBiCiDv
д) р(А1А2; d1d2) .
а) Теорема. Если одна из двух прямых лежит в некото¬
рой плоскости, а другая прямая пересекает эту плос¬
кость в точке, не лежащей на первой прямой, то эти
прямые скрещиваются.
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
77
Очевидно, что прямая А2А2 принадлежит плоскости
AA1D1D, а прямая DXD2 пересекает AAYDYD в точке
D1 значит А1А2 A DXD2 — т.е. АгА2 и D1D2
скрещивающиеся.
j4.i-z42 £
б) dtd2 е >3
а II /3
постройте
плоскости а и (3.
1. Сделаем доп. построение:
А^з II ^1^2*
Ар А2, А3 6 а — этими
тремя точками плоскость
определена однозначно,
значит АгА3 е а.
Д
а
2. Так как А3,А2 — середины ребер,
то А2А3 || BD, но BD || B1D1,
значит DiB1 || А2А3.
Тогда Аз I' B1D1
А АгА3 || DtD2
где D3 = DxD2 А (\С и BXDXD3 — Д.
, значит А1Л2А3 ||
Следовательно, а A ABCDA1B1C1D1 — ALA2A3;
{3^ABCDAlB1C1D1 =
причем Л^з^з || DrD2D^Bx (a || Д).
в) Найдем ^AiA2;D1D2^.
Рассмотрим AAx.A2A3. АгА2 = у/ A A2 4- AA2,
A A I О ( d A A A
t. e. AtA2 = da2 4- I - I = -y- = AXA3.
BD = у/AB2 + AD2'
л л cia/2 f
= -у (^2A
78
Стереометрия
Так как А1А3 || DrD2^
• ТО ( -А‘2 7 ^1 ^2 ) — (■^1'^’2 з 1*^3 ) — А3^1^21
cos(ZA3A1A2) =
Л1Л2 + — А2А2.
2Ai А2 • AjA3
2 • - ±а2 8
cos(ZA3A1A2) — 5^2 — 10 — 0’8’
LA3AXA2 = arccos 0,8
г) Найдем SanABCDA1B1ClD1 и S/gnABCDAlB1C1D1.
1. Можно доказать, что Д^^Аз = AD3D2D4.
Очевидно, что 5'ДВ1ВзР1 — S^D,iD2Di + SDiD2DiBi.
2- •ЗдамзАз — 2^1?^3 * ^1^2 sin(ZA3A1A2);
_ 1 5а2 3 _ 3 2
ЛЛМзАз “ 2 ‘ 4 ‘ 5 ~ 8а ‘
ДА1А2А3 подобен /^D3DlB1,
тогда S * * *^DiBl =
S^A1A2A3 (^зЛ)2’
В1Вг —2А3А2, значит 5ДОзр1В1 — 45ДЛ1ЛгЛз,
тогда 5p2jD1B1p4 — -^S^D3D1B1,
q 9 2
следовательно, SD2D1B1Di = -а ;
SanABCDAiBiDiCj. ~ ga
а _ 9 2
^QABCDAiBiDiC! — ga
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния)
79
д) Найдем р(Ах А2; D1D2).
АгА2 е АгА2А3
Так как DXD2 е DXD2D^BA ,
II
то p{A^A2l D1D2) = р(А1А2А3\D1D2D^Bi).
1. Пусть АС А Л2Л3 = Р.
Так как А2А3±АР
и Л2А3±Л1Р (докажите),
то А2А3Л.АА1Р.
Построим О1ТЛ-А1Р.
Тогда С^ТА-А^з
(докажите), значит
О1Т±Л1Л2А3.
Тогда так как
Р2^4 II ^3^2
и ОХК || АХР (докажите)
то AA^CLD^.
Значит любая прямая ААа
перпендикулярна А2А3 {B1D1 или Р2Р4),
т.е. р(у!1у!2^43; D3B1D1) = р(А^А2] = ОгТ.
(Подумайте над более простыми доказательствами.)
2. Рассмотрим прямоугольник АА^^С и параллело¬
грамм РА1О1К.
Очевидно, что ЛАгАР = АО1ОК
(АР = ОР = ОК==КС).
Значит АгР — О1К.
80
Стереометрия
о гр ^АлРКОл — РК*О.О
3. Тогда _ 1
^AtPKOi — 71Р
пгг РК- 0.0
значит ОгТ = —,
где РК = АО = |АС =
Z л
0.0 — АА. = а;
АгР= y/AAl + AP2-,
Итак,
= ^aV2-,
4
2
p(AiA2; D.D2} = -а
о
Тренировочная работа 1
81
Тренировочная работа 1 (Нахождение углов
в прямоугольном параллелепипеде)
Вариант 1
Дано:
ABCDA1BiC1D1 — прямоугольный параллелепипед
ААг = 12
AD = 16
АВ = 12
Найдите:
а) tg (dT^ABCD^ ;
б) tg(ZB1ACB);
в) tg (АВ1С-,
г) tg (aB&AB^D
д) cos (aZ^C; AZ^dJ
е*) cos [aB1'C^AD1C]
Вариант 2
Дано:
ABCDA1B1C\D1 ~ прямоугольный параллелепипед
АА1 — 12
AD = 16
АВ = 16
Найдите:
а) tg (aC^ABCD^ ■
б) tg(ZCABiB);
в) tg (аВ&АА^С
г) tg (ав^ав^о
д) cos ^AB1D^CB1Bl
е*) cos ^ЛВ1с7аВ1£)1
82
Стереометрия
Решение тренировочной работы 1
Вариант 1
Дано:
ABCDA^B^C^D^ — прямоугольный параллелепипед
AAj = 12
AD = 16
АВ = 12
Найдите:
а) tg (dB^ABCD) ;
б) tg(ZB1ACB);
в) tg АА1В1В
г) tg (AB1'C^AB1C1D
д) cos AB1D1>\
e*) cos [aB&AJ^C]
а) Найдем tg (DB^ABCD) .
1. Так как BB11.ABCD1 что следует из того, что
ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед,
т. е. прямая призма, все грани которой прямоугольни¬
ки, то (dB^ABCD^ = Z.BrDB, где BD ~ проек¬
ция B1D.
2. Значит tg(ZB1BB) = где АА1 = ВВг = 12,
a DB — у/AD2 + АВ2, т. е. DB — \/162 + 122 = 20.
12
3. tg(ZB1BB) = -
3
5
Решение тренировочной работы 1
83
б) Найдем tg(ZB1ACB).
1. АВ г АС В ~ двугранный
угол при ребре АС.
Построим ВТ1.АС, тогда по теореме о трех перпенди¬
кулярах В^ТТАС, следовательно АС А.ВХТВ.
Значит p(ZB1;ACB) = р^АВ-^ТВ),
т.е. tg(ZBx4CB) = tg(ZB1TB).
2. Рассмотрим /\АВС.
2S'давс ~ АВ * ВС = АС • ВТ,
ОГТ1 АВ ■ ВС
12-16
тогда ВТ ;
ВТ- 20 =9'6-
D JD
3. tg(ZB1ACB) = tg(ZB1TB) =
1D1
т.е. tg(ZB1ACB) = — = |1,25|.
9,о 1 1
в) Найдем tg ( АВХС', АА1В1В
1. ^АВгС; AA1B1BJ -- по сути,
есть двугранный угол
АСАВ1В.
Построим BP-LAB^ (доп. построение), тогда так как
ВСААА1В1В (ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный
параллелепипед), то по теореме о трех перпенди¬
кулярах СР±ЛВР Значит р (^АВ^С\ААаВгВ^ =
= р(^САВ1В) = р(ЛСРВ), т.е. tg(аВ^С^АА1В1В^ =
= tg(ZCPB).
84
Стереометрия
2. АА1В1В ~ квадрат по условию, тогда ВР = -А1В
2
(АгВ = АВ1)иВР = ^JaAI + AB2-,
BP = -022 + 122 = 6>/2.
(Можно проще из /ХАРВ.)
Отметим, что для ЛАВгС С А — СВГ
{mAB1=HABi=CP).
3. tg (аВ1С?АА1В1в) = tg(ZCPB) =
. //ЛУПО\ 16 4л/2
т. е. tg(ZCPB) = —— =
, . % £
г) Найдем tg уАВхС-, ABxCxd\ .
1. (ylBjC'; AB1C1D^ — по сути,
есть двугранный угол
Z.CB,AD. А
- -Л
Используем результаты решения предыдущих задач.
СР±АВг (ДАВ-уС).
Построим РРХ || AD (Рге DC1).
Отметим, что так как AD-LAA^B, то AD-LABV
и в силу РРг || AD следует, что РР1±ЛВ1.
Значит АВгА.СРРъ следовательно АВХ1.СР, тогда
р (aB^AB^D^ = p^AB^D) = p(ACPPJ.
Отсюда tg ^АВ^АВуС^ = 1§(АСРРг).
2. ЛСРР1 — очевидно прямоугольный,
тогда tg(ZCPP1) = (СРХ = ВР),
т.е. tgCZCPPJ = = ЗУ? .
Решение тренировочной работы 1
85
1. (аВгС\ ABXD^ — по сути, 1CABXDV
С Pl. АВ (подсказанному), СР = у/ВР2
т. е. СР = у/(6\/2) + 162 = 2у/!Г'2'+'б4 = 2\/82.
2. ДАВуС — AAB1D1, значит СР = п
= 2 /82
И D1PA.AB1, тогда CPD1±AB1.
Следовательно,
р (AB^ABr dA= р(1САВ. DA^ ,
V 7 1
3. Рассмотрим £\CPDX.
eo^CPDJ = ^А.СЩ
17 2CP2
т.е. cos(ZCPDJ = ~ C1^)2
2 (2782)Г"''^'~ =
= 8 ~ 82 ~ 144'2 = 41-18 23
8-82 4i — 41’
t.e. cos (ABjC; AB1Dl
23
41
86
Стереометрия
1. (aB^AD^ = Z.B,ACDV
п В, К ГАС
Построим D^M±AC ,
тогда pt^ACDJ = р (biK^D1M^ .
2. Рассмотрим AAB1C, используя результаты решения
предыдущих пунктов.
СР — 2\/82 (напомним: СРГАВг, АС — В^С)-,
СР ■ АВ, = В,КАС = 1- SaABiC-_
ВК_СРАВ,
АС ’
т. е. В К - 2^2'12^ _ 48^41 12>/41
1 20 20 Г~’
3. AABjC = ДСВгА, так как АВХ ~ СБг, ВХС = DtA
и АС ~ СА, значит D^M — ВуК = —\/41.
Решение тренировочной работы 1
87
4. АК = у/АВ1 - ВгК2,
т.е. АК = J(12л/2)2 - (—л/41^ = — V25-2-41 =
5
КМ = AC- 2АК-, КМ = 20 - 2 • 7,2 = 5,6.
5. Используя результаты задачи-теоремы (стр. 45), най¬
дем cos(ZB1ACD1).
соз(ЛВ, AC DA = cos (^B1K^D1M^ =
_ 2BlK2 + KM2 -BxDl _2 (2,4^41)2 + 5,62 - 202 _
^K2 ” 2 (2A/41)2
_ 2 • 2,42 • 41 - (20 + 5,6) (20 - 5,6) _
“ 2 • 2,42 • 41 “
_ 8 • 1,22 • 41 - 25,6 • 14,4 _ 8 • 1,22 - 41 - 256 • 1,22 _
“ 8 • 1,22 • 41 “ 2 • 122 • 41 “
_ 8 • 41 - 256 _ 41 - 32 _ 9
8-41 “ —41 ~ 41’
/ \ Гэ”
Таким образом, cos f ABXC\ ADXC \ = — .
88
Стереометрия
Вариант 2
Дано:
ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед
ААг = 12
AD = 16
АВ = 16
Найдите:
а) tg (aC^ABCD^ ;
б) tg(ZCAB1B);
в) tg (ab&aa^c
г) tg (AB^AB^CyD
д) cos (^AB1D^CB1D
e*) cos (AB^AB1D1
а) Найдем tg[AC\-ABCD
СCABCD (свойство прямоугольного параллелепипе¬
да). Тогда (ac^ABCD^ = АС^АС.
Значит tg (aC^ABCD) = tg(ZC'1^C');
^ЛС-^АС) = 1; АС = VAD2 + DC2,
Т. е. АС = У162Т162 = i6v/2.
Получим, что tg(ZCjAC) =
12
16^2
Решение тренировочной работы 1
89
б) Найдем tg(ZC^B1B).
1. АСАВуВ = (сАВ^АВуВ^ ■
СВЛ.АВВ1А1 — свойство прямоугольного параллеле¬
пипеда.
Построим BP-LAB1. Тогда по теореме о трех перпен¬
дикулярах СРЛ-АВ1.
Значит CPA-LBB^ следовательно
р(ЛСАВуВ) = р(ЛСРВ), тогда tg(ZCPB) =
= ВР ■ АВу,
16-12
^г = 9’6-
2. АВу = у/АВ2 + В В2, т.е. АВу = V162 + 122 = 20;
25'дав^ = АВ ■ ВВх
_ _ АВ • В By
ВР = ——т. е.
АВу ’
ВР =
3. tg(ZCAB1B) =
160
96
5
3
в) Найдем tg (АВуС-, ААуСуС
90
Стереометрия
1. tg (аВ&АА^С) = txG^ACCJ = tg^B^OJ.
В B^ ABCD.
Построим OO15 где точка Ог = AtQ П B1D1,
а точка О = АС П BD.
Так как ABCD — квадрат (BBTAC), то ВО VAC.
Тогда по теореме о трех перпендикулярах BXOVAC.
Так как ООХ || AAt и АА1С1С — прямоуголь¬
ник, то OOTVAC. Значит B1OA1VOC, следовательно,
tg = tg(ZB1OO1).
2. BJ\ = y/A^f + AXD2-
BXDX = Vie2 + 162 = 16л/2;
BlO1 = -BjD]^ = 8x/2; ООг — ААг = 12. Значит
tgfZB^O.) = T.e. tglZB.OOJ =
2^2
3
г) Найдем tg (^AB^C^ABlC\D
1. (ABS^AB^V) = S-CB^AD-, BC-LAA^B.
Построим BP A. AB значит по теореме о трех перпен¬
дикулярах CPLABX.
Решение тренировочной работы 1
91
2. Построим РРГ || AD, где Рх е D€\.
Так как ADLABBXAV то ADX_ABx.
Учитывая, что PPV || AD^ РР1±АВ1.
Тогда Р1РА1.СВ1.
Значит tg (^АВ^ AB^yD^ = tg(Z.P1PC) =
РгС = РВ = 9,6; РРг = AD = 16,
т.е. tg(ZP1PC) =
3
5
1. (^ABlD^CB1Dl>) = ЛАВХРХС.
ААВ1Р1 = ЬСР^,
так как АВг = CDr, ADX = СВХ
и BXDX — общая (B1D1 = В1В1).
При этом АВХ = ADr = СВ1 — СВ1 = 20.
Построим CT1.B1D1.
Тогда так как ААВ1Р1 = ^CD^B^
то АТГВ^ и АТ = СТ.
Тогда B1D1A.ATC, значит
р (AB1D^CB1D1^ = р^АВ^С) = p(Z.ATC),
т.е. cos (aB1D1-,CB1dA = cos(ZATC').
92
Стереометрия
2. Из AARR (лп Лгл х
учитывая, что B1Dl =
получим:
« В{т = TD1 = 8у/2.
Ат - Ат _
cos(ZATC) = AI+ ст'1 2 - 4(72
2АТСТ~
соз(ЛАТС) = 1 _ 256 • 2 _
2-272 1
202 — 8Т22 = 7272;
__ АС2
~1~2АТ2 (АТ=СТ).
1
17 1Г
(ABiDyCBJ)^
Значит cos
1. р (AB^AB1D1^ = Р (гСАВ^Р^ .
Ранее было доказано:
CPIABl, СВ1ВР (CBIBB^).
Из ЛСРВ СР = у/С В2 + В Р2,
т. е. СР = у/162 + 9,62 = 1,67100 + 36 = —741
5
2. РВ{ = y/BBl - РВ2-
РВг = 7122 - 9,62 = 7(12 + 9,6)(12 — 9^6) =
7е)
= 721,6 • 2,4 = 0,17б3 -6-4 = — = 7,2.
Решение тренировочной работы 1
93
3. Проведем D1M1.AB1,
Так как B1D1 = АС; АВ1 = ВгА; ВХС = ADX,
то /лАВ^С = £\ВгАВх.
Тогда DrM = СР и РВХ = AM.
Учтем, что АС > СВХ,
так как 16\/2 > 20, 4\/2 > 5 32 > 25
тогда РМ = АВ. - 2РВ., т. е. РМ = 20 - 2 • 7,2 = 5,6.
4. Рассмотрим ZC4B1£>1.
Используя результаты задачи-теоремы (стр. 45), най¬
дем cos(ZCAB1£>1).
2
2 • 144 • 41 + 282 - 1002
2•256 • 34~~
2•144 • 32
2•144 • 41
(¥^)2
= 2 •144 • 41 - 128 • 72
2 • 144 • 41
32 g
41 = 4i
cos ( A^ByC; AB1Di
94
Стереометрия
Тренировочная работа 2 (Нахождение углов
в правильной пирамиде)
Вариант 1
Высота и сторона основания правильной четырехугольной пи¬
рамиды равны а. Найдите:
а) боковое ребро;
б) угол между боковыми ребрами грани;
в) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
г) двугранный угол при стороне основания;
д) двугранный угол при боковом ребре.
Вариант 2
В правильной треугольной пирамиде высота пирамиды рав¬
на а, а сторона основания равна 2а. Найдите:
а) боковое ребро;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при стороне основания;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) угол между боковым ребром и плоскостью боковой грани.
Решение тренировочной работы 2
95
Решение тренировочной работы 2
Вариант 1
Высота и сторона основания правильной четырехугольной пи¬
рамиды равны а. Найдите:
а) боковое ребро;
б) угол между боковыми ребрами грани;
в) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
г) двугранный угол при стороне основания;
д) двугранный угол при боковом ребре.
Дано:
SABCD — правильная
пирамида
Hsabcd =а
АВ = а
Найдите:
а) SD;
б) ZDSC;
в) (s'C-ABCd'} ;
г) ^SDCB:
д) ZBSCD.
а) Проведем SO.LABCD, тогда SO = Нслппг,.
Так как SABCD — правильная пирамида, то О — центр
описанной около основания окружности.
SD = VOS2 + OD2.
l.OD = ±BD- OD = ^ (BD = Vtf^ = aV2).
2.
SD =
96
Стереометрия
б) Найдем ADSC.
SD = -л/б. Используя теорему косину-
Zi
сов, получим cos(ZDSC) —
2-SD2 — DC2
2 - SD2
2 • |а2 — а2 2
cos(ZDSC) =
z ’ 2а
Z.DSC =
2
arccos -
3
в) Найдем (SC,ABCD^.
ОС — ортогональная проекция
SC на ABCD, тогда
(sC^ABCD) = /.SCO. Значит
tg^SCO) = да
г)
Найдем Z.SDCB.
1. Построим OTLDC, значит
по теореме о трех перпенди¬
кулярах STLDC)
т. е.
OTLDC
STLDC
=> DC1.OST и Z.SDCB = Z.STO.
Примечание. AS DC В = ASTO — в записи равенства
в таких случаях по умолчанию понимается равенство
мер этих углов, т. е. равенство значений этих углов.
2. tg(ZSTO) = tg(ZSTO) = ^ = 2;
C/J _
2
ZSTO = [ arctg 2 |.
Решение тренировочной работы 2
97
д) Найдем ABSCD.
Первый способ
S
1. Так как ASBC — ASDC, то если построить DK1SC,
то и BK-LSC, тогда SC-LBDK.
Значит Z.BSCD = /.BKD^ но тогда и OKA.SC и так
как В К = DK, то Z.OKD = ^BKD.
2
Следовательно, Z.BKD = 2{Z.OKD\
2. Рассмотрим /\SOC.
ОК =
OS ОС
SC
3. tg(ZOtfD) - —;
значит Z.OKD — arctg
Так как Z.BKD — 2(/OKD\ то ZBKD = 2arctg
Учтем, что
1, тогда arctg
arctg 1 = 45°,
значит ZBKD > 90°.
98
Стереометрия
Второй способ
2 / 4
1. cos(ZPSC) = -, тогда sin(ZPS'C) = Jl — -
/5
3
2. Рассмотрим ASKD.
DK = SD- sin(ZDSC); DK = a
/5
3
3. Рассмотрим ABD К.
В К = DK (см. первый способ).
z 2DK2 -BD2
^BKD) = :
2 • т|а2 — 2а2 QQ _ Че
cos(ZBtfD) = —
k ’ 2-||а2 30
1о
6_
30
= -0,2.
т.е. Z.BKD ~
180° — arccos(0,2) .
При желании можно доказать, что
2arctg = 180° — arccos(0,2).
Решение тренировочной работы 2
99
Вариант 2
В правильной треугольной пирамиде высота пирамиды рав¬
на а, а сторона основания равна 2а. Найдите:
а) боковое ребро;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при стороне основания;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) угол между боковым ребром и плоскостью боковой грани.
Дано:
SABC — правильная
пирамида / /: \
HsABC — а / I! \
АВ = 2а / \ \
Найти: 1-i
а) SB-
б) (sB^ABc) ; \ \//
в) Z.SCBA-. у;
г) AASBC-, С
д) (jsbTasc^.
а) Найдем SB.
1. Построим SOA-ABC, тогда SO — HSABC.
Так как SABC — правильная пирамида,
то AS — BS = CS, О — центр описанной окружности
около А АВ С, а /\АВС — правильный треугольник.
Я= ОВ = ——— = ^ = -aV3 (я = АС .
° 2sin60° v/3 3 \ ° 2sinBJ
2. SB = VSO2 + ОВ2;
QR /?V /7
V \3 / V3 3
100
Стереометрия
SB- ABC
Тогда
в) Найдем Z.SCBA.
V3
arctg —
В
1. Построим ОКЛ.СВ. По теореме
о трех перпендикулярах
SKLCB, тогда
SKA.CB
ОКГСВ
значит ZSCBA = ASKO.
=> CBVOSK,
2. Так как ДАВС — правильный, то если построить
АКА.СВ, то ОК — -АК (так как точка О — центр
окружности — есть пересечение медиан).
а\/Ч
АК = ACsin60°; АК = ау/З; ОК = —.
3
3. tg(Z57<0) = £SKO = -^ = V3,
Су К ауЗ
3
т. е. AS КО = arctg \/3 = 60°. Значит \ZSCB A = 60° |.
Решение тренировочной работы 2
101
г) Найдем AASBC.
1. Построим CMLSB.
Так как AASB = ACSB,
то AM-LSB.
Значит SBTAMC, тогда
AASBC = ААМС.
S
В
Построим ВТ А АС (ОеВТ),
тогда АТ = ТС, значит TM1.SB.
2. Так как AM = СМ и АТ = ТС, то ААМТ = АС МТ;
АС МТ = ^ААМС.
2
3. sin(ZSBO) = т.е. sin(AS ВО) = ~^= =
ijij ay ai \i (
3 V
Тогда TM = TBsin(ASBO) (TM_LSB),
где ТВ = СВ sin 60°; ТВ = а\/3.
Значит ТМ = а^З •
4. tg(ZCMT) = —;
tg(ZCAfT) = значит АС МТ = arctg
^ал/1 3 3
Тогда АСМ А =
Таким образом,
2 arctg—.
О
V7
ZASBC = 2 arctg
О
102
Стереометрия
д) Найдем (SB-,ASC^.
1. Так как пирамида SABC — правильная, значит
О — центр описанной и вписанной окружностей для
ДАВС, и ZSACB = ASCBA = Z.SBAC,
т.е. ZSKO = Z.STO = 60° (см. пункт в).
2. Построим BM1.ST.
Тогда так как AC LST В, то ACLBM.
Следовательно, ВМ LASC,
значит (SB*, ASC^ = Z.BST.
3. Рассмотрим /\TSB. По теореме синусов
SB
ТВ SB . , ТВ
sin(zT5B) ~ sin(zsTB); sin(ZT5B>= sb - sin60°;
3 /з _ 3\/21
2 V 7 ~ 14 ’
sin(ZTSB) = -
а
ZTSB = arcsin
. 3\/2l
= arcsin ——
14
/ . - — , \ q /91
Таким образом, (SB; AS С ) = arcsin ——
\ J 14
Домашняя самостоятельная работа
103
Домашняя самостоятельная работа
1. Дано:
SABC — пирамида
(as^abc^ = (bs^abc} =
= (ct^ABCj
АВ = 24
АС = 10
СВ = 26
Найдите:
а) площадь наибольшей боковой грани 5наиб;
б) tg(ZSACB) : tg(ZSABC).
2. Дано:
SABC — пирамида
(asmbc) = (bsmbc) =
= (cS-ABCj = 45°
AB = ВС
Z.ABC = 120°
HsABC —
Найдите:
a)
6) tg(ZSBAC).
3. Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — ромб
(SA^ABCD) = 30°
SBLABCD
ZABC = 120°
Найдите:
а) te(ZSADC) : tg(ZSACB);
б) cos(Z AS DCY
104
Стереометрия
4. Дано:
ABCDA1B1C1D1 -
параллелепипед
Z.ABC = 120°
ABCD — ромб
АС A BD = О
BXOVABCD
(ВВ~АВХС^ = 30°
АВ — а
Найдите:
а) ^б.п.п? б) SABlC1D.
5. Дано:
SABCD — пирамида
О — центр вписанной
в основание окружности
АВ || DC
AD = ВС
SOA.ABCD
Z.SADC = 60°
АВ — За, DC = а
Найдите:
а) ^б.п5 б) HSABCD\
6. Дано:
SBLABCD
ABCD — ромб
АС A BD = О
SA^ABCD} = 45°
SD\ABCD \ = 30°
в) (as^abcd} .
Найдите:
a) tg(ZSADC); б) tg(Z54CB).
Тренировочная работа 3
105
Тренировочная работа 3 (Нахождение углов
и площадей элементарных сечений)
Вариант 1
Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 12,
а диагональ основания равна 10. Найдите:
а) плоский угол грани при вершине пирамиды;
б) двугранный угол при основании пирамиды;
в) угол между боковым ребром и плоскостью диагонального
сечения пирамиды;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) площадь сечения, проходящего через диагональ основания
и параллельного боковому ребру.
Вариант 2
Высота правильной треугольной пирамиды равна 24, а высота
треугольника основания равна 21. Найдите:
а) плоский угол грани при вершине пирамиды;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при основании;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) площадь сечения, проходящего через высоту основания и па¬
раллельного боковому ребру.
106
Стереометрия
Тренировочная работа 3. Моделирование условий
Вариант 1
Высота правильной четырехугольной пирамиды равна 12,
а диагональ основания равна 10. Найдите:
а) плоский угол грани при вершине пирамиды;
б) двугранный угол при основании пирамиды;
в) угол между боковым ребром и плоскостью диагонального
сечения пирамиды;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) площадь сечения, проходящего через диагональ основания
и параллельного боковому ребру.
Дано:
SABCD — правильная пирамида
НSABCD — 12
АС = 10
Найдите:
а) ADSC-
б) ZSPCB:
в) (aS^BSD} ;
г) Z.BSCD\
Д) S&BDK, гДе BDK || AS; К е CS.
Тренировочная работа 3. Моделирование условий
107
Вариант 2
Высота правильной треугольной пирамиды равна 24, а высота
треугольника основания равна 21. Найдите:
а) плоский угол грани при вершине пирамиды;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при основании;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) площадь сечения, проходящего через высоту основания и па¬
раллельного боковому ребру.
Дано:
SABC — правильная пирамида
HSABC =24
В ЛАВС НАС = 21
ZiO
Найдите:
a) Z.CSB-,
в) ASCBA-.
г) Z.ASBC-.
Д) где AKD || SC, АК1.СВ, К СВ.
108
Стереометрия
Решение тренировочной работы 3
Вариант 1
Дано:
SABCD — правильная пирамида
НSABCD ~ 12
АС = 10
Найдите:
а) ZPSC;
б) ZSDCB;
в) (aS^BSD^ ;
г) ABSCD-
д) ^BDK' BDK || -AS; A G CS.
а) Найдем Z.DSC.
1. Дополнительное построение:
SO-LABCD, тогда
SO = HSABCD — а.
Так как SABCD правильная, точка О — центр впи¬
санной и описанной окружности, одновременно являю¬
щийся точкой пересечения диагоналей.
2. Так как ABCD — квадрат, то
DC = AC cos 45°; г'/'* 1 У
2
DC = 10 • —- = 5\/2 .
з. SC - y/OS2 з. 4 + ОС2 (ОС = |лС; HABCD = OS);
SC = y/'122 + 52 = 13.
4. cos(ZDSC) = -- + SC2 ~ DC2
2SD ■ SC
eos(ZDSC') = £11з2~25_2 _ 144
2-132 ~169’
(SD = SC);
144
, ADSC ~ arccos
169
Решение тренировочной работы 3
109
б) Найдем ASDCB.
1. Построим ОТ-LDC) тогда так как OS.LABCD, то по
теореме о трех перпендикулярах STTDC.
Значит DC 1.OST. Таким образом, получили что
Z.SDCB = Z.STO.
2. ОТ = = }-DC-, ОТ = —.
2 2 2
3. Рассмотрим /LOST.
no
Стереометрия
г) Найдем ABSCD.
Q
A D
Первый способ
1. Построим BP1.SC (PeSC).
Так как &SBC = &SCD, то DPX.SC,
значит SC.LBPD.
Значит, по признаку перпендикулярности прямой
и плоскости OPASC. тогда ABSCD — ABPD.
2. Рассмотрим ASOC.
2S^soc = SOOC = OPSC-, ОР^^
3. tg(ZOPP) =
tg(ZOPP) = Z , т.е. ZOPD = arctg ||.
13
Так как OP1-BD, то ABPD = 2(ZOPD),
13
тогда ABPD = 2 arctg —;
1 Zi
13
ZBSCZ)^ 2 arctg — .
Для нахождения tg (ABPD) возможен другой подход:
tg2a — 2*5% (a = ZOP£>);
1 - tgJ а
о 13
2 12 2-13-12 312
tg(ZJBP ) - 2 - _25 - 25 ;
•Г I 1 о I
АВ PD = arctg
/ 312
= arctg!- —
Решение тренировочной работы 3
111
Второй способ
1. SBDC = SBDP+CBDP, где SC = SP + PC, причем
VSBDP = О ' SABDP ■ SP и VCBDP - о • SABDP ' РО,
о <5
тогда
V — А . <? QC Q &ABDC ’ &О
VSBCD ~ о °ДВРР ' ‘-’О ‘-’ДВОР —
° . 50
V = 1 . <7 <7Л 'а 52 • 12 300
VSBCD 2 ‘-’двое ■ &О $ABDP — ijj— = Tj-y
2- S&bdp — OP ’ OD, t. e. OP = - ■^^>P;
QP= 300 _60
13-5 13'
3. DP = VOD2 + OP2; DP =
2
„ , ,Dnn. 2DP2 — BD2
4. cos(ZBPO) =
2-
cos(ZBPO) = —
313 - 2 • 169
313
2DP2
25 313 — 100
169 1UU
7 25-313
Z ’ 169
25
313’
50 • 313 - 16900
50 • 313
915
arccos(ZPPD) = 180° - arccos —- (ABPD > 90°);
olo
Z.BSCD = 180° — arccos —-
— 313
Можно доказать, что
312 \ 25 „ 13
— = 180° - arccos — = 2 arctg —.
2o J olo
112
Стереометрия
д) Найдем S^BDK, где BDK || AS'; К е CS.
S
А'
A D
1. Так как AS || BDK, то AS || ОК.
Рассмотрим С. ACS.
Так как АО — ОС и AS || ОК, то ОК — средняя
линия AACS, а значит SK = КС и ОК = - AS.
2
2. ОК — - • 13 — 6,5, тогда AS = 13 (см. пункт а).
3. Можно доказать, что OKCBD (см. пункт г).
S±bkD = \0K.BD,
где BD = у/DC2 + BCl
Значит ВС = DC = 5\/2. Найдем BD:
BD = ^25-2 + 25-2 = Ю;
S&bkd = 2 ’ ~2~'10 = [32,5| (кв. ед.).
Решение тренировочной работы 3
113
Вариант 2
Дано:
SABC — правильная пирамида
Hsabc = 24 /
В АЛВС НАС = 21 / I
Найдите: Av" /
а) ZCSB; \ /
б) (SB-ABC) ;
в) ZSCBA: С
г) ZASBC-.
д) saakd> гДе AKD || SC, АКАСВ, К € СВ.
а) Найдем Z.CSB. S
1. Построим АКХ.СВ
и BMLAC.
Так как ААВС — А
правильный, то
ВМ — НАс — Hqb — АК — 21. q
Построим SOLABC, тогда SO = HqAпг,п.
ОZtjDO JLs
Учтем, что SABC — правильная пирамида, О —
центр вписанной и описанной окружности и точка пе¬
ресечения медиан Л АВС, тогда
ОК=^--АК; ОК = 7.
О
2- HSABC = OS = 24. Из ASOK:
SK = у/OS2 + OK2-, SK = д/242 + 72 = 25.
3. Рассмотрим &АВС.
АС = ВС = АВ- СК = ^АС.
вллск АС=^--, AC=^ = 14V3.
Л
2
114
Стереометрия
4. Так как OSX.ABC, то по теореме о трех перпендику¬
лярах SKX.CB.
СК 7\/3
Из ACSK: tg(ZCStf) = —; tg(ZCSK) =
D Jly Zu
Так как AC SB = 2(ACSK), to ACSB = 2 arctg ,
25
, 2tg(ZCStf)
или tg(zcsB) = r_tg2(ze.sk);
(a = ACSK).
2-7V%
tg(zc5B) = —2-^ - = 2:1‘.У^'2
v 1 - 625 - 147
25^
_ 2 • 7 • 25-УЗ _ 175УЗ
“ 478 “ 239 ’
2tga
tg 2a = -—- 2
1 - tg2 a
/rev + I 175д/3
ACSB = arctg —
\ 239
Можно иначе.
2
1. АО = - АК, т.е. АО = 14.
о
2. ЛЗ = ело? + OS?; As = vWFlS _ ==5
АК
З АС=^- Ас^-
4. cos (ACSB) = 1а^~СВ2
2 • SC2 ’
cos (ACSB) = 196 ‘ 3 = 239
■ 772 386;
C0s(zcsb) = ||.
Решение тренировочной работы 3
115
б) Найдем (SB; АВС^ .
Можно доказать, что (SB; ABC^j ~ Z.SBO (SOLABC).
OS
\>g(Z.SBO) — -^-=> (так как
ОВ
точка О — центр окружности,
по совместительству точка
пересечения медиан, то
2 2
ОВ = -ВМ- ОВ = - • 21 = 14);
24 12 / ———
tg(ZSBO) = — = у; (SB-,AB>
= AS ВО — arctg .
в) Найдем Z.SCBA,
Так как CBLAK и CB1.SK, то CB-LASK,
значит ASCBA — Z.SKO (см. пункт а).
tg(ZStfO) = т.е. tg(ZStfO) = у;
24
Z.SKO = arctg у .
г) Найдем ZASCB.
1. Так как SABC — правильная,
то AASC = ACSB.
Построим APTSC,
тогда из равенства
треугольников AS С и CSB
следует, что BPLSC.
Значит SC-LAPB, тогда AASCB = ААРВ.
116
Стереометрия
Учтем, что S^CSB = ~СВ ■ SK (SK±CB)
и s^csb = j-BP-SC, тогда CBSK — BP- SC.
2
Так как О А — -АК, то ОА = 14.
О
Известно, что AS = SB = SC = /OS2 + ОВ2,
тогда SC = /242 + 142 = /772 = 2/193.
Используя полученные значения СВ, SK, SC, най¬
дем ВР из равенства
14\/3 • 25 = 2/193 • ВР (СВ = 14/3; SK = 25).
Тогда ВР =
/193
2. eosfZAPB) = = 2 -agMlW _
7 2 • ВР2 1752.3
2 ’ 193
= ! _ 22 ■ 72 • 3 ■ 193 _ 386 _
2 • 72 • 252 • 3 1 625 ~
ЛАВСВ = ЛАР В = arccos — .
625
д) AKD II SC (АКЛСВ\ к 6 СВ. Найдем S^AKD.
1. Так как AKD || SC, то DK || SC,
и DK = \sC-, SD = ^SB
(C.CSB — равнобедренный).
А
2. Так как SC = 2/193,
то DK = /193
(АК = Нсв = тсв).
239
625
Решение тренировочной работы 3
117
3. Так как SD = то = л/193.
4. По формуле вычисления медиан для AASB най¬
дем AD:
ЛГЛ х/2 • AS2 4- 2 • АВ2 - SB2
AD =
2
V2 • 772 + 2 • 196 • 3 - 772 r—
AD = - = V487.
2
5. По теореме косинусов для £\AKD-.
, , АК2 + DK2 - AD2
С^АК^ = г-лк-вк ’
,^лКо} = 212 +193 Li87 =
2-21 • /193
441 + 193 - 487 7
/ 49 х/723
sin(Z AKD) = л /1 -
V f у 4 193 2л/193
6. S^AKD =l-AK-DK- sin(ZAKD);
1 </723
Saakd = • 21/193 • ,= —
^akd 2 2/193 4
21 7=^
723 .
118
Стереометрия
Самостоятельная работа 1 (Пирамиды)
Вариант 1
1. Дано:
SABC — пирамида
АВ = ВС = АС = 4
SAAABC
SA = 3
Найдите:
а) tg(ZS£CA);
б) cos (в'ВДМС') .
2. Дано:
SABC — пирамида
АВ = 12
SOAABC
АС =14
ВС = 16
О — центр вписанной
окружности
tg(ZBCBA) = У15
Найдите В6пп.
3. Дано:
SABC — пирамида
АВ = 4
АС = 2
ABAC = 60°
AS = BS — CS — 2л/3
Найдите:
а) ASABC:
б) (всГлвв) .
Самостоятельная работа 1 (Пирамиды)
119
Вариант 2
1. Дано:
SABC — пирамида
АВ = ВС = АС = 3
SBVABC
SB = 4
Найдите:
а) tg(ZSACB);
б) cos (аОсв) .
2. Дано:
SABC — пирамида
АВ = 10
08 = 2^2
АС = 12
ВС = 8
AS АС В = ASCBA = ASBAC
Найдите S6nn.
3. Дано:
SABC — пирамида
АВ = 2
АС — 1
ABAC = 60°
AS = BS — CS — 0,5л/б
Найдите:
а) AS АВС:
б) (вс-двв) .
120
Стереометрия
Трехгранный угол
Для решения сложных задач очень полезно знать некоторые
теоремы о свойствах трехгранного угла.
Определение. Трехгранным углом называется выпуклая
фигура, образованная тремя плоскими углами с общей
вершиной и попарно общими сторонами, образующими
плоские углы: ZASB, ZASC, ABSC.
Общая вершина плоских углов S называется вершиной
трехгранного угла SABC,
Двугранные углы между гранями трехгранного угла на¬
зываются двугранными углами трехгранного угла. Обо¬
значаются плоские углы буквами а, /3, 7, а величины
двухгранных углов — буквами А, В, С соответственно.
Теорема 1. Любой плоский угол произвольного трехгранного
угла больше разности двух других плоских углов трехгранного
угла.
Следствие. Любой плоский угол трехграниого угла меньше
суммы двух других плоских углов.
Теорема 2. Сумма всех плоских углов трехгранного угла
меньше 360°.
Теорема 3. Если два плоских угла трехграниого угла равны,
то общее ребро (или сторона) этих углов ортогонально (пер¬
пендикулярно) проецируется на биссектрису третьего плоского
угла, и двугранные углы при остальных ребрах равны между
собой.
Трехгранный угол
121
Доказательство
Дано:
SABC — трехграниый угол
Z.ASB = AASC - /?;
Z.BSC = а — его плоские углы,
причем ZASB = ZASC; у ~ /3
в) Рассмотрим Л ASP и AASK, которые по доказанно¬
му являются прямоугольными: AS — общая; Z.ASK =
= Z. ASP. Значит по признаку равенства прямоугольных
треугольников /\ASP = Л AS К, следовательно SP = SK
и АР = АК.
г) Рассмотрим AOSK и ЛОЗР.
SO — общая (по условию); SP = SK (по доказанному);
OKLSK ,
(по построению).
Значит ЛОЗ К = ЛО8Р. Следовательно,
Z.OSK = AOSP = —, т.е. SO — биссектриса.
д) ЛАО К = ЛАОР по катету и гипотенузе, значит ЛАКО —
= ЛАРО, Следовательно, равны и двугранные углы,
т.е. В = С.
Итак, двугранные углы при ребрах SB и SC равны.
(Необходимо помнить, что AKOX-SB, т. е. ^ASB*, CSB^ =
= ААКО, APO.LSC, значит (aScTbSc) = ЛАРО.)
122
Стереометрия
Известна также первая теорема косинусов для трехгранного
угла.
Теорема 4. Пусть а, 7 — плоские углы трехгранного угла
SABC. а А — величина двугранного угла с ребром SA.
Тогда справедлива формула cos А
Очевидно, что это утверждение
и для cos В. cos С.
Пример
Рассмотрим правильную
шестиугольную пирамиду, у
которой боковое ребро в два раза
больше ребер основания. Найдите
двугранный угол при боковом
ребре.
Пусть а = Z.FED — 120°,
cos а — cos /3 • cos 7
sin /3 sin 7
можно трансформировать
(3 = Z.MEF. ^ — Z.MED (j3 — ^).
Отметим, что здесь Е — вершина трехгранного угла EMFD.
Очевидно, что cos (^MEF) =
МгЕ
ME
cos (AMEF) = 1; sin (MEF) =
cos (AM ED) = 1; sin (MED) =
cos (AFED) = cos (120°) =
т. e.
(внутренний угол правильного шестиугольника);
cqs м _ cos (AFED) - cos (AMEF) cos (AMED)
sin (AMEF) cos (AMED)
(M — двугранный угол при ребре ME);
1 1 1
л , 2 4’4 9 3
cos М = —=—■=■ —
Л5 Лб 15 5
4 ’ 4
Трехгранный угол
123
Естественно, если знать данную формулу и уметь ее приме¬
нять, то значительно упрощается нахождение двугранного уг¬
ла в трехгранном угле, если даны плоские углы.
Задача 1. В правильной четырехугольной пирамиде МABCD
все плоские углы при вершине равны а. Найдите:
а) двугранный угол при боковом ребре;
б) двугранный угол при стороне основания.
(9O0 - f ) sin (90° - f)
9 a
;g 2’
Очевидно, что /LMDC = 90° — —, a AADC = 90°.
Обозначим ЛАРМС = Z.MADC = р2. По первой теореме
косинусов относительно трехгранного угла DAM С получим:
cos 90° - cos (э0° - 2) • cos (э0° -
а) cos ~
sin
0 - sin2
О OL
COS2 2
cos (90° - - cos 90° • cos (э0° -
б) cos </>2 — 7 ZV~
sin 90° sin (90° - )
sin — 0
2 a
cos 9?! = - tg -
a
COS</?2 =tg- .
124
Стереометрия
Примечание. Для справки отметим, что справедлива вторая
cos А + cos В • cos С
теорема косинусов: cos а —
sin В • sin С
а также теорема синусов для плоских и противоположных дву¬
гранных углов трехгранного угла:
sin a sin /3 sin 7
sin В
sin В sin С
Задача 2. В четырехугольной пирамиде около трапеции осно¬
вания можно описать окружность. Высота пирамиды проеци¬
руется в центр вписанной в основание окружности. Двугран¬
ный угол при боковой стороне основания равен 60°. Основания
трапеции равны За и а. Найдите:
а) высоту пирамиды;
б) площадь боковой поверхности пирамиды;
в) тангенс угла между наибольшим из боковых ребер пира¬
миды и плоскостью основания;
г) косинус двугранного угла при наименьшем из боковых ре
бер пирамиды.
Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — трапеция
Около ABCD можно
описать окружность
SO.LABCD
О — центр вписанной
окружности
Z.SADC = 60°
АВ = За
DC = а
Найдите:
а) ^ABCD'i б) ^c.nSABCD^ в) tg ABCD^ ; г) cos (AASDC).
Трехгранный угол
125
а) 1. Так как О — центр вписанной в трапецию окружности,
и SO A. ABCD. то двугранные углы при всех сторонах
основания равны между собой, и AD + BC = AB + DC.
2. Так как около трапеции можно описать окружность,
то AD = ВС. значит AD = ~ 2а.
3. Построим DDrLAB. CC1-LAB.
Из AADDi = ЛВССг следует,
что AZ?! = ВСг =
АВ-DC
2
т. е. ADT = а.
Тогда DD1 = у/AD2 - AD[.
DD.— Via?
а? - ал/З,
значит г
в
Из /XSOP SO = ОР- tg 60°,
т-е. HSABCD = SO=^.^3 = [I^].
б) 1. Так как все двугранные углы при сторонах основания
равны, то Sb nSABCD =
cos 60°
2- SABCD —
AB + DC
2 ' НABCDi
т. e. SABCD —
За + a
2
• аУз = 2a2 V3.
3- S6 nSABCD ~
cos 60° ’
T* e* ^6.nSABCD ~
2а2л/з
1
2
4a2\/3
126
Стереометрия
в) Можно доказать, что AS — наибольшее боковое ребро.
1. АО = VAP2 + ОР2,
т. е. АО =
2. Из AASO tg (aS^ABCD) = tg(ZSAO) = —,
' ' 2T.Cz
т. е. tg(ZSAO) = — Z* .
cl \/3 2
г) 1. Для нахождения cos(ZAS7?C) используем теорему ко¬
синусов для трехграниого угла с вершиной D. Для
этого необходимо знать все плоские углы, т. е. /ADC,
Z.ADS и /CDS.
Напомним теорему для данного трехгранного угла при
вершине D'.
cos (/ASDC) = cos^ADC} ~ cos(/ADS) • cos(/CDS)
sin(ZADS) • sin(ZCPS)
2. AC = y/AC^ + CC2; AC = \/4 a2 + 3a2 = a\/7.
cos(ZADC) = AP2 + DC2 ~ Ac2.
2AD ■ DC
i / л nm ^a2 + a2 — 7a2 1
cos(ZAZ)C) = — —
2-2a-a 2’
т.е. ZADC = 120°; sin(Z4£>C) =
3. Так как SP = SM = ..., to SM =
cos 60° ’
t. e. SM = ay/3.
Из AS DM: tg^MDS) =
V ’ DM'
tg^MDS) = = 2^3 (DM = Ldc}
5 \ 2 /
Трехгранный угол
127
Напомним тригонометрические формулы нахождения
косинуса и синуса угла через тангенс этого угла:
1 . tga
cos а = ■■ ; sin а = , ■ •
± у 1 + tg2 а ±\/1 + tg2 а
Получим:
cos(ZCDS) = ........ = (ШИЗ = Z.CDS);
V1 4- 12 у 13
sin(ZCDS) = ^=.
(В данном случае ZADC, /LADS, /LCDS — острые.
Подумайте, почему.)
Можно доказать, что /LADS = /CDS.
4. Теперь подставим соответствующие значения в форму¬
лу и получим:
cos (/LASDC) =
2уТз 2713
13 * 13
1 1_
2 13
ФЗ
13
5
8
Задача 3. В основании пирамиды лежит ромб. Боковое ребро
пирамиды перпендикулярно плоскости основания, а два дру¬
гих боковых ребра, находящиеся в смежных боковых гранях,
образуют с плоскостями основания угол в 45°. Наибольшее
боковое ребро образует с плоскостью основания угол в 30°.
Найдите:
а) тангенс двугранного угла между боковой гранью, которой
не принадлежит боковое ребро, перпендикулярное плоско¬
сти основания, и плоскостью основания;
б) тангенс угла между плоскостью, проходящей через верши¬
ну пирамиды и меньшую из диагоналей основания, и плос¬
костью основания;
в) косинус двугранного угла при боковом ребре, образующем
с плоскостью основания угол в 45°;
г) косинус двугранного угла при наибольшем боковом ребре.
128
Стереометрия
Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — ромб
SBA.ABCD
(SA-ABCD^ = 45°
(sT^abcd) = 30°
Найдите:
а) tg (AS ADC);
б) tg (SAC^ABC^ ;
в) cos (ABASD);
r) cos (/.ASDC).
a) 1. Положим SB = a.
AB = SB -tg45°,
t. e. AB = a.
BD = SB • ctg 30°,
t. e. BD = a\/3.
2. При BD = ay/2
Так как BD =
«д/З > a\/2,
to ABAD > 90°.
Найдем cos (ABAD).
cos (ABAD) =
AB* 2 + AD2 - ВD2
2AB■AD
cos (ABAD) = — = _1
2a2 2'
Значит /.BAD = 120°, следовательно, чертеж другой.
130
Стереометрия
в) 1. Для нахождения двугранного угла при боковом реб¬
ре SA используем теорему косинусов для трехгранного
угла при вершине А.
Два плоских угла — /.SAB и /1BAD — известны.
Найдем Z.SAD.
2. tg (ZSAJC) = —, где SK = VSB2 + В№;
SK =
у/7,
значит tg (ASAK) =
Тогда так как cos а =
cos (ASАК) = -Т1
УГ+7
-\/7
а
2
—,.....= -- (а е I четверти), то
0+tg2a
- 1 _
; ~ 2у/2 ~ 4 '
Следовательно, cos (ASAD) — cos (180° - ASAK) —
Jo
— - cos (ASAK) = -AAA
sin (ASAD) =
3. cos (ABASD) =
cos (ABASD) =
cos(ABAD) — cos 45° • cos(ASAD)
sin 45° • sin(ASAD)
1 _ V2 (_^A\ 1 , 1
4 2 ' 4 7 _ —2 ' 4
V2 >/14 ~ x/7
2 4 4
Трехгранный угол
131
г) 1. Аналогично, для нахождения двугранного угла при
ребре SD используем теорему косинусов для трехгран¬
ного угла при вершине D:
cos(AADC) - cos(Z5r>A) • cos(Z5L>C')
cos(ZASDG) - sin(ZSDA) • sin(ASDC)
2. Z.ADC = 60°.
3. tg(ZSZJA) - где SK = М,
UiX л
DK = DA + АК, т. е. DK = а + = f-a,
2V7 </7
значит tg(ZSDA) = .
3
Так как cos а = —. - = (0 < а < 90° ), то
x/l + tg2a
1 I Г V7
cos(ZSDA) = - ^=; sin(Z5DA) = J1 “ = V
4. Можно доказать, что ASDA — Z.SDC,
1 _ 9
тогда cos (Z.ASDC) — 2
Тб
132
Стереометрия
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
Задача 1. Дана пирамида, в основании которой лежит равно¬
бедренная трапеция с основаниями, равными 25 и 9. Апофемы
боковых граней равны 15. Найдите:
а) площадь поверхности сферы, вписанной в пирамиду;
б) площадь сечения, проходящего через центр вписанной сфе¬
ры и одну из параллельных сторон основания трапеции.
Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — трапеция
AD = BC
АВ = 25
DC = 9
Апофемы боковых граней равны 15
В пирамиду вписана сфера
Найдите:
а) 5сф;
б) ^сечения’ гДе сечение проходит
через центр сферы и через
сторону DC или сторону АВ.
а) Вычислим площадь поверхности сферы, вписанной в пи¬
рамиду.
1. Построим SOTABCD, SPA.AD, STTBC, SMX.DC.
Так как SP — SK — ST — SM = 15, то О — центр
вписанной окружности, тогда
ASPO = &STO = /XSMO = AJSKO.
По теореме о трех перпендикулярах
OPTAD, ОКТАВ, ОТТВС,
значит ASPO = ASTO = AS МО = AS КО = ASADC =
= ASBCD = ASCDA = ASABC.
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
133
Известно, что для того чтобы в пирамиду можно бы¬
ло вписать сферу, достаточно, чтобы двугранные углы
при основании были равны. Значит в данную пирамиду
можно вписать сферу.
Рассмотрим AKSM. SK = SM, Z.SKO = Z.SMO.
Далее, очевидно, что радиус вписанной в AKSM
окружности равен радиусу вписанной в пирамиду сфе¬
ры (AS КО = ASPO = AS МО = ASTO, где SP, SK.
SM, ST — касательные к сфере), т.е. гв = Ясф.
2. Рассмотрим трапецию ABCD,
Так как в ABCD можно
вписать окружность, то
АВ 4- CD = 2AD. Значит
^ = V = 8;
AD = 17; AD^AB-DC
1 2
DDX = у/AD2 - ADj-, DDr = V172 - 82 = 15;
DD^ = К Ad. значит AKSAd — равносторонний.
Известно, что центр окружности, вписанной в тре¬
угольник, находится на пересечении биссектрис.
Так как гв = ООг = О Ad • tg 30° (O1Ad — биссектриса),
134
Стереометрия
б) Вычислим площадь сечения пирамиды, проходящего через
центр вписанной сферы и одну из параллельных сторон
трапеции основания.
Вариант 1
Пусть сечение проходит через сторону DC и точку Ог —
Рассмотрим AKSM, где
mKS ~~ меДиана к стороне KS;
Iks ~ биссектриса к стороне К S ',
HKS ~ перпендикуляр к стороне KS.
1. Так как AKSM равносторонний, то
mKS = ^ks — Hks ~ MrM = КМ sin 60° =
= КМ~ (Щ = M1S); МгМ = = кк1.
2. Рассмотрим /л AS В.
Так как Г>2С2 || АВ и Mv € D2C2,
то D2C2 = |аВ, D2C2 = = 12,5.
2
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
135
(25 + 18)15\/3 _ 43-15
2-4 ”8
Вариант 2
Пусть сечение проходит через сторону АВ и точку Ох —
Так как SKY — MKV ^1^1 II АВ,
то A1Bl = ^DC; А1В1 =
Рассмотрим трапецию АА1В1В.
я _ АВ + АгВг
ЬАА1В1В ~ 2 ЛЛ1
(КК^А^).
Ki €
25 + |
$ААтВ1В= 2
15л/3 = 59 • 15у/3 __ 885
2 " 4-2
136
Стереометрия
Задача 2. Рассмотрим параллелепипед, все грани которого —
равные ромбы с диагоналями, равными 8 и 6. Найдите:
а) площадь наименьшего по площади диагонального сечения;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при ребре основания;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) объем параллелепипеда;
е) расстояние между только наибольшими и между только наи¬
меньшими скрещивающимися диагоналями смежных граней.
Первый случай
Рассмотрим параллелепипед, все грани которого — равные
ромбы с диагоналями, равными 8 и 6. Причем это паралле¬
лепипед, в котором существует вершина, в которой сходятся
только острые углы ромбов граней.
Дано:
ABCDA1B1CiD1 -
параллелепипед,
все грани —
равные ромбы.
А — общая вершина
острых углов ромбов
смежных граней
АС = 8
BD = 6
Найдите:
а) площадь наименьшего по площади диагонального сечения;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при ребре основания;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) объем параллелепипеда;
е) расстояние между только наибольшими и между только
наименьшими скрещивающимися диагоналями смежных
граней.
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
137
а) Найдем площадь наименьшего
диагонального сечения.
В ромбе ACLBD-.
АО = ОС, ВО = OD.
Тогда АВ = \/32 + 42 — 5.
АВ2 + AD2 - BD2
2 •АВ-AD
_ 14 _ 7
2-5-5 ~ 2-25 ~ 25'
Из ДАОТ? cos(ZOAT?) = ~ 1
(где АО — 4, a AD — 5).
Из /\ABD cos(ZA) -
,/л. 52 + 52 - 62
cos(ZA) =
Так как BD — меньшая диагональ основания, то возмож¬
но BB]D]D — наименьшее по площади диагональное се¬
чение. Найдем SBB1D1D.
Для этого напомним, что если два плоских угла трехгран¬
ного угла равны, то общая сторона этих углов ортогональ¬
но проектируется на биссектрису третьего плоского угла.
Учтем, что АА^АВ = Z.AXAD (ромбы равны). Тогда по¬
строим A1O2^-ABCD. Значит О2 т.е. биссектрисе
угла BAD.
138
Стереометрия
Далее:
BD.LAC (по условию),
BD-LA1O2 (так как A1O2-^-ABCD).
Значит ВР±АА1С1С, а тогда BD1.OO1 (любой прямой
АА^С), т.е. BD_LBBl (ВВ1 || ОС^).
Таким образом, BB^D^D — прямоугольник;
^BBrDiD — &D - ВВХ; = 6 • 5 = 30 (кв. ед.).
Вопрос о поиске наименьшего по площади диагонально¬
го сечения окончательно не решен. Для этого в процессе
решения пункта б) рассмотрим еще одно диагональное се¬
чение.
б) Найдем [AA^ABCDj .
АгВ = AXD, /\A1BD — равнобедренный.
А±О — медиана и высота.
А,О = ^АгВ2 - ВО2 = ч/б^З5 = ^27 = 3^3.
Из ДААгО cos(ZA1 АО) = АА1 + АО2 - АгО2
2AjAAO
cos(ZA1AO) = -It42 ~ (3д/3)2 _ 2.
2-5-4 “20-
Так как О2 е АО, то ААгАО = [AA^ABCD
значит cos (aA^ABCd} = —
V 1 /20’
или (aA^ABCD) = ^AyAO = arccos —
7 20’
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
139
Рассмотрим диагональное сечение A1BCD1.
Тогда SAlBcB1 — АХВ • ВС • sin(Zj4jB(7).
По теореме косинусов
АгС = y/AAj + АС2 - 2AAt • АС • cos(ZA^C');
/ 7" t
АХС = л /б2 + 82 - 2 • 5 • 8 • — = ^25 + 64-28 = д/бТ.
fi2 4- Pj2 - 61
Тогда из ЛАгВС cos(ZA1BC) = = 0, значит
2-6-5
A1B-LBC. Из этого следует, что
^AiBCDi = ^AiBCD! = 6 • 5 = 30.
Значит SA1BCD1 = SBB1D1D — наименьшее по площади,
диагональное сечение.
Площадь его равна | 30 |.
Примечание. Окончательно вопрос может быть решен,
только если рассмотреть площадь диагонального сечения
A1B1CD и установить, что SA1B1CD = 30. Важно при этом
доказать, что SAB1C1D > 30. Действительно, SAB1C1D =
= 2л/351 > 30.
140
Стереометрия
в) Рассмотрим Z-AXADC — двугранный угол при ребре AD.
Построим A1A2±AD, А2О2.
Так как /.BAD — Z_AXAD (А — вершина острых углов
трех равных ромбов),
7
то cos(ZBAjD) = cos(ZA1AD) = — (см. пункт а).
.Zo
7 7
Значит АА2 = ААг • cos(ZA1AD); АА2 — 5 • — =
о
7 7
АО2 — ААг cos(ZA1AO); АО2 = 5 • — =
Тогда можно использовать теорему о трех перпендикуля¬
рах: так как АгО2±АВСР и A1A2A-AD,
то О2А2Л.АР (AD-LA1A2O2 ).
Тогда О2А2 — у/АО2 — АА2;
7-3 _ 21
4 • 5 ~ 20
С другой стороны, АгА2 = у/А А? — АА2;
Из АА1А2О2 следует, что cos(ZA1A2O2) =
21
/ / л л х 20 21
cos(ZA1A2CJ2) — — — —, и так как
^2^2 .
AiA2
(ААгDXDY (ABCD) = ЛАХАРС = АА1А2О2.
21 21
то cos(ZA1ADC) = —, т.е. ЛА^РС ~ arccos —.
v 1 96 1 96
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
141
г) Найдем двугранный угол при ребре ААг.
Пусть DP_LAA1.
Так как ЛААгВ = ЛАА1В, то ВРААА1.
Значит AA1-LPBD, тогда
(ЛА1В1'В?АА1Г)1р) = ABlAlADl = ABPD;
7 7
АР = AD ■ cos^AL»); АР = 5 • — =
25 5
DP = VAD2 - АР2;
dp=\F-W
—, но DP = ВР.
5
Учитывая это, найдем из £\PBD
cos(ABPD) =
2 • 576 - 36 • 25
2-576
1152-900 252 126 63 7
1152 1152 576 288 32’
7
Значит ABAAiD, = arccos —.
1 1 32
142
Стереометрия
д)
Рассмотрим ДА1АО2-
Из чертежа видно, что
АгО2 = у/AAl - АО2;
Ai<92 =
$abcd — ‘
Sabcd ~ 2 ~ 24‘
^ABCDAtBrCxDx ~ SabCD * ^ABCDAxBxCiDv
3 /— .
V — 24 • -v39; V = 18д/39 (куб. ед.).
е) Найдем расстояние между только наибольшими и меж¬
ду только наименьшими скрещивающимися диагоналями
смежных граней.
1. Рассмотрим в начале вычисление расстояния между
только наибольшими скрещивающимися диагоналями
смежных граней: pi^AD^ DC^.
Так как расстояние
между
скрещивающимися
прямыми равно
расстоянию между
однозначно
определяемыми
этими прямыми
параллельными
плоскостями,
то построим
эти плоскости
и найдем взаимный перпендикуляр.
Практикум 5 (Решение более сложных задач)143
Рассмотрим диагональное А; О а
сечение АА1С1С, /\ ■■■/
где ААг = СХС. / /
/ /
А о2 О С
ААХ = А1В1 = А^ = 5;
АОг = y/AA'f + AxOj - 2ААХ ■ А1О1 cos(ZAA1O1) -
= Vaaa + Ai°‘i - 2ААг • AjOi cos(180° - /_АХА(У)
( 7 \
(cos(ZA1AO) = — J .
AOX = J52 + 42 + 2-5-4 • —=
У 20
= V25 4- 16 + 14 = \/55. (Можно проще из /\АВ1О1.)
Так как A1O21.ABCD (по построению),
то A^IBD, BD1AC (ABCD - ромб),
значит BD-LAAi^C.
Значит, любая прямая, принадлежащая АА^С^С, пер¬
пендикулярна BD.
Построим ОКЛ-АО^ тогда OK1.BD (BD ||
АВг || DC1), следовательно OKLC^D.
Так как АО1 || ОСг, то
p^AD^DCJ = ^(АВ^рЦВВ) = OK.
Применяя метод площадей, получим
^AOtCiO — АО ‘ АОа
^AOiCiO = А®1 ■
о /пк АО • А^О‘2
. Значит ОК = -т-1—
АОХ
144
Стереометрия
Напомним, что
АО = 4; А.О2 = ? д/39; АО. = ^55;
4 1
4-|739 о 3
ОК ~ Tt-t- = гт\/55 • 39 = — \/2145. Тогда
V55 55 55
3V^145
55
D
p(ADi; DC.) = p(AB.D.;C.BD) = OK =
Примечание. Учитывая, что расстояние между плос¬
костями p(AB.D.;C.BD) = ОК, получим, что
p(ADi; DC.) = р{АВ.-, ВС.) = р(АС; ВС.).
Аналогично p(B.D.-DC.) = p(BD;AD.) = ОК.
. Рассмотрим случай p(AD.; AjCJ.
AZ?i || ВС.
AC || А.С. ’
тогда ВА.С. || D.AC.
Очевидно, что
p(BA.C.,D.AC) =
— p(AD.‘, AqC]) =
— р(А;ВА.С.),
Решать задачу обычными способами технически слож¬
но. В данном случае покажем применение метода ра¬
венства объемов. (Позже, в главе 2 будет рассмотрен
векторный способ решения.)
^ABCDAiBiCiDi — Sabcd ’ HABCDA1B1c1Dl.
Примечание. Идея решения задачи связана с тем, что
А.ВС. || AD.C.
Кроме того, так как А.С. с А.ВС.; AD. с AD.C.,
то AD. || А.ВС..
Значит р( AD. ^А.ВС.^ p(AD. -,А1С.)=р(А-, А .ВС.) -
~ НавАхСс где АВА.С. — пирамида с основанием
ВА.С..
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
145
Sabcd ~ BD (ABCD — ромб, т.е. AC-LBD)-.
^ABCDAiBiCiDi = уАС ' ^ABCDAiBiCiDi’
т- е- VABCDAiBiCiD! = £ ' 6 ’ 8 ’ — 18739,
тогда VABCA1BlC1 — 2^bcda1BiC1d1 = 9л/39.
VdtAAiBtB ~ 0K4...D1 ~ докажите самостоятельно.
О
~ 6д/39< где СуАА^В^В ~ пирамида с ос¬
нованием АЛ1В1В.
^CiAAiB = 2Vc^aa^b> те* УС1АА1В = 3\/39, где
С^АА^В пирамида с основанием £\ААХВ.
С другой стороны, VCMB = ^S^BA1C1HABAiCi,
гДе Нава.с^Р^ВА^.
Учтем, что
S^BA1C1 = 7И(11 - 8)(И - 8)(11 - 6) - 3755,
8 + 8 + 6
где — 11 = р (р — полупериметр, AxCt = 8;
ВСг = 8; А1В = 6\
Тогда 3739 = 1 • 3755 • НАВА1С1,
О
т. е. НДВА1С1 — 3
з
ptAD^CJ = —72145 .
00
146
Стереометрия
Примечание
3
Из р^ВАлС^, Р1ЛС1) = —д/2145 следует, что
55
p^AD^AyC^ — р^АС^ВСу) — p^AD^A^) =
= DXC} = p(DiC; ВЦ) = p(AC; AXB) =
= ^72145.
55
3. Теперь найдем расстояние
p(A1D;D1C) между только
наименьшими скрещива¬
ющимися диагоналями
смежных граней.
Рассмотрим
ДАХВВ и ДСЦВр
A.D || ВгС
BD || В^
BB1D1D — прямоугольник (было доказано ранее),
BDrOO.
тогда ACLBD (ромб)
Построим OK-LO^C. Тогда
ОК е ААгСгС
B^D^LOK
OK-LCD^B^, значит
p(ArD-, ВгС) = p(AxBD-, CD^) = OK.
В.
Ci
, значит
A^BD || CDXBV
, значит BDA-AA^CyC.
{BlDl || BD, BDLAA^C).
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
147
7
Так как cqs^A^AO) = ^(ZC^OC) = —, то
ОХС = y/OOj + ОС2 -2ООХ- OCcosfYC^OC),
ОХС = ^52 + 42 - 2 • 5 • 4 • ^ = Зу^.
Применяя метод площадей, получим
■?дОО1с = \-ООхОС- ы^ОхОС}
S&OOiC = 9^1^ ■ ОК
з
тогда sin(ZO1OC) — — у39;
_ ОО1 • OCsin^O^C)
Итак, p(A1D] DXC) = p(AxBD- = У13
Примечания
1. p^B; B^J = p(BB; BTC) = р(ВгС; А1В) =
= p^D^D) = p(BD- DXC) = | л/ТЗ .
2. AATBD = /\CD1B1 — правильные.
Второй случай (в начале решения необходимо проверить воз¬
можность его существования).
Дай параллелепипед, все грани которого — также равные ром¬
бы с диагоналями, равными 8 и 6. Но рассмотрим теперь па¬
раллелепипед с другим набором граней-ромбов. Причем в та¬
ком параллелепипеде существует вершина, в которой сходятся
только тупые углы граней.
148
Стереометрия
Убедимся, что такой случай возможен.
__7_
25’
к2 I к2 _ о2
cos(ZCBA) = 5 + :
2 • о • о
7
Так как cos(ZCBA) — — —
возможно существование параллелепипеда, у которого есть
14
50
то АС В А
120°, а значит,
вершина, в которой действительно сходятся грани с вершина¬
ми тупых углов ромбов (пусть это будет вершина В).
Примечание
Если бы выполнялось неравенство АС В А 120°, то тако¬
го параллелепипеда в природе не существовало бы. Действи¬
тельно, тогда АС В А 4- АСВАХ + ААВВг 360°, что невоз¬
можно, так как уже при АСВА + АСВАг 4- ААВВг =
— 360° параллелепипед вырождается в плоскость.
Дано:
ABCDA1B1C1D1 -
параллелепипед,
все грани —
равные ромбы.
В — общая вершина
тупых углов ромбов
смежных граней
АС = 8
ВР^б
Найдите:
а) площадь наименьшего
по площади диагонального сечения;
б) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
в) двугранный угол при ребре основания;
г) двугранный угол при боковом ребре;
д) объем призмы;
е) расстояние между только наименьшими и между только
наибольшими скрещивающимися диагоналями смежных
граней.
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
149
Так как А АВС, ААВВ1 и Z.CBBX — тупые, то из условий
задачи следует, что АВХ = ВгС = АС = 8.
Положим B1B2^-ABCD (В2 6 BD), тогда так как ВР±АС,
то B^-LAC (по теореме о трех перпендикулярах).
Кстати и B1B-LAC.
ВХО = у/АВ2 - АО2; АО = АО = 4;
£
По теореме косинусов
./р D_. вв^ + во"1-вхо2
^В>ВО> = -‘гв^.до1
cos(ZB1BO) = ?_+32-(4^)2 = Z11 = _1.
V 1 7 ° к 3 30 15’
7
= 180° — arccos —.
15
2-5-3
. 7
ЛВ^О — arccos ——
\ 15
Значит ZB1BO > 90°.
а) Найдите площадь диаго¬
а
В
В.
нального сечения, наимень¬
шего по площади.
Рассматривая АА1С1С,
можно доказать
(см. первый ва¬
риант задачи), что
АА^АС и АС\ = АХС,
Тогда SAA1C1C = ААг ■ АС,
но ^!bb1d1d = ‘
Известно, что £В1ВВ2 = iggo _ Z.BXBD
^4Л1С1С — 5 • 8 — 40,
150
Стереометрия
Зная, что cosZBjBO = — —, найдем sin(ZB1BD):
1о
■ r/R Rn> ( 7\2 V225 - 49 4х/ТТ
Значит
ВХВ2 = ВВг sin(B1BB2) = BBr sin(180° - /.B^BD) =
= BBY ■ sin^B^D), т.е. BYB2 = 5 • -Z5 = f лу
15 3 ’
Тогда SBB1DiD = 5 • 6 • —-11 = 8\/1Т < 40.
It)
Рассмотрим диагональное сечение BC^D^A.
$bcj\a = АВ ■ ВС\ ■ sin(ZABC1).
Так как АСг — ^АС^СС^- АС^
то cos(Z.АВСЛ) = + ^^1 ~ ACf
2-АВ- ВС?! ’
cos(ZABCx) = 1-±_12 ~89 = ~28 __ 7
2-5-6 60 15’
sm^ABCJ = J1- (-IA2 = 4\/И
V \ 15? ~15~-
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
151
Значит SBC1D1A = 5 • 6 • = 8л/п,
т.е. SBBlDlD — SBC1D1A.
Рассмотрим диагональное сечение AXBCDX.
АгВ = 6, ВС = 5.
Тогда SA1BCD1 = АгВ • ВС ■ sin(ZA1BC);
АгС = х/89-
Тогда из ЛАгВС
, . . 62 + 52 - 89 7
cos( Z А-, ВС) = —-— = ;
v 1 ’ 2-6-5 15’
• z/л А ( 7 V 4v^T
sm(ZA1BC) = л /1 — I — 1 = I- .
^AiBCDi = 6 • 5 • = 8д/11 — площадь диагонального
10
сечения, наименьшего по плошади.
^AtBCDi
- -S'BBiLhD - SBC1D1A = 8уТГ .
152
Стереометрия
б) Найдите угол между боковым ребром и плоскостью осно¬
вания (см. чертеж к пункту а).
Пусть BXB2VABCD. Значит В2 6 (ВР), где BD —
прямая.
Но В2 не принадлежит отрезку ВР,
тогда ^ВгВ;АВСР^ ~ ЛВ1ВВ2 — тупой.
Но угол между прямой и плоскостью всегда не тупой,
/ 7 \ 7
т. е. ЛВ1ВВ2 = 180° — ( 180° — arccos — ) — arccos —.
\ 15 / 15
Построим DxD2 || ВгВ2, тогда D2 6 BD и DlD2-i-ABCD,
значит DtD2 = BXB2 и ВВ2 = DD2.
Рассмотрим &AOD. Пусть D2T1.AD.
ADt = 6;
cos(ZP1DJ4) = 52 + 52 - 62 _
J 2-52 — 25’
sin(ZZ)1r>4) = Ji _ (
V \25/ 25’
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
153
24 24
DiT = DDi • sin(ZD1DA); = ; Д
25 5 л1
sin^TDJ =
1\/1Т 5
sin(^D1TD2) = = АУЛ;
cos(Z£>1T’D2) =
бУТТА 2 _ л/324 - 275 _ 7
18 ~ 18 ~ 18’
значит ZD1DAB — Z.D,TD9 — arccos —.
1 1 2 18
г) Найдите двугранный угол при боковом ребре,
т.е. ZCBBjXp
Построим ВР±АА1 и ВКССС1.
Значит ВР±ВВ1, BK-LBBV
Так как ВВ^С^С = ВВ^А^А (грани — равные ромбы),
то АР = СК.
154
Стереометрия
Для ВВ^А^А*.
ВР у/АВ' АР2 (можно сразу ВР = ABsin(ZBAA1));
I Т~7\2
ВР= U52- (-) = Ы (РК || ЛС) и рК = Ас
V \° / о
Так как ВКР1ВВ, то АСВВ1А1 = APB К.
(24\2+/24\
Из &РВК найдем: cos(APBK) =
_ 1152- 1600 _ -448 7 2 (^)
~ 1152 ~ 1152 = “18 ‘
/ 7 \ 7
Значит АСВВ.А, = arccos ( -— = 180° -arccos — > 90°;
\ 18/ 18
ACBBlAl = 180° - arccos — > 90° .
д) Найдем объем призмы.
/ / 7? 4УП
sin(ZB1BB2) = J1 - (-is J = -J5-;
ч „ „ 5-4/11 4
ВХВ2 = B1Bsin(AB1BB2); BXB2 = —iy— = - /11;
1 4
^ABCDAiBiCiDi = SaBCD'BiB?' 2 3 = [32д/ТТ
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
155
е) Найдите расстояние между только наименьшими скрещи¬
вающимися диагоналями смежных граней. (Обратите вни¬
мание: в этом пункте чертеж отличается от исходного.)
В1
КВ
С
1. Найдем p^A^C^ADy)
(АС = Ь, BD = 8).
Очевидно, что
для данной призмы
AiQ = 6 и ADr = 6.
Рассмотрим ABAjC-l
и ДВ^АС.
ADX || ВСХ
значит ВА^С^ || DXAC.
Очевидно, что
p^BA^D^AC) = p^ADp = р(А; BAfiJ.
Решить задачу обычными способами технически очень
сложно. В данном случае покажем применение мето¬
да объемов (векторный способ рассмотрен в следующей
главе).
^ABCDAiBiCiDi — $abcd ’ ^ABCzMiBiCiDr
7
Так как cos(ZA14C) = - —, то
1о
7
cos(ZAxAO2) = cos(180° - ZAjAC) = —;
15
~ ч /1 -
Тогда HABCDA^BiCiDi — AAj • sin(ZA1A(92),
„ r 4v41 4 /-
^ABCDArB^CiDi = 0 ’ —= jVll
$abcd — ' BD,t. e. SABCD — 24
156
Стереометрия
Значит VABCD41B1C1P1 = 24 • ^\/ТТ - 32д/1Т.
1 _ 32 Г~
^CiAAiBiB — ^ABCDAtBiCiDi'^ ^CiAAiBiB ~ JV11!
где C1AA1B1B — пирамида с основанием AA^yB.
1 16
VCiAALB T-e- VciAAiB = У
где C1AA1B — пирамида с основанием ДЛ^В.
С другой стороны, CiAA1B — пирамида,
где ДВАуСу — основание; Н^ВА1С1 = р(А;ВА1С1).
Учтем, что
VctAAiB = К4В41С1 = 2^ДВД1С1 ’ Д4ВА1С1’
5ДВЛ1С1 = \/10(10 - 6)(10 - 6)(10 - 8) = 8\/5, где
6 + 6 + 8
Рва.Сг = г = Ю (АгВ = 8; А^ = 6; BQ =6).
16 г— 1 г-
Тогда ТИТ=--875НЛМ1С1;
Ндвл.с, = 2уТ = |^
Следовательно, p(AxCi; ADJ = 0,4л/б5-
Примечание
Из р^ВАуС^ Dy АС} — 0,4\/55 следует, что
p(AD-l, AjCJ = p(AC;BCj) = p^AD^A^B} =
= p(A^i; DrC) = p^c- BCy) = p(AC; AXB) =
= 0,4^55.
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
157
2. Найдите расстояние между только наименьшими скре¬
щивающимися диагоналями р{ВАх-,АВУ). (Этодругой
способ решения — и другой чертеж.)
Напомним, что ВС\ = ВАг = 6; А1С\ = 8; ВО = 3.
Пусть OKLBOX, BB1DlDl.AC,
значит ОК А. АС, тогда ОКА.ВС1А1.
p(BAx-,ADx) = p^BC^DyAC) = OK.
cos(Z.01B1B) = cos(ZB1BB2) = -costZBj BO) =
/__7\ _ 7_.
V 15/ 15’
BO. = y/BB2 + BjOp 2BB. • B.O. cosfZ.O.B.B)-,
BO. = ,/52 + 42 — 2 ■ 3 ■ 5 ■ — = s/20 = 2y/5.
у 15
Используя метод площадей, получим:
^BOiDiO — ВО. • КО ~ 2у/5 • КО
^BOiDpj = ВО ■ ВГВ2 = з . ~\/п
О
158
Стереометрия
^ = 0,4^55,
О
З-^й
Значит КО — 7=— — 2 ч
2^5 1
4 г—
где ВО = 3; ВХВ2 = -vTl;
О
p(BAi; ADJ = р(ВСхА^ DXAC} = КО = |р,4х/55 .
Примечание. Нужно быть внимательным, так как:
в случае 1 (стр. 155) р^А^^ ADJ — /.BAD — тупой;
в случае 2 (стр. 157) р(ВА^ ADJ — /АВС — тупой.
Несмотря на это, для данных чертежей речь идет
о расстоянии между наименьшими скрещивающими¬
ся диагоналями смежных граней, которые равны:
р^ВА^АС) (см. с. 155) и р(АВ1;ВА1) (см. с. 157).
3. Расстояние между только наибольшими скрещивающи¬
мися диагоналями смежных граней: p(A1D; D^).
AXD = S, DXC = S.
AC.LBD (ABCD - ромб); AJJ.LBD (A^^^B).
Тогда BB±AA1C1C, значит любая прямая, принадле¬
жащая AAJJJJ, перпендикулярна BD.
Ав II вхс
BD || BXDX
значит AXBD || CBJDV
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
159
Пусть тогда OPLCB^D^
значит р(А1ВР;СВ1Р1) = p(A1B;D1C) = OP.
АХО = y/AiD2 ~ OD^
АгО = V82 - 42 = 4г/3 (AtO = O^);
AAj + AO2 - A1O2
2ААг ■ AO
cos(AA1AO) —
(/. 52 + 32-(4у^)2 7
^Л.АО) = ;
AO2 = ААг cos(180° - /АДО) =
7
= AA1(-cos(ZA1AO)) = ААг • —;
lo
OP=OCoAc°2 (°1C-AO);
C/iCy
■^AGOiC — «eC-AjOa
&
S^oorc = \orCOP
OP =
v33
= ——. Следовательно
p{AxD] = p^BD- CBDJ = OP =
Примечания
1. p^BD; CBD^ = p(BD- DXC} = p(BP; BXC) =
= p(B1D1-,A1D) = p(B1D1-,AlB) =p(A1B-,B1C) = Z—.
2. AAXBB = ACB1B1 — правильные.
160
Стереометрия
Задача 3. Дан клин, основание которого — прямоугольник со
сторонами 25 и 18. Боковые ребра клина равны 17. Ребро кли¬
на, параллельное большей стороне основания, равно 9. Найдите
объем такого клина.
Дано:
ABCDPK — клин
ABCD — прямоугольник
АВ — 25
AD = 18
РК || АВ
РК = 9
АР = DP =
= ВК = СК = 17
Найдите VABCDPK
Первый способ
а) Сделаем
дополнительные
построения:
PP^LABCD
KK^JLABCD'
К
Значит, клин состоит из двух пирамид и треугольной приз¬
мы: PADPJ^ KK2BCKV РР2Р1КК2К1.
б) Рассмотрим четырехугольную пирамиду PADP1P2.
1. Так как РРГР2^АВСD по построению,
то РР2±ЛВ, PP11.DC.
лгу АВ-РК л 25-9
АР2 = , Т. е. АР2 = —— = 8
(АР К В или DPKC — равнобедренная трапеция).
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
161
2. Из ДЛРР2 по теореме Пифагора
РР2 = у/172 - 82 = 15;
РРг = л/172 - 82 = 15.
3. Р2РР1 - равнобедренный
треугольник.
Построим РО±Р2Рр
Можно доказать, что
тогда PO±.AP2PiD;
РО = у/Р2р2 - ор2 = V152 - 92 = 12,
где ОР2 = Х-Р2Рг = '-AD.
б) VPADPxP2 — ^pAP2PiD ’ HpADPiP?’
V = ^AD ■ АР, ■ OP;
3 2
V = 1 • 18 • 8 • 12 = 576 (куб. ед.).
О
в) Рассуждая аналогично, получим, что
VKBCK,K2 = 576 (куб. ед.).
162
Стереометрия
г) Так как РР1Р2КК1К2 — прямая треугольная призма (до¬
кажите), то Vpp1p2KK1K2=S^pp1p2-PK (PKLPPJ^ -
докажите).
1- S„pp1p2 = ^P2P1-OP-,
■5дрЛр2 = |-18-12 = 108.
£
2- ^pPiP2kk1K2 = Ю8 • 9 = 972 (куб. ед.).
Д) VaBCDPK — ^VpADPxPz + VPP1P2KK1K^
Vabcdpk — 2 ’ 576 + 972 — 2124 (куб. ед.).
Второй способ
Пусть РВ1С1 || КВС
(РВ1 || КВ, РС± || КС).
Очевидно,
что РВуС^КВС -
наклонная призма.
Известно, что объем призмы
можно вычислить как
произведение бокового ребра
на площадь перпендикуляр¬
ного сечения относительно бокового ребра.
VpCxB^KBC ~ S&PP2P1 ' гДе PPiP2^-P^-
Значит VPClB1KBC — Vpp1p2KKlK2^
тогда VPC1B1KBC = 972 (куб. ед.).
Далее VpadCiBx ~ 3 ’ ^ADCiBi *
АВХ = АВ — РК; ABl = 25 — 9 = 16;
Sadc1B1 = ^ -16 = 288;
Тогда VPADCBK = 972 + 1152 = 2124 (куб. ед.).
Практикум 5 (Решение более сложных задач)
163
Третий способ
Объем клипа можно вычислять иначе — достроив его до пря¬
мой треугольной призмы AMDNBC,
где AMD || Р2РРХ || BNC
и MN принадлежит прямой РК. n
Так как MP = KN = DPX = 8,
то ^APDKBC = ^AMDNBC ~ 2 * VpAMD)
где VAMDNBC = S^AMD • MN;
S&AMD ~ S&PPiP2 ~ 108; MN = 25;
Vamdnbc = Ю8 • 25 = 2700 (куб. ед.);
vpamd = | * 8 ‘ Ю8 = 8 • 36 = 288 (куб. ед.),
о
Значит VAPDKBC — 2700 — 2 • 288 = 2124 (куб. ед.), что и тре¬
бовалось доказать.
164
Построение сечений
Построение сечений
Практикум 6
В основе построения сечений лежит четкое понимание и реали¬
зация ряда аксиом геометрии. Напомним формулировку неко¬
торых аксиом и теорем, используемых при построении сечений.
Аксиома 1. Через любые три точки, не лежащие на прямой,
можно повести плоскость, и притом только одну.
Аксиома 2. Если две различные точки прямой принадлежат
плоскости, то и любые другие точки прямой принадлежат этой
плоскости.
Кроме того, полезно знать ряд теорем-следствий из аксиом гео¬
метрии.
Теорема 1. Через любую прямую и точку вне ее можно про¬
вести плоскость, и притом только одну.
Теорема 2. Через любую точку вне данной прямой можно
в пространстве провести параллельную данной прямую, и при¬
том только одну.
1. Построим сечение параллелепипеда ABCDA1B1C1D1
плоскостью KPD, где К е ААГ и Р € B1Ci.
а) В данном случае две точки
К и D принадлежат плос¬
кости грани AA1D1D,
т. е.
К е AA1D1D
D е AAiD1D
. Тогда
прямая DK е AA1D1D,
значит прямые DK и D1A1
пересекаются, т. е. DK П DXA1 — Кг.
Пусть KPD — плоскость о, тогда Q
К, е A^C^Dy
Практикум 6
165
, следовательно,
б) Значит
Vea(Pea) *
Тогда ^ПЛ,В,=К2еа
Кхр П DXCX
КК2 и К2Р — стороны многоугольника сечения.
Рх 6 DDVCXC
D е DDXCXC
„ DP, е DD,C,C
, Значит ^-3 11
DPX E a
Следовательно, DP± A CC\ = P2 Eq, тогда
PP2 и DP2 ~~ стороны многоугольника сечения.
Подводя итоги, получим
ABCDAiB^D1 n PKD = КК2РР^Р
пятиугольник сечения.
A D
Примечания
1. Полезно осмыслить: какие аксиомы на каждом из шагов
были использованы.
2. Обратите внимание на треугольник DKrPv стороны
которого принадлежат плоскостям трех смежных граней,
которым принадлежат данные точки.
3. Прямую К^Ру иногда называют опорной прямой.
4. Пусть ABCDA1B1ClD1 - куб.
АВ = а; AK^^AAf, BtP = ^-В1С1.
О о
Задача для «головастиков»: найти площадь сечения.
166
Построение сечений
2. Постройте сечение параллелепипеда ABCDA1B1C1D1
плоскостью РКТ, где точки F, К и Т находятся:
1. На скрещивающихся ребрах АуВу, AD и ССу соответ¬
ственно.
2. Между вершинами соответствующих ребер.
Пусть точки Р, К, и Т определяют плоскость а. В дан¬
ном случае нет грани, которой бы одновременно принад¬
лежали две точки (из данных).
а) Проведем РРу || В By (РРу || ССу).
Рассмотрим плоскость РРуССу:
РХС С\РТ = ТуЕ а; Тг е ABCD.
TyKr\DC — T~ еа
, значит л 2
ТуК^АВ^Ку еа ’
б)
Ке ABCD
Т\ е ABCD
Тогда ТТ2 и КТ2 стороны многоугольника сечения.
KY е AArBrB
Р 6 АА^В
Тогда КК2 и
ния.
Р4 е
Т е ВВхСгС
К. Р n AAi =К.еа
, значит 1 2
КгР п ВВ1 = Р4 е а ■
К2Р стороны многоугольника сече-
, значит Р4Т П ВхСг = Р2 е а.
Тогда Р2Т — сторона многоугольника сечения.
Практикум 6
167
ABCDA1B1C1D1 П РКТ = КК2РР2ТТ2
Примечания
1. Если прямую К1Т1 пересечь прямой ВС в точке Р3, то
Р3 G К1Т1. Опять получим базовый треугольник ТГ1Р4Р3?
стороны которого принадлежат плоскостям трех смежных
граней, которым принадлежат исходные точки.
2. Положим, что ABCDA1BiC1Di — куб, где АВ = а,
точки АГ, Р, Т — середины ребер. Можно вычислить
площадь сечения, хотя это задача для «головастиков»
168
Построение сечений
3. Постройте сечение шестиугольной пирамиды SABCDEF
плоскостью РКТ (к е AS; Р е CS и Т е ED).
Обозначим через а плоскость, которой принадлежат точ¬
ки Р, К и Т.
, тогда
тогда
, тогда
Случай 1
а) Рассмотрим плоскость AS С.
РКОАС = Kte а; Кг G ABCDEF
K1TnAF = K2Ea
КК2 и К2Т — стороны многоугольника сечения.
б) АВ Г) КгТ = К3.
К3к е ASB
К3К П SB = рг е а '
Р\Р п КР1 — стороны многоугольника сечения.
в) Кгт п DC = тг е а-,
Р Еа
РТ^а
PTi HDS = T2ea
РР'2 и ТТ2 — стороны многоугольника сечения.
В данном случае особенно наглядно видна роль опорной
прямой КХТ.
Практикум 6
169
SABCDEF П PKT = KPXPT2TK2
шестиугольник сечения.
F E
Случай 2 связан с пересечением К^Т прямой FE,
что возможно при несколько ином расположении точек
К и Р.
— опорная прямая),
, тогда
, тогда
, РКПАС = К1 еа
KiTQFE = K2ea
тогда К2Т — сторона многоугольника сечения.
б) Рассмотрим плоскость ASF.
AF П КХТ = К3 е а
КК3 QFS = K4ea
^4^2 и Р4К — стороны многоугольника сечения.
в) Рассмотрим плоскость ASB.
АВп^Т^К.еа
К5К OBS = P1Ea
Р^Р и APj — стороны многоугольника сечения.
г) Рассмотрим плоскость CSD.
РТ\ П DS = Т2, тогда ТТ2 и РТ2 — стороны много-
угольника сечения
170
Построение сечений
SABCDEF П PKT = КРГРТ2ТК^^
Примечание. Пусть SABCDEF — правильная шести¬
угольная пирамида, где AS = 2а. АВ = а. АК = -AS;
4
SP — ~^SC; ЕТ — ^ED. Вычислите площадь сечения.
Задача очень трудная даже для «головастиков».
4. Постройте сечение шестиугольной призмы
ABCDEFАуВуС^В^ЕдЕ^ плоскостью РКТ,
гдеРеВВр KeDDi, TeFF1.
Практикум 6
171
Здесь также очень важно вначале построить опорную
прямую.
а) Рассмотрим плоскость FF1B1B.
BFHPT = Т\е а\ Т\ е ABCDEE
б) Рассмотрим плоскость BBiD1D.
BDQPK = а; Кх е ABCDEF,
тогда Т^А^ — опорная прямая.
в) Рассмотрим плоскость АА^Е
AF П = Т2
ЦТпАА^Т^еа
, тогда
7Т3 и Т3Р —- стороны многоугольника сечения.
Отметим, что прямая Т2Т может не пересекать ребро
ААг, а пересечь ребро A1F1, тогда построение пойдет
несколько по другому пути, пересекая прямую ААГ —
разберите этот случай самостоятельно.
г) Рассмотрим DD^E^.
DEKT^K^K^ce,
К2 е ABCDEF\ К2К П ЕЕг = К3, тогда
ТК3 и КК3 — стороны многоугольника сечения.
д) Рассмотрим DD^C.
К4К П ССХ = р1 ■>
тогда КРу и РРу — стороны многоугольника сечения.
172
Построение сечений
Подводя итоги, получим
ABCDEFA1B1C1DiE1F1Q РКТ = РР1КК3ТТ3 -
шестиугольник сечения.
Примечания
1. Если К^К пересечет ребро то построение будет
далее строиться по несколько другому сценарию. Рассмот¬
рите эту возможность самостоятельно.
2. Так как у шестиугольной призмы восемь граней,
то в сечении может получиться: треугольник, четырех¬
угольник, пятиугольник, шестиугольник, семиугольник,
восьмиугольник, но не более. Приведите примеры сечений
для каждого многоугольника.
3. Пусть ABCDEFA^B^C^D^E^F^ — правильная шести¬
угольная призма, где AAr = АВ = a; FT — ^^15
ВгР = -ВВ^ DK — l~DD1. Найдите площадь сечения ~
это задача для «головастиков»
4
Практикум 6
173
5. Постройте сечение шестиугольной пирамиды SABCDEF
плоскостью РКТ, где Р е AS-. К G CS\ Т е ES
Пусть PKT с <т.
а) Рассмотрим плоскость ASE.
АЕ ПРТ = Т1еа-, Ту 6 ABCDEF.
б) Рассмотрим плоскость CSE.
СЕ п кт = Т2 е а; т2 е abcdef.
Получили Т2Тг — опорную прямую.
в) Рассмотрим SCD.
CD П Т2Т4 =Кгеа
ККХ nSD~K2ea
КК2 и ТК2 — стороны многоугольника сечения.
г) Рассмотрим ASF.
AF П Т2Ту = Р4 Е о
РРг DFS — Р2е а
ТР2 и РР2 — стороны многоугольника сечения.
Рассмотрим BSC.
ВС Г) Т2Ту = К3 G а
КК3 Г}ВЗ^К4Ео
КК4 и РК4 ~~ стороны многоугольника сечения.
, тогда
, тогда
д)
, тогда
174
Построение сечений
Подводя итоги, получим
SABCDEF П РКТ = РК4КК2ТР^
шестиугольник сечения.
S
Примечания
1. Для построения сечения можно было использовать плос¬
кость BSE, чтобы найти точку К4.
2. Если рассматривать правильную шестиугольную пира¬
миду, где AS = 2а; АВ = а; АР = PS; СК = KS;
ЕТ = то задача по нахождению площади сечения —
весьма подходящая задача для
упорных и настойчивых
« головастиков »
6. Постройте сечение параллелепипеда ABCDAiB1C1D1 па¬
раллельными плоскостями, проходящими через скрещива¬
ющиеся прямые АГР и DC у где Р е В1С1.
Практикум 6
175
а) Построим СуК || АуР, где К еА^,
тогда A-DA'Cj есть сечение, параллельное АуР.
б) Проведем АуТ || DK, тогда так как
(по построению), то АуТР || DKCy.
А.Р || СуК
АуТ || DK
в) Осталось достроить сечение А1Т,РПАВС'£)Л1В1С'1£>1.
Так как АуТР || DKCy, то построим ТТу || СуК, где
Т] € ВС, и соединим точки Р и Ту.
Получили АуТТуР — АуТР Г\ ABCDAyByCyDy, где
АуТТуР || DKC,.
Примечания. 1. Здесь при построении сечений использо¬
вался ряд теорем:
1. Любые две скрещивающиеся прямые единственным об¬
разом определяют пару параллельных плоскостей.
2. Если прямая а параллельна прямой Ь, а прямая b па¬
раллельна прямой с, то прямая а параллельна прямой с.
3. Если две параллельных плоскости пересечь третьей
плоскостью, то линии их пересечения параллельны.
2. Если ABCDAyByCyDy — куб,
где АВ = а, ВуР = , то задача по вычислению пло-
О
щадей сечений — весьма простенькая для «головастиков»
_ VII 2 VII 2
S = -г-а ; —^-az
сеч 6 3
176
Построение сечений
7. Постройте сечение пирамиды SABCD, в основании ко¬
торой лежит трапеция, плоскостью РКТ, где Р е SB;
К е AD; Те DC. s
а) Пусть РКТ — плоскость а.
К е ABCD ТК П АВ = кл
Т е ABCD ' тогда ТК А ВС = Тг '
Значит КТ — сторона многоугольника сечения.
б) Рассмотрим ASB. КгР A AS = К2, тогда
КК2 и К2Р — стороны многоугольника сечения.
в) Рассмотрим BSC. РТг A SC = Т2, тогда
ТТ2 и РТ2 — стороны многоугольника сечения.
Следовательно, PKT A SABCD — РК2КТТ2
S
Практикум 6
177
Примечание. Если AD — DC = СВ = а;
AS = BS = CS = DS = 2а; АК = DT = -DC;
2 2
SP = \sB, то задача на вычисление площади сечения
£
становится очень красивой для «головастиков» с учетом
особенности трапеции основания.
8. Постройте сечение параллелепипеда
плоскостью РКТ, где точки Р е А1В1, К е DDV а точ¬
ка Т принадлежит плоскости ABCD, ио не принадлежит
параллелограмму ABCD.
Пусть ABCD с /?, PKT С а -- плоскость сечения.
а) Построим РРг || Рассмотрим PP^DD^.
PKQP^K^fa к1еа,
тогда ТКг — опорная прямая, принадлежащая а.
б) Рассмотрим DD^C.
TK1HDC = K3cS; К3са; К3К ОСС1 = К2 е а.
В данном случае К2К П DVC, = Р2 £ а,
тогда КР2 и РР2 — стороны многоугольника сечения.
178
Построение сечений
в) Рассмотрим ВВ^Р^Р.
ВРпТК^К^а
КК4 П ВВГ = Р3 е а '
тогда Р3 е АА^В и Р е АА1В1В.
г) Рассмотрим AAiB1B.
P3PC\AAi = Р^ тогда FP4 и Р^К — стороны много¬
угольника сечения.
Следовательно, ^АВСРА1В1С1Р1 П РКТ = РР2КР4 .
Примечания
1. Можно было найти после построения опорной прямой
ТКг пересечение ТКг П АВ = Тг и затем провести Т± Р.
В данном случае полезно проверить верность нахождения
точек Р4, Р3 и так далее.
2. Если АВСРА1В1С1Р1 — куб, где:
АВ = а; РК = ^РР^ АТ = РТ = АР,
то задача на вычисление площади сечения — очень полез¬
ная и качественная для «головастиков».
Тренировочная работа 4 (Углы, сечения, объемы)
179
Тренировочная работа 4 (Углы, сечения, объемы)
Вариант 1
Дано:
DABC ~ пирамида, у которой
все ребра равны а
Сг — середины
ребер АС и DB
а) Докажите, что DDX А ССХ.
б) Определите cos СС^ .
в) Постройте: а || /?, где |.
aQABCD = ?
(3C\ABCD = ?
г) Найдите SanABCD-, З^двар.
д) Найдите объем тела, ограниченного двумя данными
параллельными плоскостями сечений и пирамидой DABC.
Вариант 2
Дано:
MABCD — пирамида, у которой
все ребра равны а
К, Р — середины
ребер AD и МС
а) Докажите: МК A DP.
б) Определите: р [МК; DP
в) Постройте: а || /3, где
МК С а
DP С 0
а П MABCD = ?
0 П MABCD = 7
г) Найдите SQnMABCD; S^nMABCD.
д) Найдите объем тела, ограниченного двумя данными
параллельными плоскостями сечений и пирамидой MABCD.
180
Построение сечений
Решение тренировочной работы 4
Вариант 1
Дано:
DABC — пирамида, у которой
все ребра равны а
С1 - середины
ребер АС и DB
а) Докажем, что DDX ХССх.
Действительно, по теореме существования (признаке скре¬
щивающихся прямых) если одна из двух прямых лежит
в некоторой плоскости (DDr G ADC\ а другая прямая
пересекает эту плоскость в точке, не лежащей на данной
прямой (CVC A ADC = I £ DDr), то эти прямые являются
скрещивающимися. Что и требовалось доказать.
б) Определим coslDD^CCy
Рассмотрим /\DDXB.
Проведем СХС2 || DDX.
Так как за угол между скрещивающимися прямыми при¬
нимается нетупой угол между пересекающимися прямыми,
параллельными, соответственно, скрещивающимся пря¬
мым, то тогда
р (DD^CC^ = р (с\С^СС^ = р(ЛСС\С2).
Решение тренировочной работы 4
181
Найдем значение угла ССгС2.
1. Так как DC^ = ВС^ (по условию), а С\С2 || DD^ (по по¬
строению), то DtC2 = ВС2, C1C2 = ^DD1
(ADD^B подобен АС\С2В).
2. DD^ = DC sin 60° (из £\DCD^), т.е. DD^ — зна-
чит CtC2 = и DxC2 = ВС2 = —.
4 12 2 4
Очевидно, что и ССХ = (все ребра пирамиды рав¬
ны, значит все грани — равносторонние треугольники).
3. Так как DXB = тлс, то DXB = НАС.
Тогда из /\C2D^C (прямоугольного) следует, что
СС2 =
ч 2 / г- \ 2 _
те СС — \ а\ i I \
ъе.оо2-< I- + —а = ——.
\| \ 4 / 4
4. Рассмотрим ACC^C^.
cos (ZCC.C,) = 6,(712 + C1C2 - СС2
2ССхСхС2 ’
т.е. cos(ZCC1C,) = 4 16 16 — £
3’
Z 2 а 4
значит cos (DD~CCr) = cos(ZC'C1 C2) - |;
ZC'C'1C2 = arccos
3’
182
Построение сечений
в) Построим: а || /3, где
DDy С а
CCY С /3
а П DABC = ?
/3 П DABC = ?
Воспользуемся последним
чертежом из предыдущего
решения задания 2.
1. Продолжим СС2 до пересечения с АВ в точке С3.
Так как С2СХ || DD^ то DDX || СС^С^ причем
ССУ € ССгС3 — плоскость /3,
т.е. /3 П DABC = АССгС3.
2. Проведем D1D2 || СС3.
Так как
DD, || СгС2
DrD2 || СС3
то по теореме-признаку па¬
раллельности двух плоскостей DXDD2 || ССгС3, при¬
чем DDt С плоскость а, т. е. а || /3, где
a A DABC = ADLDD2, что и требовалось доказать.
г) Найдите SanDABC; SpnDABC.
1. Рассмотрим А АВС.
где BD11.AC.
DxC2 = ВС2
по теореме Фалеса.
В
Решение тренировочной работы 4
183
С
Построим AC4 || DXB
и C4B || ADV
Тогда ДСАС4 подобен /\C2DXC
с коэффициентом к = 2,
значит СС4 = 2СС2 =
В
(CC2 = —j—, см. пункт 2).
(АС
вс^
Значит СС3 = 2С4С3, тогда
С-С'3-|с'С4,т.е. СС3 = ^-.
О о
Аналогично ВС3 = т.е. ВС% =
о О
3. Так как СгС3 || DD2 и DCX = ВС^ то = |вР2.
Рассуждая аналогично, получим, что С2С3 = -D^D2
и С1С*2 = значит ДС^С^Сз подобен ^\DDXD2.
Тогда 5ДС1С2Сз — ~SDD1D2.
4. Найдем S&cCiC2- Так как
cos
= cos (crc^cc^ = соа^СС^) -
со I ю
то sin(ZCC1C2) =
&
3 ’
1 \/5
Значит S^CC1C2 = -^СС^ ’ £1^2 ‘ -у,
1 VS VS ч/б 2 \/5 2
т. е. а — — * — * — * — а — — cl .
ДСС1С2 2 2 4 3 16
184
Построение сечений
5. Найдем 3&СС1Сз. Сг
Из теоремы «Если угол одного \
треугольника равен углу \
другого треугольника, то с2
площади этих треугольников относятся как произведе¬
ния сторон, заключающих равные углы» следует, что
^АССгСз _ ССХ • СС3
^ДСС1С2 ^^1 ’ ^^2
СС
Тогда S&CC1C3 = S^CC1C2 • ^7-.
г г
и» гл v 5 2 3 v 5 2
Значит ЗЛСС1Сз = — • а • т.е. 5ДСС1Сз = —а .
~Т~
6. Так как 5ДС1б?2Сз = ЗЛСС1Сз - SACC1C2,
л/5 2
то ^ДС^гСз ~^а •
Ранее мы доказали, что S^D DD — 45ДС1С2Сз. Значит
S - ^а2
^aDiDDq ~ 12 а '
Примечание. Мы пришли к вроде бы парадоксальному
выводу SAD1DD2 = SacCiC3’ т-е- к ТОМУ’ что ПЛ°ЩЗДИ
сечений равны.
Но если рассмотреть £\D1DD2 и ССгС3 более внима¬
тельно, то выяснится, что D±D = СС^ DD2 ||
DxD2 || СС3, т.е. /-DD2Dx — Z-C^C^C, т.е. мы находимся
в условиях теоремы из пункта 5.
q SAD!DD2 ’ D1D‘
Значит — ±—
2C-1C3-i-C-C3 =
ад-ОС,
s^cc\ca СХС3СС3
что и требовалось доказать.
V 5 2
В итоге SanABCD = S^nABCD — —а .
Решение тренировочной работы 4
185
д) Найдем объем тела, ограниченного двумя данными парал¬
лельными плоскостями сечений и пирамидой DABC.
Полученный многогранник CCXC^DXDD2 есть тело, со¬
стоящее из трех пирамид, например DDrCD2, DCD2C3
и DCCXC3, поэтому объем его выгоднее найти как раз¬
ность объемов пирамид, например
VDABC - VDAD1D2 ~ VC!CC3B = VCC1C3D1DP2 ’
Найдем (напомним, что DABC — правильная пи¬
рамида) .
1. Построим DO-LABC.
D.0 = -D,B, т.е. D,O = 1 . а1^3 _
3 з ~ --б“-
Из AD = BD — CD = а следует, что
АО = ВО = СО, DO — _ £>1О2
2- ^dabc — 3S&ABC ’ Hdabc,
т Р V - - • ^а2 а^30 СТЙаЗ
т- е- 'DABC — о л— • —~~ vlua
3 4 6 24 ‘
186
Построение сечений
^DADiD2 ~ з^ДА£>1£>2 * ^DABC'
Так как S^AD1D2 = ’ AD2sin(Z.CAB\
1 1 а а \/3 ад/30 \/10а3
то DADVD2 = з • 2 ' з ’ 2 ' ~2 6~ = 144 ’
4. Построим C1O1-LABC.
C1Ol = TjDO (по условию DCj = ВС\ );
^CiCCtiB — з ■ ^ДССзВ ’ yDO’
_ 1 1 а х/3 1 ал/30 _ v^a3
УС1сс3в - з- 2’з'а’Т’2' ~ " ~ЫГ'
_ д/10 з V^3 v^a3 _ I >/Т0«3
<>• - ~24а - "144 ~ “Зб”
Решение тренировочной работы 4
187
Вариант 2
Дано:
MABCD — пирамида, у которой
все ребра равны а
К, Р — середины
ребер AD и МС
а) Докажите: МК A DP.
Так как МК с AMD и PD A AMD = D £ МК, значит
по теореме существования (признаку) МК XDP.
б) Определите р \MK,DP)
1. Рассмотрим /\МКС.
Проведем РРХ || МК,
значит КРХ = СРХ,
тогда р (МК; DP
= р (PP^DP
М
2. Так как РР, II МК и МР = СР, то РР, = -МК,
1 1 2
где МК = MD sin 60° (C.AMD — равносторонний
по условию), т.е. МК = —; РР, — •
3. Из ACKD следует, что СК = VDK2 + DC2
(ABCD -
квадрат), т.е. СК =
Известно, что КРг— CPV Так как DPX = тпск, то по
свойству медианы, проведенной к гипотенузе
DP^KP^CP^^.
Решение тренировочной работы 4
189
г) Найдите SarMABCD-, S^nMABCD.
av5 ay3 z
1. Так как В К = , то МК = (убедитесь в этом
A z
самостоятельно).
гг / /»ж D nn мв2 + В К2 - МК2
Тогда co5(ZMBK) = .
«2 + j“M<>2 Sv'S
т.е. cos(ZMBK) = — — ;
2
sin(ZMBK) =
/ 7-\ 2 I ,
i p>/5\ _ /100-45 _ ^55
“ 1To" / “ v 100 “ To"
2. Так как МВ || РР2 и ВК || DP2,
то AMBK = APP2D, тогда sin(ZAfBX) =sin(ZPP2B).
3. S^MBK = \мв • B7<sin (Z.MBK),
Л
„ 1 aV5 V5!
т-е.5ДМВА---а- —• —
_ 1 а ал/Ь v5!
дрр2о = 2 ’ 2 ' ~2 10
y/Tla2
8
y/lla2
16
д) Найдем объем тела, ограниченного двумя данными парал¬
лельными плоскостями сечений и пирамидой MABCD.
1. Так как многогранник MKBPDP2 есть объединение
двух пирамид, например, MBKDP2 и MP2DP. при¬
чем VMp2DP найти довольно сложно, то VMKBPDp2
проще найти как разность объемов:
^MABCD “ VmABK ~ VpDPzC = ^MKBPDP2‘
190
Построение сечений
По условию MABCD — правильная пирамида. Поэто¬
му построим MOA-ABCD.
Из АЛМО ОМ = у/AM2 - АО2,
1
где АО — „АО — ——;
Тогда ИМЛВСр — -SABCD ■ ОМ;
1 2 з
vmabcd ~ - а • -у- = -g-a' •
VMABK = з$ЛАВК ’ НMABCD’
rr 111 а^/2
те. VMABK-- - a -a- — -
VPDP2C ~ з$/\РР2С ■ HpDP2C-
Так как S^Dp2C = |т?С • СР2, где
н РОг = -МО, то VpDp2C = - • - •
Zi О
■хг з а/2 з \/2 ‘
vmkbpdp2 = -Qa - 24а - 4g а'
л/2а3
24 ’
ОС = а, СР2 =
1 ау/2 у/2а3
а’ 2а'~Т~ “ 48 ’
з _ 5л/2а3
48 ‘
Решение тренировочной работы 4
191
Дополнительное задание
Попробуйте сформулировать текстовое описание условий за¬
дач в вариантах 1 и 2 (с. 179).
Вот возможное текстовое задание условий этих задач.
Вариант 1
В треугольной пирамиде все ребра равны а.
а) Докажите, что прямые, которым принадлежат медианы
смежных граней, не имеющие общих точек, есть скрещиваю¬
щиеся прямые;
б) найдите косинус угла между ними;
в) постройте параллельные плоскости, проходящие через эти
медианы;
г) найдите площадь сечений пирамиды этими параллельными
плоскостями;
д) найдите объем тела, ограниченного этими параллельными
плоскостями сечений и данной пирамидой.
Вариант 2
В четырехугольной пирамиде все ребра равны а.
а) Докажите, что прямые, которым принадлежат медианы
смежных боковых граней, есть скрещивающиеся прямые;
б) найдите косинус угла между этими медианами;
в) постройте параллельные плоскости, проходящие через эти
медианы;
г) найдите площадь сечений пирамиды этими параллельными
плоскостями;
д) найдите объем тела, ограниченного этими параллельными
плоскостями сечений и данной пирамидой.
Примечание. В данном случае для текстового задания усло¬
вий задачи варианта 2 возможна и другая интерпретация ус¬
ловий.
192
Построение сечений
Дано:
MABCD — пирамида, у которой
все ребра равны а
АК = М К
DP = МР
а) Докажите, что DK А СР.
б) Определите cos (jDK; СР^ .
DK Е а
СРе(3 ‘
в) Постройте а || /?, где
а || {3
а П MABCD = ?
/3 A MABCD = ?
г) Найдите SanMABCD; S^nMABCD.
д) Найдите объем тела, ограниченного двумя данными
параллельными плоскостями сечений и пирамидой MABCD.
Попробуйте самостоятельно решить этот вариант задачи, хотя
это достаточно трудная задача.
Приведем пример более точного текстового описания задачи
варианта 2. Для этого необходимо только изменить первый
пункт. Он должен быть сформулирован следующим образом:
а) докажите, что если одна из медиан смежных боковых гра¬
ней исходит из вершины пирамиды, а другая медиана исходит
из вершины стороны нижнего основания, то прямые, которым
они принадлежат, являются скрещивающимися.
Тогда вариант из примечания (стр. 191, 192) будет невозмож¬
ным.
Задача-исследование на сечения
193
Задача-исследование на сечения
Задача. В основании прямой призмы лежит трапеция, острые
углы которой равны 60°. Боковая сторона и меньшее основа¬
ние трапеции равны, соответственно, 8 и 6. Через боковую сто¬
рону трапеции нижнего основания и вершину большего осно¬
вания трапеции верхнего основания проведено сечение плоско¬
стью, образующей с плоскостью нижнего основания угол в 30°.
Найдите:
а) объем призмы;
б) площадь данного сечения;
в) площадь сечения призмы ABCDA1BiC1D1 плоскостью,
проходящей через боковую сторону нижнего основания и наи¬
меньшую диагональ боковой грани призмы;
г) * площадь сечения призмы ABCDA1B1C1D1 плоскостью,
проходящей через диагональ боковой грани, которая проходит
через боковую сторону нижнего основания трапеции, и середи¬
ну другой боковой стороны трапеции нижнего основания.
а) Найдем ^ЛВСРЛ1В1С1В1.
Дано:
ABCDA1B1ClD1 -
прямая призма
AA^ABCD, АВ || DC
AD = 8, DC = 6
/-A — Z.B — 60°
р (a^bc^abcd) = 30°
Найдите VABCDA1BiCiDi.
1. Так как ZА = АВ, то AD = ВС.
Построим АТ±ВС. Так как AA11.ABCD по условию,
то по теореме о трех перпендикулярах А1Т±ВС, тогда
ВС±АгТА, Значит
р (axBC]ABCD} = р (АА1ВСА) = р (ААХТА) = 30°.
194
Построение сечений
2. Рассмотрим ABCD.
Положим DD2X.AB] СС2А_АВ.
Из /\ADD2:
л/Ч
DD2 = AD sin 60°; DD2 = 8 • — = 4x/3;
2
AD2 — AD cos 60°; AD2 — 8 • - — 4.
2
ДАВ2В = ABC2C, тогда AD2 = BC2,
значит AB — 2 • AD2 + D2C2.
Отсюда следует (DC = D2C2 ), что AB - 2 • 4 + 6 = 14.
o AB + DC' 14 + 6 r- r-
8ABCD ~ 2 -£^2’ &ABCD = —2—4\/3 — 40\/3.
3. Из ДАВТ:
AT = АВ sin 60°, т. е. АТ = 14 • — — 7\/3.
2
Из ДАхАТ:
ААХ = АТ ■ tg 30°, т. е. АА1 = 7д/3 • — — 7.
3
^ABCDAiBiCiDi ~ ^ABCD ‘
т.е. VabcdAiBlClDl = 40%/з • 7 = 280-у/3 (куб.ед.).
Задача-исследование на сечения
195
б) Найдем 5сеч.
1. Для построения сечения по вершине и отрезку ВС
продолжим ВС до пересечения с продолжением AD,
AD П ВС = М, тогда АгМ е AA1D1D.
АХМ nDD1 — Р, значит АХР и PC — стороны мно¬
гоугольника сечения.
2. Для нахождения площади сечения напомним ряд тео¬
ретических положений.
Площадь ортогональной (перпендикулярной) проекции
многоугольника равна площади многоугольника, умно¬
женной на косинус угла между плоскостью многоуголь¬
ника и плоскостью проекции.
q Snp
, или S = —.
cos ср
Например, дан ABCDE — многоугольник.
А^С^Е^ = X1?(ABCDE\ где А^С^Еу G а;
АА^а; EE^La, при¬
чем ^ABCDE; А1В1С1= ср.
Snn = S cos ср
пр г
196
Построение сечений
Вернемся к данной задаче (стр. 195). Очевидно, что ор¬
тогональной проекцией А^ВСР является ABCD, где
р (a^CP^ABCD) = p(AAlBCD) = р(ААхТА) = 30°.
Значит SABCD = SA1BCD • cos 99; SA1BCP = ’
T-e- Sa^cp = = [80].
~2
в) Очевидно, что DCX —
граней призмы.
Дано:
ABCDAxBxClDl -
прямая призма
AA^ABCD
АВ || DC
AD = 8, DC = 6
ZA = AB = 60°
p (a^BC^ABCD) = 30°
наименьшая диагональ боковых
Найдите Sce4AADC1 n abcda1b1c1d1)’
Напомним, что если две параллельные плоскости пересечь
третьей, то линии их пересечения также параллельны.
Задача-исследование на сечения
197
1. Так как ABCD || А^С^,
то (ADCX A A1B1C1D1) = СгС2, причем AD || СХС2.
Тогда (ADCX П ABCDA^B^DJ = ADCXC2.
При этом так как AA^JB^B || DD^C^C, то АС2 || DCX,
значит ADCxC2 — параллелограмм.
ПрЛВС£)(А1)С1С2) — проекция ADCXC2 на ABCD,
причем ортогональная,
т.е. ПрЛВС£)(А£>С1С2) = ADCC3, где С2С3 || ССг,
а значит CC3A_ABCD.
2. Очевидно, что ADCC3 — параллелограмм.
$adcc3 = ^^,^C'3-sin60o, т.е. SADCC3 =8-6--у — 24\/3
(AC3 = A1C2 = D1C1 = DC = 6).
3. Построим C3KA_AD, тогда так как С2С31.ABCD, то
по теореме о трех перпендикулярах C2K1_AD, значит
C2KC3±AD.
Значит р ^ADC1C^ABCD^ = р(ЛС2КС3\
С3К = АС3 sin 60°: С3К = 6 • — = Зл/З.
^С2КС3) =
-
cos а = — —
V tg2 а + 1
(0 < а < 90°);
cos(AC2KC3) =
9 _ 9
х/49 • 3 + 81 “ д/228
_ _ 3\/57
~ 4-3-19 ~ 2•19’
4 S _ a SADCC3
• ‘-'сеч. (ADCtnABCDArBiCiDj) ~ ADCiCi ~ cos (/(J \ ’
с 24Л ■ 2 ■ 19 ч ’
/bAPCiC2 — —— = 116у19| (кв. ед.).
3V57
198
Построение сечений
г)* Вариант 1
Рассмотрим вариант прохождения плоскости
сеч. (A-iDN П ABCDAiBiCtDt)
ку N.
Дано:
ABCDAlBlC1D1 -
прямая призма
AAlCABCD, АВ || DC
AD = 8, DC - 6
ZA = ZB = 60°
p (AiBC^ABC^ = 30°
CN = BN; N gBC
сечения
через диагональ Л1Р и точ-
Найдите Sce4 ^A^DN п ABCdalb1c1d1)
1. Построим сечение AXDN A ABCDA1B1C1Di.
Продолжим DN и АВ до пересечения в точке
N2 е АВ. ADN с ABCD- DN А АВ = N2-
ArN2 с АА^В-, AxN2 А ВВх = Nv
Значит A ABCDAXBXCXDx = Л^ЛГЛ^,
Т.е. — Sce4 (AiDN П ABCDA1B1CiDi) '
2. Рассмотрим /\ADN2.
Так как /\DCN = /\N2BN,
т0 $abcd — ~ 40\/3.
Задача-исследование на сечения
199
s^dcn = ^DC-CN • sin 120°,
1 V 3
т. е. S^DCN — - • 6 • 4 • — — 6V3.
&ABND — &ABCD ~ S&DCNi
T. e. SABND = 40\/3 - 6a/3 = 34\/3.
3. Пусть ATlJ-DN2-
В
DN2 = y/DDl + D2N2: D2N2 = AN2 - AD2,
D2N2 = 20 - 4 = 16.
Тогда DN2 = У (4^/3)2 + 256 = V48 + 256 = 4д/19.
4. Рассмотрим (A-^DNN^ ABCD
200
Построение сечений
Так как AT^LDN и AA1±ABCD1 то по теореме о трех
перпендикулярах A1T11.DN. Тогда зна-
чит p(aBCD-A[DNN^ ^р^А^А)-,
^А^А>=
Найдем со$(ЛА1Т1А').
cos(ZA1T1A) =
yi + tg2^^)’
««(ZAjTjA) —
20-\/3 20л/3
х/1200 + 931 д/2131'
1
а _ $ABND
AxDNNy со^А^АУ
_ n a _ 34^3
Ъе‘ bAiDNN1
л/гТзТ
1,7л/2131 (кв. ед.).
Вариант 2. Теперь рассмотрим вариант прохождения
плоскости сечения через диагональ ADX и точку F —
середину ВС.
Дано:
ABCDA^C^ -
прямая призма
AA^ABCD, АВ || DC
AD = 8; DC = 6
ZA = Z.B = 60°
CF = BF с BC
p{AxBC-ABCD) = 3Q°
Найдите Sce4 ^ADlFп
Задача-исследование на сечения
201
1. Продолжим AD до пересечения с продолжением ВС:
Очевидно, что ДАЕВ — равносторонний, значит
DE = СЕ = 6, тогда АЕВА1Е1В1 — правильная
призма.
EEV
2. Для построения сечения найдем пересечение продол¬
жения ADX с продолжением
Получим ADX П ЕЕХ = Е2.
В
Е
Так как E2F 6 ЕЕ1В1В^ то найдем E2F А СС1 =
Тогда ABCDA1B1C1D1 П AD1F — AD1F1F — много¬
угольник сечения.
202
Построение сечений
3. Положим ET1AF, тогда так как Е2ЕЕАВЕ, то по
теореме о трех перпендикулярах Е2Т1_АЕ
4. Из AABF-. AF = у/АВ2 + BF2 - 2АВ • BF cos 60°;
AF = J142 + 42 - 2 • 14 • 4 • | = V196 + 16-56 =
у Zi
= а/156 = 2>/39.
$&аев = 2"^^ ‘ sin 60°;
S&aeb = 2 ’ • ~~ = 49л/3;
S&abf = « ’ 14 • 4 • = 14\/3,
значит S^AEF = 49л/3 - 14л/3 = 35^3.
рт _ ^aef, рт_2- 35л/3 _ 35 /-
AF 2^39 13
5. Далее можно решать задачу аналогично первому вари¬
анту, т.е. найти со$(ЛЕ2ТЕ), затем SA1FCD и т.д. Но
это достаточно сложно, хотя весьма полезно и поучи¬
тельно. Поэтому рассмотрим другой способ решения.
Из подобия ДАЕ2Е и /\DiE2E1 следует, что
Е2Ег EEr + E2Ey ' Т’е’ Е2Ег 7 + Е2ЕХ'
значит Е2Ег = 5,25, тогда ЕЕ2 = 7 + 5,25 = 12,25.
&АЕЕ2 подобен /\,D1E1E2, тогда
^1^2 _ АЕ2 _ £
~ АЕ' /
^1^2 — 14У^^'2’
^1^2 ~ ^АЕ2.
J+E,
Задача-исследование на сечения
203
AFEE2 подобен /\FCF-y, тогда
FR FE2 f „
FC (EF = 10);
4 2
FF' = WFE> = 5FE-
3
значит FrE2 = -FE2.
5
Рассмотрим &AE2F.
Найдем, какую часть от S^AE F
занимает SAD1F1F,
Для этого воспользуемся теоремой: «Если угол одного
треугольника равен углу другого треугольника, то пло¬
щади этих треугольников относятся как произведения
сторон, заключающих равные углы».
Р
8&авс __ АС • АВ
S^apk ~ АР ■ АК
(см. рисунок).
Учитывая результаты теоремы для данной задачи, по¬
лучим для &AE2F и
S&AE2F _ АЕ2 ■ FE2
S^D-lEiFt. ^\Е2- FxE2
b&AE2F AE2 ■ FE2 35
тогда = = —;
b£DiE2Fi ^AE2 ■ lFE2 9
9
^AD1E2F1 = ~^b^AE2F'
Значит SAD1F1F — — S^AE2F.
204
Построение сечений
7 7
= —— 02-132 + 2О2-13 = — 03-(49 13+ 40) =
4-13 52
7 7
= —03-(637+ 400) = —03 • 1037.
52 52
S^ae2f-^F.E2T,
т. е. S^AE2F = | • 209 • 2-03 1037 = ^0111.
Zi ОЛ тс
^DiFiF “ ’ ^3111 ~
т-е- -S'ce. = Sad^f = 1,30111 (кв.ед.).
206
Построение сечений
65 г-
в) OS = Н = ОВ • tg60° = —л/з.
8
е) ^А1В1С1А2В2С2 — $&А2В2С2 ■
UiJ — O’JU \ /—
т-е- К41В1С1А2В2С2 = ^ДАВС I ’ v3t.
Практикум 7
207
Пусть t(x) = (65 — 8rr)2a?; D(x) : 0 < x < 8^;
tf(x) = —16(65 — 8x)x + (65 — 8a;)2 =
= (65 - 8,r)(—16x 4- 65 — 8x) = (65 - 8x)(-24ж + 65);
2. Стороны основания треугольной пирамиды равны 13,
14 и 15. Боковые грани пирамиды одинаково наклоне¬
ны к плоскости основания. Площадь боковой поверхно¬
сти в 2 раза больше площади основания. В пирамиду
вписана прямая треугольная призма, три вершины ко¬
торой скользят по боковым ребрам пирамиды. Найди¬
те отношение площадей оснований пирамиды и призмы
наибольшего объема.
Дано:
SABC —■ пирамида
S6 = 2SOCH
АВ = 15, АС = 13, ВС = 14
CSACB = ZSBAC = Z.SCBA
VAlB1CiA2B2C2 ~ К,аиб’
где A iBi <71/12^202 — призма
Л! € AS-, Вг е BS; Сг е CS
Найдите —- &АВС
Ь&А2В2С2
208
Построение сечений
а) ^лавс ~ л/21 • 6 • 7 • 8 — 84
= у/р(р - а)(р - Ь)(р - с)^ .
б) Так как боковые грани пирамиды одинаково накло¬
нены к плоскости основания, то вершина проециру¬
ется в центр вписанной в основание окружности. Из¬
вестно, что для таких пирамид
, где а = Z (SAC В).
g '"'осн
6 cos а
S
Q
в) S6 = S6 = 2S
7 6 cosa 6
По умолчанию предполагается, что читатель знает,
как построить прямую призму А2В2С2А1В1С1.
Практикум 7
209
Построим ОК±ВС,
тогда так как OS-LAB С, то SK1.BC.
Значит BCX-SOK, тогда о (AS ВС А) — p(ASKO).
г) Пусть к2 е ок, к2 е в2с2.
Положим К2К = х, тогда
КгК2 = К2К • tg60°; КГК2 = жх/З.
д)
$/\а2в2с2
8да2в2с2
е) К41В1С1А2В2С2 “ $ЛА2В2С2 * К1К2 —
/ 4 _ дД 2
— S/xabc ’ ( 4 ] v&r, х £ (ОЙ)-
Пусть t(x) = (4 — х)2х;
t'(x) = —2(4 — х)х 4- (4 — .г)2 = (4 — х)(—2х 4- 4 — х) =
= (4 — х) (4 — Зх); t'(x) = 0.
Значит Vmax - Унаиб = V (1|\
т.е. при.т = 1| у(1|)=1/ан£
гр ^ЛАВС
1ак как —
s^a2b2c2
^ЛАВС
ТО р
лДА2В2С2
210
Построение сечений
3. В основании пирамиды лежит трапеция со сторонами
в последовательном порядке равными 13, 7, 15. Дву¬
гранные углы при боковых гранях равны 60°. В пира¬
миду вписана прямая призма, вершины верхнего осно¬
вания которой принадлежат боковым ребрам. Найди¬
те отношение площадей оснований пирамиды и призмы
SABCD — пирамида
ABCD — трапеция
AD = 13; DC = 7;ВС = 15
р (/.SABC) = р (ASBCD) =
= р (Z.SCDA) = р (Z.SDAB) = 60°
A1B1C1D1A2B2C2D2 — прямая призма
Аг е AS; в^е BS;
Сг е CS; Dx е DS
Уа1В1С1Р1А2В2С2Р2 ~ Каиб
Найдите qSabcd .
^а2в2с2р2
1. Так как двугранные углы при основании равны меж¬
ду собой, то вершина S проецируется в центр впи¬
санной окружности, значит, в трапецию можно впи¬
сать окружность.
Практикум 7
211
Отсюда следует, что суммы
противоположных сторон
трапеции совпадают.
Тогда
АВ + DC = AD + ВС-
D 7 С
13 + 15 = 7 + АВ, т. е. АВ = 21.
2. Построим DE1.AB; CF1.AB.
Пусть АЕ = х.
Из AAED: DE2 = AD2 - АЕ2 = 132 - ж2;
FB = АВ - АЕ - EF = 21 - х - 7 = 14 - х.
Из ABFC: CF2 = СВ2 - FB2 = 152 - (14 - х)2.
Так как DE = CF,
то 132 — х2 = 152 — (14 — х)2; 28х = 140,
тогда х = 5.
3. DE = V132 - 52 - 12.
Отметим, что DE — 2гв.
212
Построение сечений
Сделаем доп. построение: OPLDC, проведем SP,
значит SP1-DC. Тогда так как ASDCB = 60°,
то Z.SPO = 60°.
Очевидно, что в призме наибольшего объема, впи¬
санной в пирамиду, основание A2B2C2D2 принад¬
лежит ABCD.
4. Пусть ОР2 = а, тогда Р2Р = ОР — а = 6 — а.
Призмы = Р2Р1 = P2P ■ tg 60° = (6 - a) А
D{a) = (0; 6), где £>(а) — область определения
функции, определяющей зависимости высоты приз¬
мы, а затем и ее объема от параметра а.
Докажите, что ABCD подобна A2B2C2D2.
г ^Л2В2С2О2
э-
15 ABCD
36’
Учтем, что ОР — гв = 6;
S — <? (<? — г> I?
oA-2B2C2D2 — aABCD ■ 2g I ^ABCD ~
21 + 7
Sabcd = —• 2 • 6 = 14 • 12 • 6 = 168
K,₽ — ^л2в2с2о2 •
К. = П5Г- ■ <6 - = T +2 - +
v = -5-4/3 (12a - 3a2) = 14^3a(4 - a);
О
0 4 6
Кпах = Кавб = У(4).
Практикум 7
213
7. Так как
^ABCD 60
$а2в2с2р2 _ 41 2 * _ 4
$abcd 36 9
Ответ: = ?.
dA2B2C2D2 4
Примечание. Трапеции со сторонами, в последова¬
тельном порядке равными 13, 7 и 15, могут быть только
такими:
1. Трапеции вида а) и в) — существуют и равны,
б) и г) -- также равны, но не существуют.
2. Докажем, что трапеции вида б) не существует.
Действительно, рассмотрим трапецию вида б).
214
Построение сечений
Проведем доп. построение:
СС || AD,
Тогда СС' = AD = 21
и DC = АС1 = 13,
значит С'В = 2.
Получили /\С'СВ.
По свойству треугольников
С'В + ВС> С'В,
т. е. 2 4- 7 > 21 — ложь,
что и требовалось доказать.
Аналогичное доказательство можно провести и для
случая г).
4. В основании пирамиды лежит трапеция со сторонами
7, 15 и 25. Углы между боковыми ребрами и плоскостью
основания равны 60°. В пирамиду вписана прямая
призма, вершины верхнего основания которой принад¬
лежат боковым ребрам. Найдите отношение площадей
оснований пирамиды и призмы наибольшего объема.
Вариант 1 (различные последовательности зна¬
чений сторон трапеции)
Дано:
SABCD — пирамида, ABCD — трапеция
DC = 7]ВС = 15; АВ = 25
(sA^ABCD) = (SB^ABCD) =
= (sC^ABCD} = (SD-ABCD} = 60°
~~ прямая призма
Ах е AS] Вх е BS] Сх е CS] D1 е DS
^Ai В\ С\Ру ~^наиб
Найдите Sabcd .
& A2B2C2D2
Практикум 7
215
а) Так как углы между боковыми ребрами и плос¬
костью основания равны между собой, то верши¬
на S проецируется в центр описанной около трапе¬
ции окружности.
Значит ABCD — равнобедренная трапеция. Тогда
АВ = 25; DC = 7; ВС = 15 и AD = 15.
Так как в задаче необходимо вычислить отношение
площадей оснований пирамиды и вписанной призмы
наибольшего объема, то найдем площадь основания
пирамиды. Построим DEA.AB и CFA.AB.
216
Построение сечений
1. ае = ^-=°£
2
AE = Q.
2. DE = VAD2 -^~AE2- de = ^152 - 92 = 12.
3. EB = 25 - 9 = 16; DB = у/DE2 + EB2;
DB = \/122 + 162 = 20.
_ AB + DC „
4- SABCD — DE;
~ 25 + 7
SABCD = —■ 12 = 32 • 6 = 192.
б) Рассмотрим /\ADB.
Так как AD = 15, DB = 20, AB = 25,
to AB2 = AD2 + DB2. Значит AD ED В.
Тогда центр описанной окружности около /XADB,
а значит и около ABCD, лежит на середине АВ.
SOEABC; О е АВ; АО = ОВ = 12 ,5, тогда
чертеж будет другой:
Практикум 7
217
в) Пусть ОВ2 = X, тогда В2В = 12,5 — гг,
значит ВгВ2 = В2В • tg60°; ВгВ2 — (12,5 — гг)\/3.
$АВСР
SA2B2C2D2
следовательно,
Sa2b2c2d2 — $abcd '
Д) K41B1C1D1A2B2C2D2 “ ^АгЯгСгОг ’ В1В2’
D(V) = (0; 12,5), где D(V) — область определения
функции объема.
У(ж) = 192- (-£-) (12,5 - x)V3 =
\ 1^)0 /
192 х/3
(12,5)2
• ж2(12,5 — ж);
218
Построение сечений
у,=(^(25*-зж2);
(25 \ 2
— I
х /
/25 \ 1 2 *
„„ $ABCD _ I 2 | _ £
ТО I QK I д'
bA2B2C2D2 \ Т / 4
Примечание. Равнобедренных трапеций со сторона¬
ми, равными 7, 15 и 25, существует только 3 вида:
1. Случай а) был рассмотрен в первом варианте.
2. Рассмотрим случай б) (AD = DC доказано в вари¬
анте 1 пункта а).
Практикум 7
219
Пусть DE±AB; CF1.AB.
AF-AB~DC ар 25-15 t
2 ’ Т' е‘ АВ = —2 =
ЕВ = 25 - 5 = 20;
DE = ^72^52 = 2^6;
DB = VDE2 + ЕВ2, т. е. DB = ^24 + 400 = J42A.
Рассмотрим FADB.
,/л„ы ad2 + db2-ab2
cost A AD В} = — -•
7 2•AD•DB
cos(zapb) = f£+424-£25 < 0 T e £ADB > 90o
2 • 7 • V424
Значит, центр описанной около ABCD окружности
находится вне ABCD. Тогда пирамида SABCD бу-
дет иметь следующий вид:
Но в такую пирамиду вписать прямую призму, вер¬
шины верхнего основания которой принадлежат бо¬
ковым ребрам, нельзя.
220
Построение сечений
3. Для трапеции вида в) центр описанной окружности
находится внутри трапеции ABCD, где АВ = 15;
AD = 25; DC = 7; ВС = 25. Значит, существует
второй вариант условия и решения задачи, рассмот¬
рим его.
Вариант 2 (различные последовательности зна¬
чений сторон трапеции)
Дано:
SABCD — пирамида, ABCD — трапеция
DC = 7; ВС = 25; АВ = 15;
р (SA^ABCD^ = р (SB^ABCDj =
= р (SC^ABCD) = р (sD^ABCD) = 60°
А1В1С'1£>1Л2В2С'2Р2 ~' прямая призма
А, е AS- By е BS; Су е CS-, Dy е DS
= Каиб
Найдите §ABCD -.
Практикум 7
221
а) Как было показано ранее, AD = ВС. в 7
Пусть DELAB, CF1.AB.
, . АВ - DC
1- АЕ = т. е. АЕ = 4,
тогда ЕВ — 15 - 4 = 11.
DE = y/AD2 - АЕ2-,
А
Е 15 F
В
Тогда sin(ZA) = т.е. sin(ZX) =
AD v ’ 25
2. DB = у/DE2 + ЕВ2,
т. е. DB = у/609 + 121 = у/730.
3. Рассмотрим /\ADB.
,/A„~ ad2 + db2-ab2
v 7 2AD ■ DB
,,лг^ 625 + 730-225 n
t. e. cos(ZADB) = > 0.
2 • 25 • a/730
Следовательно, О (центр описанной окружно¬
сти около ABCD) находится внутри ABCD.
- DB
йо AADB “ 2 sin(Zj4) ЛЛ£>В ~ ABCD ~ )>
_ х/73б _ 25а/730
Т’е‘ ЙоАДрв “ 2уё09 “ 2х/б09 ~RqABCD'
25
о __ AB + DC пр
bABCD — 2
15-4-7
т-е. SABCD = ——У609 = 117609.
Zi
Рассмотрим А1В1С1Р1Л2В2^2-^2-
Учитывая, что боковые ребра пирамиды одинаково
наклонены к плоскости основания, вершины нижне¬
го основания призмы будут находиться на радиусах
описанной окружности.
222
Построение сечений
1.
2.
3.
Рассмотрим AASO,
где А1А2±АО и А1О1±ВО.
Положим
. . / 25^/730
АА9 = х е 0; т=-
2 \ 2v/609
Тогда А1Л2 = АА2 • tg(ZSAO)
и А2(9 = А1О1 = АО — х, т.е. А1О1 = —— х;
АтА2 = xtg60° = тд/3 — высота призмы
Ai BiCi DXA2 В2 C2D2.
Так как А1В1 || АВ, II AD, • • • >
то А2В2 || АВ; А2£>2 || AD, ...
Очевидно, что ААОР подобен АА2ОВ2...,
значит ABCD подобна A2B2C2D2 и ABCD по¬
добна А1В1С1Р1.
гр S&ABCD j 2
Тогда = к\
bA2B2C2D2
7 AD AS SO АО
ГДе “ AXDX ~ AXS " ЗОг ~ А^ ’
Следовательно,
25^730
__ 2у/609
25УТ30 _
2v/609 Х
(25у/730
2л/609
(25>/73б _ ,\ 2
2^609 Х |
25^730 I ’
2V609 /
Практикум 7
223
г) VA1BiCiDiA2B2C2D2 ~ ’ ^A2B2C2D2- Тогда
(25\/73б _ \ 2
'^/730 J ’ =
2V609 /
/ \ 2
11 -Зл/203 (25\/730
/ П Е. /ТОП \ 2
• X
(/ \ 2 / !
25\/730 \ / 25л/730
7=— ж ; х 6 0: ;=-
2^/609 / \ 2л/бб9
\ 2
25\/730 \
7^— X
25\/730
■,—-— х
25^/730 \ (25^730 „
7=- — X ==- — Зх
2д/б09 / \ 2л/бб9
224
Построение сечений
t'(x) = 0;
25\/73б
2л/609
1 25л/730 ‘
3 2-\/б09
Значит V . —
наио шах
25^730
25^730
т. е. х =
Sa Г2('у Г)
Следовательно, —•
^A2B2C2D2
(25у/730 \ 2
2\/б09 |
25>/730 _ 1 . 25y/73Q I
2^609 3 ’ 2\/б09 /
9
4
Примечания. 1. Как это ни удивительно, ио во всех
предыдущих четырех задачах ответ один и тот же. Обоб¬
щая полученные результаты, можно сформулировать сле¬
дующее утверждение: если в п -угольную пирамиду впи¬
сать прямую п -угольную призму, вершины верхнего осно¬
вания которой принадлежат боковым ребрам пирамиды,
то отношение площади основания пирамиды к площади
основания прямой призмы наибольшего объема, вписанной
9 г
в пирамиду, всегда равно - — весьма любопытный мате¬
матический факт. Было бы здорово, если бы вам удалось
это доказать.
2. Более подробно см. книгу А. X. Шахмейстер. Введе¬
ние в математический анализ. СПб.: «Петроглиф» —
М.: МЦНМО, 2011.
Тренировочная работа 5
225
Тренировочная работа 5 (Комбинации методов
при решении задач)
Вариант 1
В основании прямой призмы лежит параллелограмм, сторона
которого равна 4. Синус острого угла параллелограмма равен
п ~
—. Отношение площадей сечении, проходящих через сторону
4
нижнего основания и сторону верхнего основания, к площади
4 3
основания призмы равно - и -. Найдите объем призмы.
5 5
Вариант 2
В прямом параллелепипеде наименьшая диагональ, равная 60,
2 3 4
образует с гранями углы, косинусы которых равны - и
3 4 5
Найдите объем параллелепипеда.
Вариант 3
В основании прямой призмы лежит трапеция с основаниями,
равными 27 и 6, и боковыми сторонами, равными 17 и 10. Наи¬
меньшая диагональ призмы образует с гранью, проходящей че¬
рез наименьшую боковую сторону трапеции, угол, синус кото¬
рого равен 0,2. Найдите объем призмы.
Вариант 4
В основании прямой призмы лежит равнобедренная трапеция.
Диагональ призмы равна 3,25 и образует: с плоскостью осно¬
вания угол а; с плоскостью наибольшей по площади боковой
грани угол /3; с плоскостью грани, проходящей через боковую
сторону трапеции, угол 7. Найдите объем призмы и площадь
ее боковой поверхности, если синусы этих углов, соответствен-
12 7 3
н°. равны - и
226
Построение сечений
Решение тренировочной работы 5
Вариант 1
В основании прямой призмы лежит параллелограмм, сторо¬
на которого равна 4. Синус острого угла параллелограмма ра-
д/З
вен Отношение площадей разных сечений, проходящих че¬
рез сторону нижнего основания и сторону верхнего основания,
4 3 тт
к площади основания призмы равно - и Найдите объем
5 5
призмы.
Дано:
ABCDA1B1C1D1 -
параллелепипед
AA^ABCD
^ABiCrD _ f
$abcd 5
SAjBjCD __ 3
Sabcd 5
ЛГ. Я ^3
AB = 4; cos a —
4
Найдите VabcdAxBxC^ •
a) !. так как f и ^bcd = 3 tq
ношения равны косинусам двугранных углов ZBr ADC
и Z-AyDCB соответственно, т. е. cos (/Вг ADC) = -
3 5
и cos (ZA^CB) - f.
о
2. Пусть BP1.AD, тогда так как призма прямая,
то B1P±AD1 следовательно AD±(B1PB).
Из ДАВР: ВР = АВ sin а, ВР = 4 sin а.
4 4
Так как cos (ZB1ADC) — -, то cos(ZB1PB) ~ р.
Решение тренировочной работы 5
227
tg(ZB1PB) = 2ZL cos2(giPB)
cos(Z.B1PB)
r.e.tg(Z.BlPB) = 4
5
Значит ВВ1 = BPlg(Z_BxPB\
3
т. e. ВВ1 = 4 sin a • - = 3 sin a.
3
4
3. Пусть BK1DC, тогда DCA-ByKB.
Из /\ВКС: ВК = ВС sin а. ВС' = дд
Положим ВС = х, т.е. В К = zsina.
Так как cosjAA^DCB) = |, то cos(ZB,/f R) -
5 1 ’ 5’
а/Г- СО82(ВХКВ)
~~cos(ZB1A'B)
(B1KB)YDC, тогда tg(ZS17<B) =
4
т.е. tg(ZB17<P) = =
2 3
Значит BBt = BKtg(ZB1A'B),
4 4x
t. e. BBX = x sin a - - = — sin a.
BBX =
4.
BBA =
3sina
4 .
-x sin a
o 4
, тогда 3 = -x\ x =
о
9
- = 2,25.
4
б) 1. ^>abcd — АВ • AD sin ос.
N
9 ч/13 9 г— ,
т. с. SABCD — 4 • - • —— — - V13 (кв. ед.)
228
Построение сечений
\/13 3
2. В В-t — 3 sin q, т. е. В Bi — 3 • —-— = — \/13.
1 1 4 4
'^abcda1b1c1Di — Sabcd '
т е- VABCDAiBiCtDi = Тб- =
= | 21,625 | (куб. ед.).
Вариант 2
В прямом параллелепипеде наименьшая диагональ, равная 60,
образует с гранями углы, косинусы которых равны
Найдите объем параллелепипеда.
2 3 4
3’ 4 И 5
Дано:
ABCDAlB1C1D1 -
прямой параллелепипед, где
AA^ABCD
cos (dB^ABCD^ = |
cos |
/ \ 4
cos ( DB^ AA^D^D] = -
DBX = 60 * 2
Найдите VabcdAxB^Dx-
a) AA^ABCD, значит BBX1_ABCD,
тогда (DBy, ABCD) = Z-B^DB, где cos (ZB1DB) =
' ' о
2
Значит DB = DBX cos(ZB1 OB), t. e. DB = 60 • - - 40.
ВВг = DBX sin(ZBlDB),
где sin (ZB^B) = у 1 - Q) =
\/5
Значит ВВг = 60 • —- — 20\/5.
о
Решение тренировочной работы 5
229
б) Построим BiK±D1C1.
Так как CC^ABCD, то CC^IBJZ,
а значит B1KA.DD1C1C1 т.е. ^DB^ DDxCxC^ = ZBxDK,
3
причем cos (ZB-^DK) =
Тогда DK = BB1cos(ZB1BK); BXK— DBxsm(ZBxDK\
I /3\2 л/7
где sin(ZB1DK) = \ ^ ~ ( 4 ) =
т.е. B,K = 60- = 15\/7.
1 4
в) Построим B^PPA^Dy.
Так как AA1±A1B1C1D1, то AA1±B1P,
а значит B1P.LAAlP1D.
Тогда (DB^AJ)^ = AB^P,
t.e. B]P = DBX sin (ABlDP'),
где sin (ZB1DP') = Jl- = |.
3
Таким образом B.P = 60 • - = 36.
5
г) Рассмотрим A1BiC1Di.
1. sin aj = sin(ZB1B1P) =
т.е. sin(Z.BlD1P) = ~
BrP
D.B^
9
= I0=sma1;
Cl
2. sina2 — sin(AB1D1K) — sin(ZA1B1Z>1) = 1 ,
D1B1
15у/7 Зл/7
т. e. sma, = ——— = ——.
2 40 8
230
Построение сечений
3. о3 = ZB1A1£>1 = 180° - ZB^P - Z.BXDXK\
о3 = 180° — с*} — a2;
sin a3 = sin (180° — («i + <>2)) = sin(ai + «2);
sin^ + a2) — sincq cos a2 + sina2 cosOj = sina3;
9 /19
sinQ!1 = io; cosai = 46"’
3/7 1
Qin • РПС Л-.л = —’
4 9 1 3/7 /19 9 + 3/133
sin(a1 + a2) - — • 8 + 8 w - 80
3 (3 + /133)
= — L- — smexo.
80
„ 36 12 • 80 960
т.е. А, В, = т=г = y= — ^=.
1 1 3(34-1/133) 3 + /133 з + /Тзз
80
SA1BlC1D1 = A1Bl ■ BrK,
960 /—
-15/7 =
960 (/133 - 3) • 15 • -/7 960 • 15\/7 (v<[33 - 3)
= 133-9 “ 124
240 • 15a/7 (v133 - 3) 360 (7/19 - 3/7)
fl) ^ABCDAiBiC^Di — ^A1B1C1D1 '
_ 360 (7yT9 - 3 У7) _
^ABCDAiBiCiDi — 31 ZUVO —
7200 (7/95 - 3/35) z
= (куб. ед.).
ol
Решение тренировочной работы 5
231
Вариант 3
В основании прямой призмы лежит трапеция с основаниями,
равными 27 и 6, и боковыми сторонами, равными 17 и 10. Наи¬
меньшая диагональ призмы образует с гранью, проходящей че¬
рез наименьшую боковую сторону трапеции, угол, синус кото¬
рого равен 0,2. Найдите объем призмы. п
Дано:
ABC DA1B1C1D1 — призма
AA^ABCD
sin (^А1С;АА1В1В^ = 0,2
AD || ВС
AD = 27
ВС -6
АВ = 10
= 17
Найдите VABCDAxBxCxDx.
а)
1. Очевидно, что АХС —
наименьшая диагональ призмы,
так как АС < BD.
2. Рассмотрим трапецию
Пусть BB21_AD\ CC2±AD.
Ясно, что тогда
ВС = В2С2 = 6. Е
Положим АВ2 = х. тогда
ВВ2 = АВ2 — АВ2, т. е. ВВ2 = 2
232
Построение сечений
DC2 = AD- АВ2 - В2С2 = 27 - х - 6 = 21 - х,
тогда СС% = 172 _ (21 _ х)2 (ВВ2 = СС2 );
Ю2 - х2 = 172 - (21 _ ж)2; 42Ж = i02 _ i72 + 2р;
252 126 42
а'’“1Г-‘2Г = у = 6’
т. е. АВ2 - 6, a DC2 = 15. Тогда ВВ2 = V102 - 62 = 8.
3. sin(ZA) -
ZiJD
т. е. sin(ZA) = sin(ZD) = &, тогда sin(ZD) —
б) 1. Пусть С К LAB (или его продолжению).
Так как AAXLABCD, то AA^LCK,
значит CKLAAXB-J3.
Тогда sin ^A^AAlBlB^ = sin(ZCA17<) = 0,2.
2. Из £\СВК:
СК = BCsin(ZA) (Z4 = LCBK, AD || ВС);
4 24
СК = 6 4 = - 4,8.
5 5
Значит из AAjC/f:
АХС = ~т-е- А1С = 7Ci = 24-
sm(ZCA1A) 1 0,2
в) 1. Из трапеции ABCD-.
АС2 — АВ2 4“ В2С2, т. е. АС^ = 12.
2. Из /\АСС2:
АС = ^АС‘^ + СС%,
т. е. АС = \Л22 + 82 = 4V32 + 22 = 4л/13.
Решение тренировочнойпябп^^, 5
233
3. Из /\АХАС:
АА1 =
т. е. ААг = Д4Г_ (4^13)2 = ^/576 - 208 =
= v/368 = 2 >/92 = 4 >/23.
Q AD + ВС 27 + 6
4- SABCD = ВВ2, т. е. Sabcd = _L_ . 8 = 132.
5- biBCDAtBiCiDj = Sabcd ■ AAt;
^ABCDAiBiCrDi — 132 • 4 >/23 — 528>/23 (куб. ед.).
Вариант 4
В основании прямой призмы лежит равнобедренная трапеция.
Диагональ призмы равна 3,25 и образует: с плоскостью осно¬
вания угол а; с плоскостью наибольшей по площади боковой
грани угол /3; с плоскостью грани, проходящей через боковую
сторону трапеции, угол 7. Найдите объем призмы и площадь
ее боковой поверхности, если синусы этих углов, соответствен-
12 7 3
Н°, равны - и -.
Дано:
ABCDA^C^ -
прямая призма
ABCD — равнобедренная
трапеция
АХС = 3,25
/ \ 12
sin (AjC; ABCD] = sin а = —
sin = sin (3 = —
3
sin7 = -
sin
Найдите:
а) K4BCDA1B1C1D1’
б) ^б.п. ABCDAiBiCiDi *
234
Построение сечений
а) Найдем KabcpXiBiCiDi-
1. AA^A-ABCD по условию.
Тогда (a^C^ABCD} = ЛАгСА = а.
Значит АС = АгС cos а; ААг = АгС sin а,
12 / /12 \2 5
где sin а = —; cos а = i /1 — — I - —
13 у \13/ 13’
Тогда АС = 3,25 • А = | и = 3^5 ~ = 3.
2. Построим CP.LAD.
Так как AA^ABCD, то ЛАХ±СР,
а значит CP-LAAyDyD.
Тогда ^ЛХС; АА^^^ - ЛСА1Р =
т. е. sin (А-, С; АА, D1D ) = sin в = —
\ 1 1 / 65*
3. Из /\АХСР следует, что СР = АХС • sin/?,
7 7
т.е. СР = 3,25- — = —.
’ 65 20
4. Построим С К .LAB.
Так как AA^LABCD, то ААХ1.СК,
значит CJC±AA1B1B.
Тогда (а1с7аЛ1В1в) = Z.CAXK = 7,
т. е. sin ^АХС; АА1В1В^ = sin7 = JL.
5. Из ДАхС/< следует, что СК = АХС • sin7,
3 3
т.е. СК = 3,25 • — = -.
13 4
Решение тренировочной работы 5
235
6. Рассмотрим ABCD (АВ = DC)
sin(Z4) - sin(a!1 + а2) = sin си j cosq2 + sina2 cosctp
t. e. sin(ZA) = — . - -i_ 1. _ ЮР 4 3
25 5 + 5 К~Ш = 5' ”в(ЛЛ)=5'
1. Из ДЛВТ: ЛВ = —?Т . т . дя _ Я _ 7
sin(ZA)’ Т’е- Т - 16'
5
8 Из ДЛСР- ДР — лг< > „ 5 24 6
о. hj лт' _ до cosсь, т.е АР = — • — = —.
1 4 25 5
9. Так как PD = АТ, то АР = AT | TP = TP | PD,
гдеТР = ВС, АТ = AD - ВС.
Знашт АР численно равно средней линии ABCD
(ар = AD +
\ 2 ~'
Sabcd = ЛР • СР,
„ с 6 7 до
abcd = о,42 (кв. ед.).
ю. vABCDA1BiCiDi = Sabcd . ЛЛ1.
VabcdAiB^CxD^ ~ 0,42 ■ 3 = 11,26 | (куб. ед.).
236
Построение сечений
б) Найдем S6 п •
5б.и. ABCDAiBiCrDr “ ^ABCD ’
1. P^bcd — 2(AB + АР) (докажите),
о / 7 6\ 131
т-е. Рлвсо-2^- + -^ - —.
2 S - 151.3-^93 33
^б.п. ABCDA1B1C1D1 4Q ° 4Q “ 40 “
Итак, S6 n ABCDAxBiCxDi ~ I 9,825~| (кв. ед.).
Векторы
Основные определения и свойства
Определение 1. Два луча [АВ) и [CD) называются сона-
правленными, если они принадлежат параллельным пря¬
мым и лежат в одной полуплоскости относительно прямой,
соединяющей их начала: [АВ) ft [CD).
Определение 2. Два луча [АВ) и [CD) называются проти¬
воположно направленными, если они принадлежат парал¬
лельным прямым и лежат в разных полуплоскостях отно¬
сительно прямой, соединяющей их начала: [АВ) || [CD).
238
Векторы
Определение 3. Множество всех сонаправленных лучей
называется направлением.
Определение 4 (геометрическая
интерпретация). Вектором называется
направленный отрезок.
АВ
В
Примечания
1. Направленный отрезок значит отрезок, принадлежащий на¬
правлению — множеству всех сонаправленных лучей.
2. Вектор обозначается а или АВУ где точка А — начало,
а точка В — конец вектора, а АВ С [ЛВ).
3. Вектор характеризуется длиной отрезка АВ, модулем век¬
тора называется АВ = |АВ|.
Определение 5. Вектор называется нулевым, если его дли¬
на равна нулю (а = 0, если |а| = 0). Нулевой вектор на¬
правления не имеет.
Определение 6. Два ненулевых вектора а и b называются
равными (а = 6), если лучи, содержащие эти векторы,
сонаправлены (а ТТ&) и длины векторов равны ( |а| = |Ь| ).
Умножение вектора на число
Определение 7. Произведением вектора а на число Л на¬
зывается вектор b = Ха (А — число, не равное нулю), для
которого:
1. b f Т а, если А > 0 (векторы принадлежат
сонаправленным лучам);
b ТX а, если А < 0 (векторы принадлежат противо¬
положно направленным лучам).
2. |Ь| = |А| • |а|, причем
если |А| > 1, то происходит растяжение длины
вектора а в |А| раз;
если |А| < 1 (А 0) то происходит сжатие длины
_ 1
вектора а в -—- раз.
Основные определения и свойства
239
Свойства умножения вектора на число
1. Ассоциативность (сочетательный закон):
(\ * ^2) ‘ а = \ ’ (^2 * а) •
2. Дистрибутивность умножения векторов иа число А отно¬
сительно сложения векторов: А • (а 4- bj = А • а 4- А • Ь.
3. Дистрибутивность умножения вектора на число А относи¬
тельно сложения чисел: (Aj 4- А2) • а = Aj • а 4- А2 • а.
Пример 1
2а
-2а
Пример 2. « а t < t
Пример 3. В А = —АВ.
Сумма двух векторов
Определение 8 (Правило треугольника для сложения двух
векторов). Для того чтобы сложить два ненулевых вектора
а и Ь, необходимо:
b
а) параллельным переносом совместить начало вектора b
с концом вектора а;
б) соединив начало вектора а и конец вектора Ь, получим
вектор с, который назовем суммой векторов а и Ь:
а + Ь = с.
а
V
с \
240 Векторы
Напомним правило сложения и вычитания двух векторов с об¬
щим началом (правило параллелограмма).
Пусть ABCD — параллелограмм.
а) АВ 4- AD = АС — диагональ,
исходящая из общего начала
векторов АВ и AC. A D
б) АВ — AD = DB ~ диагональ, В_
соединяющая концы векторов /
АВ и АР, причем направленное
к тому вектору, из которого A D
вычитаем.
Так как у них общее начало, то в записи результирующего
вектора будут конечные буквы векторов разности, взятые
в обратном порядке.
Примечание. Сумма или разность векторов обобщенно назы¬
ваются алгебраической суммой этих векторов. В дальнейшем,
говоря об алгебраической сумме векторов, мы будем по умол¬
чанию подразумевать или их сумму, или их разность, или ком¬
бинацию того и другого.
Свойства сложения векторов
1. а + 0 — а.
2. Коммутативность: а + b = b 4- а.
3. Ассоциативность относительно сложения чисел:
(а 4- b) 4- с = а 4- (б 4- с) .
Примечание. Отметим, что для любого многоугольника вер¬
но следующее утверждение: если каждая сторона многоуголь¬
ника является вектором, начало которого есть конец вектора,
образованного из предыдущей стороны, то сумма всех этих век¬
торов равна нулевому вектору.
Основные определения и свойства
241
Например, для восьмиугольника А1А2А3А4А5АбА7А8:
^1^2 + ^2^3 + ^3^4 + ^4^5 + ^5^6 + ^6^7 + ^7^8 ^8^1 —
Историческая справка
Каспер Вессель (1745-1818) —- датский математик. В рабо¬
те «Об аналитическом представлении направлений» (1799 г.),
посвященной теории векторов на плоскости и в простран¬
стве он впервые дал полное геометрическое построение тео¬
рии комплексных чисел, рассматриваемых как векторы плос¬
кости. Идеи, содержащиеся в книге, позднее развились в тео¬
рии кватернионов. К сожалению, работа была написана на дат¬
ском языке и стала известна только через 100 лет, благодаря
Ж. Аргану и К. Гауссу.
Жан Робер Арган (1768-1822) — швейцарский математик.
Независимо от К. Весселя в сочинении 1806 г. «Эссе о методе
представления мнимых величин» дал геометрическую интер¬
претацию комплексных чисел на плоскости. В этой же работе
дано отличное от гауссовского доказательство основной тео¬
ремы алгебры. В 1814-1815 гг. им был введен термин модуль
комплексного числа.
Уильям Роуэн Гамильтон (1805-1865) — ирландский мате¬
матик. В работах 1845 г. ввел термины скаляр, скалярное про¬
изведение, векторное произведение. Над теорией кватернионов
трудился восемь лет.
Карл Фридрих Гаусс (1777-1855) — гениальный немецкий
математик из Брауншвейга. В алгебре Гаусса занимала пре¬
имущественно основная теорема алгебры, к которой он неод¬
242
Векторы
нократно возвращался и дал не менее шести различных дока¬
зательств в работах 1803-1817 гг. В современной редакции она
формулируется так: «Любое уравнение n-й степени с действи¬
тельными коэффициентами имеет ровно п корней, включая
кратные и комплексные». Более того, корни уравнения вида
хп — 1 = 0 можно представить на комплексной плоскости как
координаты вершин правильного п -угольника с центром в на¬
чале координат5. В этих же работах даются также указания
относительно кубических и биквадратных вычетов. Теоремы
о биквадратных вычетах 1825-1831 гг. чрезвычайно расширя¬
ют область теории чисел, благодаря введению так называемых
целых гауссовых чисел, т.е. чисел вида а + Ы, где а и b —
целые числа.
Герман Грасман (1809-1877) — немецкий математик. В «Уче¬
нии о линейном пространстве» дал первое систематиче¬
ское построение учения о многомерном евклидовом про¬
странстве, ввел скалярное произведение векторов. Независимо
от У. Гамильтона Грасман построил теорию гиперкомплексных
чисел. Позднее Д. Гильберт развил его идеи в области форма¬
листики в математике — целостной философской концепции,
обосновывающей современную математику.
Уильям Клиффорд (1845-1879) — английский математик.
Сумел объединить два подхода в рамках общей теории, вклю¬
чающей в себя и обычное векторное исчисление.
Джозайн Уиллард Гиббс (1839-1903) — американский ма¬
тематик и физик. Окончательно обобщил все идеи и в 1901 г.
опубликовал обширный и исчерпывающий труд — учебник
по векторному анализу.
5 Более подробно см. книгу А. X. Шахмейстер Комплексные числа.
СПб.: «Петроглиф». М.: МЦНМО, 2011 г.
Практикум 8 (Алгебраическая сумма векторов)
243
Практикум 8 (Алгебраическая сумма векторов)
1. Пусть АВСРА1В1С1Р1
гебраическую сумму векторов:
а) АВ + АР — АА};
б) AB-AD + A4^;
в) —АВ + АР + ААг;
г) АВ-АР-АА^;
д) -АВ +АР —АА^.
Решение
параллелепипед. Найдите ал-
а) АВ + АР -ААг= АС- ААг = \А1С .
б) АВ-АР + ААг = РВ + АА^ = РВ + ВВ[ =
(аХ = BBi) •
в) -АВ + АР + ААг = ВР + АА[ = ВР + Рр[ =
(aaJ = Pity .
РВ^
ВРг
г) АВ - АР - АА. = ~РВ- AaI = РВ- Рр{ = \р(В
д) -АВ + АР- АА^ = ВР- АА^ = ВР- ВВ[ = \в(Р
2. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Выразите данную алгебраиче¬
скую сумму векторов через вектор, начало и конец кото¬
рого есть вершины куба.
а) а, 4- b + с,*
б) а — b 4- с;
в) а 4- b - с;
г) — а 4- Ъ — с;
д) -а4-Ь4-с.
244
Векторы
Обозначим В А = а, ВВЛ = h Fir* _ т-»
1 с где точка В —
общее начало данных векторов.
Решение
= BXA + AD =
ВгА 4- В1С1 =
— BAL 4- -^1^1
ВА1+В1С1 =
в) а 4- Ь — с — В^А^ 4- В^В — В^С^
= ВА + С\В =
3.
RA + С\В =
д) —а 4- Ь 4- с =
г) —а 4- Ъ — с = -
= А^В —AJD
з
точки Рр Р2, *з>
— середины ребер.
<ч
Пусть ААГ — а, АВ = b, AD = с — базисные векторы. Ба¬
зисными называются векторы, которые с точностью до па¬
раллельного переноса не принадлежат одной плоскости.
В данном случае они имеют общее начало в вершине А.
Практикум 8 (Алгебраическая сумма векторов)
245
Выразите заданные векторы через базисные (а, бис):
а) ВД; б) DF\; в) Р^- г) АДД; д) ад.
Докажите, что:
е) Р^К3 = Р^4- Ж) К^р2 = К^Р3, з) Р\Т3 = Т\К3,
и) ад = АР3- к) 2ДД = ад.
Решение
а) Для того чтобы выразить вектор К3Т^ через базисные
векторы а, Ь и с, необходимо найти ломаную с на¬
чалом в точке К3 и концом в точке Д, причем зве¬
нья ломаной должны принадлежать ребрам параллеле¬
пипеда.
КзТ1 = АДО + Ш + АД = ~Ь- с+ -а
(*3 ДсВ = -Ой = Д; DA = —c; XT, = Д .
* 2 2 2 J
б) = И + лл+ ЛЛ = -?+« +1S
(v3. = = h).
x * 2 J
в) Р2^з = ^^ + С^ + СХз = 1с-а--Ь
2 2
= Iad = ic) .
x 2 2 J
г) ЛгК2== А^в[ + в^в + вю> = ь-а+^с
= |вс = |ло = |c) .
д) TiKi =T^ + DA + AK[ = ~a - c +
= -|aa = -is) •
Zi Z /
246
Векторы
е) Докажем, что Р2^з = А-^4-
> > > > 1 1
Р2К3 = Р2Сг + С.С + СК3 = -с - а - -Ь-,
= Р^ 4- АгА 4- АК^ = ——Ь — а + —с,
£а
значит Р2К3 = PjjFQ.
ж) Докажем, что К1Р2 = К^Р%-
ад = ад + вв; + ад = ^+а + Ь;
£а
^4^3 — 4" DDt + D{P3 = —с 4-fl4- —6,
£а £л
значит КгР2 — К\Р3.
з) Докажем, что РХТ3 — ТХК3.
~ + -®1^1 + ^1^3 = 9^ +
Za Za
> —> —> > 1 1^
ТгК3 = ТгА + AD + DK3 = -а + с- -b,
£а Za
значит Р^з = Р\К3.
и) Докажем, что КгСг = АР3.
jFCiC?i — К-^В 4- ВВ. 4- В-^С^ — —Ь 4_^4~с — с4_сг4_ ~Ъ\
Za £л
АР3 = AD 4- DD^ 4- D^P3 — с 4~ cl 4~
Za
значит КхСг = АР3.
к) Докажем, что 2Т2Р2 = КХР3.
значит 2Т2Р2 = КхР3.
Тренировочная работа 6 (Алгебраическая суммавектпрпн)
247
Тренировочная работа б
(Алгебраическая сумма векторов)
Вариант 1
ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед.
А’ ^4’ ^1> ^2> ^4> ^1? -^2> ~ середины
ребер.
Базисные векторы: ВВХ = &, В А = а, ВС = с.
1. Выразите данную алгебраическую сумму векторов через
вектор, начало и конец которого есть обозначенные точки
вершин или точки, данные на ребрах параллелепипеда:
а) а — b 4- с;
ч г U
г) а + b - -с;
б) — а + b — с;
.. ir .
д) а - -6 - с.
£
' U Г -
в) -а + Ь — с;
Л
2. Выразите через базисные векторы:
a) DP1; б) АгК3; в) К4Т3; г) Р3В; д) ТгР2.
3. Выясните, справедливы ли равенства:
а) Р2Кг = Р3К4, б) DxK2 = Р4В.
248
Векторы
Вариант 2
ABC DA1B1C1D1 — параллелепипед
Р1( Р2, Р3, Р4, тх, т2, т3, т4, кг, к2> к
ребер. 31 а4 — середины
Базисные векторы: СВ — b, СС\ = a, qq ___
1. Выразите данную алгебраическую сумму векторов через
вектор, начало и конец которого есть обозначенные точки
вершин или точки, данные на ребрах параллелепипеда:
а) а — Ъ + с; б) —а + Ь — с; в) + b - с;
\ - Г 1- х 1г _
г) а + b - -с; д) а - -Ь - с.
&
2. Выразите через базисные векторы:
a) PPj; б) АХК3, в) г) д)
3. Выясните, справедливы ли равенства:
а) Р2КХ = Р3К4, б) ВХК2 = ^5.
Решение тренировочной работы 6
249
Решение тренировочной работы 6
Вариант 1
ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед.
А’ ^2> ^3> ^4» ^1? ^2>
ребер.
Базисные вектора: ВВ1 = Ь,
Т4, Къ К2, К к
v3> А4 — середины
в1 = а, BC^S
1. Выразите данную алгебраическую сумму векторов через
вектор, начало и конец которого есть обозначенные точки
вершин или точки, данные на ребрах параллелепипеда:
а) a-b + c- BA-ВВ1 +ВС = BXA + AD = ВгВ.
б) -а+Ь-с= -~ВА + ВВ\ -ВС = АВ[ -AD = Db[.
в) + Ь — с — + ВВг — ВС — ВКХ + Св\ =
= В^Р1 + СВ1 = СР1.
г) а + Ь- |с = ВА + ВВ[ - 1-ВС = ВА[ - ВК*2 = K2AV
д) а-\ь-с^^А-1^ВВх-ВС^'сХ-ВТч =
= СА-СТЪ = Т^А.
250
Векторы
2. Выразите через базисные векторы:
а) DPX = DA АА^ 4~ А-^Р^ — —с 4- Ъ —
Za
б) А^ = лТА + АР + 1Жз = -6 + с-|а.
в) К^Г3 = К$ + DC + СТ3 = ^с-а + ^Ь.
Za Za
> > > > 1 _
г) Р3В = Р3СХ + СХВ4 + В4В = --а - с- Ь.
Д) ^1-^2 ~ ^1-^1 + ^1^1 + ^1^2 — 9^ — ® + 9^-
£ £
3. Выясните, справедливы ли равенства:
а) Р& = ^К4.
ЪК4=ЪВ1+В$ + ВК4 = -|с - Ь+ \а-
Za Za
у > > I 1
Р3^4 = Р3Р1 + Р1Р + DK4 — Ь~ -ZC,
значит Р2К1 = Р3К4 — верное равенство.
б) дх = Р^З-
DxK2 = DXC\+ С^С + С#2 =-а-Ъ- |с;
Р4В = Р4а[ + А1В1 + В4В = -|с - а-Ь,
значит DrK2 = РдВ верное равенство.
Решение тренировочной работы 6
251
Вариант 2
ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед.
Л’ ^1> ^2> ^3> ^4> ^i, АГ2, /г
ребер. 3’ ^4 — середины
Базисные векторы: СВ — Ь, ССг = a, QD -
„ • * лС'
V Д-..5-Ж
1/к, 1/к.
А D
1. Выразите данную алгебраическую сумму векторов через
вектор, начало и конец которого есть обозначенные точки
вершин или точки, данные на ребрах параллелепипеда:
а) а-Ь + с^СС^-СВ + CD = BC[ + C^dI = Bd"1.
б) -a + b-c = -СС^ + СВ -CD -O[d[ = D^B.
в) ^a + b-c=^CCl + CB-CD = CT3 + DB =
= ВТ2 + DB^ DT2.
г) а + Ь-^с = СС1 + СВ-СК"3 = СС[ + К^В =
= вв[ + к^в^к3в[.
д) d-jb-c = CCl-CK¥2-CD^DC^-CK^ =
= всх-вк\ = к&.
252
Векторы
2. Выразите через базисные векторы:
а) DPX = DA + AAr + — b 4- а — ^с.
£
б) АгК3 = А^А + AD + DK>3 = -а-Ь-^с.
£а
в) = + + =
г) Р3В — = —
д) T^2 = T^ + A^ + B^2 = ±a-c-h.
Zl Za
3. Выясните, справедливы ли равенства:
а) Р^Кх =
> > > > 1- 1
Р2К, = Р2ВХ +В1В + ВК1 = -Ъ-а + -с-
Za £
P^K4 = ^Dl+D^ + DK4 = ^c-a+h,
значит Р2К4 = Р3К4 ~~ справедливое равенство.
б) D4K2 = Р^В.
+ С^С + СЖ2 = -с-а + ^-Ь',
РдВ = Р4Аг + А^В^ + В^В — —Ь — с — а,
значит DxK2 = РдВ — справедливое равенство.
Самостоятельная работа 2 (Алгебраическая сумма вектпрпп)
Самостоятельная работа 2
(Алгебраическая сумма векторов)
Вариант 1
ABCDA1B1C1D1 - куб;
А’ ^2’ ^4’ ^1> ^2> -^4’ ^1? ^2? — середины
ребер.
ВЛ Р2 С,
Даны базисные векторы: а — DD^ b — DA; с~ DC.
1. Выразите алгебраическую сумму векторов через вектор,
начало и конец которого есть обозначенные точки вершин
или данные точки на ребрах куба:
а) а — Ь — с;
б) а 4- -Ь — с;
в) а 4- Ь — с;
г) —а 4- Ь 4- с;
д) а - Ъ 4- с;
2. Выразите через а, b и с векторы:
а) ВД; б) CjX; в) ^К3.
254
Векторы
Вариант 2
ABCDA1B1C1D1 - куб;
А’ Р2> Т1> ^2’ Г3’ Къ Д'
ребер. 2’ 3, /<4 — середины
Даны базисные векторы: а = В А; Ъ = ВС; с = В1Д
1. Выразите алгебраическую сумму векторов через вектор,
начало и конец которого есть обозначенные точки вершин
или данные точки на ребрах куба:
а) а — Ъ — с;
б) а 4- -Ь - с;
в) а 4- b — с;
г) —а 4- Ь + с;
д) а - Ь 4- с;
е) -а - b 4- с;
х 1г
ж) а — -о 4- с.
2. Выразите через а, b и с векторы:
а) ВД; б) в)
Векторные свойства, связанные с замечательными точками... 255
Векторные свойства, связанные
с замечательными точками треугольника
Задача 1. В треугольнике АВС проведены медианы AAV
ВВ1 и СС1? которые пересекаются в точке М. Докажите, что
тогда АА4 4- ВМ + СМ = 0.
Доказательство.
АВ 4- ВАг = ААГ
a) ВС4-СВ^ = ВВ[
сА + асг = сс\
Сложим почленно:
АВ 4- ВА} 4- ВС + СВг + С А + АС} = 4- ВВ^ 4~ СС^.
б) Так как ААТ, ВВХ и ССХ — медианы А АВС, то
ВА^ВС
£
св^\с!
£
АС^^АВ
з > з > з >
-АВ + -ВС + -СА = ААг + BBj + CCV
и I
в) Учитывая, что АВ 4- ВС 4- С А — б,
получим ААг
+ ВВг + ССХ = 0, но
и
оо I см оо I сч оо I сч
II II II
Т< faf То
Н lai io
, значит | (AM + ВМ + СМ) — б,
следовательно AM 4- ВМ 4- СМ — б
что и требовалось
доказать.
256
Векторы
Физический смысл этого равенства в том, что сила, равнодей¬
ствующая сумме векторов сил тяжести, размещенных в точках
А, В и С, равна нулю. Поэтому точка пересечения медиан на¬
зывается центром тяжести (или центром масс) треугольника.
Задача 2. В /\АВС точка К делит сторону ВС в отношении
т: п, считая от точки В. Выразите вектор АК через векторы
АВ и АС.
АК = АВ + ВК.
Так как ВК : КС = т : п
и ВС = ВК + КС,
КС — п частей;
получим, что ВК — т частей;
ВС — т + п частей.
Значит ВК — ———ВС, т.е. ВК — ———ВС.
т + п т + п
Следовательно, АК — АВ 4 ——ВС.
т + п
Учтем, что ВС = АС — АВ.
Тогда АК = АВ + ВС = АВ +
т+п т+п
т (.. т \ >
АС + ( 1 I АВ.
т+п \ т+п)
гр г- л Л т ' АС 4- п • АВ
Таким образом, АК =
т 4- п
Примечание. Можно осмыслить это векторное равенство как
условие принадлежности точек В, С и К одной прямой ВС.
Задача 3. В £±АВС точка L есть точка пересечения биссек¬
трис треугольника, где АВ = с, ВС = а и СА = Ь. Докажите,
что для любой точки Е в плоскости АВС справедливо век-
' ЕА 4~ b • ЕВ 4~ с • ЕС
ториое тождество EL —
а + Ь + с
Векторные свойства, связанные с замечательными точками... 257
Доказательство
Из ДААХС AL : LAX — AC : AXC (по теореме о биссектрисе
внутреннего угла).
Из /ХАВС ВА1:А1С=АВ:АС = с:Ь, но ВА1+А1С = ВС = а.
Решая систему <
ВАг _ с
А^С “ Ь ;
ВАг 4- АХС = а
Л /^t Т~> S~y аЬ
получим АгС = ь • ВС =
тогда AL : LA^ = b : АгС = b :
b 4- с
= (6 + с) : а,
т. е. AL : LAT = (Ъ 4- с) : а.
Учитывая примечание к задаче 2, для точек A, L и Аг пред-
—> (Ы- с) • ЕА} 4- а • ЕА
ставим EL = .
CL + Ь + С
Так как ВАг : АгС = с : Ь, то ЕАг =
с-ЕС+ Ь-ЕВ
Ъ 4- с
Подставим в предыдущее равенство:
/, . ч сЁС+ЬЁВ . ТГл
—> (Ь + с)-—ъ+с— + аЕА
EL =
а 4- b 4- с
После упрощения получим
что и требовалось доказать.
г-, J а • ЕА 4" b • ЕВ 4~ с • ЕС
BL —
cl 4“ Ь 4~ с
258
Векторы
Примечание. У тверждение справедливо
и для стереометрического варианта, так как
при доказательстве нигде не использовалась
принадлежность точки Е плоскости ДАВС.
Рассмотрим треугольную пирамиду ЕАВС,
где АВ — с, ВС = а и С А — Ь, причем точка L — точка
пересечения биссектрис треугольника основания.
а • ЕА 4- b • ЕВ 4- с • ЕС
Тогда EL =
Задача 4. Дана треугольная пирамида DABC. Точка
точка пересечения медиан основания пирамиды, т. е. ААВС.
п DA+DB+DC
Докажите, что DM = .
Доказательство
BA = DA - DB; BC = DC- DB.
—* ВА + ВС z
ВВ^ — (по правилу сложения
векторов — правилу параллелограмма),
М -
тогда BBX =
2
2 > >
Учтем, что ВМ = -ВВ1, т.е. ВМ =
о
С другой стороны,
DA + DC- 2DB
3
DM = DB + BM = DB + ^±^-—
г, DA+DB+DC
Следовательно, DM = ,
DA + DC + DB
3
что и требовалось
доказать.
Примечание. Если точка D совпадает с точкой О е АВС,
то задача превращается в планиметрическую. Тогда для лю¬
бой точки О плоскости АВС и точки М пересечения медиан
AABC:
ОА + ОВ + ОС
3
Векторные свойства, связанные с замечательными точками... 259
Задача 5. В /\АВС точка Н — точка пересечения вы¬
сот (ортоцентр), точка О — центр описанной около А АВС
окружности. Докажите, что тогда ОН = О А 4- ОВ 4- ОС.
Доказательство
Пусть точка Н — произвольная точка, для которой справед¬
ливо векторное равенство ОН = О А 4- О В 4- ОС. (1)
Рассмотрим ОА + ОВ = ОРХ. следовательно АР1ВО — ромб.
Тогда АРХВО — параллелограмм по правилу сложения век¬
торов, причем О А = О В — Ro.
Значит ОР1Л.АВ. Но СН = ОН - ОС. т. е. ОН = СН + ОС.
Подставим выражение для ОН
в равенство (1),
получим СН 4- ОС — О А 4- ОВ 4- ОС.
тогда СН = ОА 4- ОВ — Ор[.
Значит СН = ОРг и CHLAB.
Запомним этот факт.
Аналогично проведем доказательство
того, что АНЛ.ВС.
Рассмотрим ОС 4- О В = ОР2.
Значит ОВР2С — ромб,
и ОР21_ВС-. АН = ОН -ОА.
т.е. ОН = АН + ОА.
Подставим в левую часть
векторного равенства (1):
АН + ОА = ОА + ОВ + ОС,
тогда АН = ОВ + ОС = ОР2,
значит АН = ОР2 и ~АНА^ВС.
260
Векторы
Понятно, что аналогично можно доказать, что BHLAC. Сле¬
довательно, в векторном равенстве ОН — АО 4- ОВ + ОС до-
казано, что точка Н — не произвольная, а точка пересечения
высот треугольника, т. е. ортоцентр ААВС.
A ci
Тогда ОН — ОА 4- ОВ 4- АС |, что и требовалось доказать.
Задача 6. В любом треугольнике АВС центр описанной
окружности, ортоцентр и центроид (или центр масс) лежат на
общей прямой.
Доказательство
Пусть точка О — центр описанной окружности, Н — точка
пересечения высот, М — точка пересечения медиан.
Как было доказано в примечании к задаче 4,
—. ОА + ОВ + ОС
ом = ,
о
а из задачи 5 следует, что ОН = ОА 4- ОВ 4- ОС.
Значит ОМ = т*е- = 30 М.
Это означает, что точки О, Н и М принадлежат одной пря¬
мой — этот замечательный факт был доказан еще Эйлером.
261
Скалярное произведение векторов
Скалярным произведением двух векторов называется чис¬
ло, равное произведению длин этих векторов на косинус
угла между ними.
Записывается а • Ъ = |а| • |&| • cos ( a; b I .
Следствие 1. Для ненулевых векторов а и Ь если aft Ь, то
а-6=|а|-|Ь| (cos(a;6)=l; (<2;М=0°].
Если а = 6, то а • а — а2 — |а|2, тогда |a| = v cP.
Если то a-b = — |a|-|b| (cos [ a; b J = —1: [ a; bJ = 180° ).
Следствие 2. Для ненулевых векторов а и Ь:
cos
а • b
|а| • |Ь|
Теорема. Для того чтобы два ненулевых вектора были взаим¬
но перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы их ска¬
лярное произведение было равно нулю, т. е. для а ф 0, b / 0:
о±Ь О а • b = 0.
Свойства скалярного произведения векторов
1. а2 0; если а / 0, то а2 > 0.
2. а-Ь = Ь-а — коммутативность (переместительный закон).
3. (a + b)-c = a- c + b- c — дистрибутивность относитель¬
но сложения и умножения векторов (распределительный
закон).
4. (Ла) • b = Л (а • Ь^ — ассоциативность относительно умно¬
жения на число (сочетательный закон).
262
Скалярное произведение векторов
Скалярное произведение векторов в координатной
форме
Можно доказать на основе предыдущих определений, что спра¬
ведлива следующая теорема.
Теорема. Для векторов, заданных в координатной форме на
плоскости — а (х^у-^, Ь верно равенство:
а • b = хг • х2 + у± • у2.
Следствие 1. Если а = Ь, то а2 = х2+у2, тогда |а| = у/х2 + у2.
Следствие 2. Для а б и Ь ф б аЛ_Ь <=> хг - х2 + ух • у2 = 0.
Следствие 3. Для а / б и Ь =/ б
cos (^b\ = ЛГЧ+У1'У2
cos{a’° . /72 , „2/J1
Теорема. Для векторов, заданных в координатной форме
в пространстве — а у^ zx), b (х2; у2, г2), верно равенство:
а • b = хг • х2 4- т/1 • у2 + zx • z2.
Следствие 1. Если а = Ь, то а2 = х2 + у2 4- z2
и |а| = л/ж1 4- 2/1 4-
Следствие 2. Для а ф б и Ь б
cos f fb') = + +
\ / + У1+Ч
Т
Пример. Найдите косинус угла, лежащего против основа¬
ния равнобедренного треугольнка, если медианы, проведенные
к боковым сторонам, взаимно перпендикулярны.
Дано:
АДВС
АВ = ВС
АА1 = тпвс
ССХ = ^ав
АА1±СС1
Найдите cos(ZАВС).
Скалярное произведение векторов
263
а) Положим В А = а, ВС — с.
|ва| = |вс|, т.е. |а| = |с|.
Тогда
ААг = ВАг — В А — —с — а;
са =ва - вс Is - с.
1 1 2
б) Так как АА1±СС1, то ААг • ССХ
= 0.
т 1_ u U2 1-е _ ..
Тогда -с - -а — -а — -с +а-с~
2 2 2 2
с2 = а2 = |а|2, следовательно ^|а| •
Значит cos(ZABC) — - , т.е.
Il«l• 13
= 0.
0.
|с| • cos(ZABC) = |а|2.
4
cos(ZABC) = - .
5
264
Скалярное произведение векторов
Векторное доказательство
некоторых геометрических теорем
Определение. Если из истинности утверждения А
(А — И) следует истинность утверждения В (В — И),
т. е. если логическая цепочка | ( А — И) => ( В — И)~] ис¬
тинна, то говорят, что:
а) истинность утверждения А достаточна для истинности
утверждения В, т. е. истинность утверждения А есть при¬
знак истинности утверждения В;
б) истинность утверждения В необходима для истинно¬
сти утверждения А, т. е. истинность утверждения В есть
свойство истинности утверждения А.
Примечание. Более подробно см. книгу А. X. Шахмейстер
Множества. Функции. Последовательности. Прогрессии. СПб,
М.: «Петроглиф», 2008 г., с. 114-115.
Теорема 1. Для того чтобы параллелограмм являлся ромбом,
необходимо и достаточно, чтобы его диагонали были взаимно
перпен дикул ярны.
Достаточность
Дано: в С
ABCD — параллелограмм
ACYBD
AB = AD A D
Доказательство
АВ + AD = АС; АВ - AD = DB.
Так как ACLBC, то АС • DB = 0,
значит (АВ + AD} (аВ - AD} = 0,
тогда АВ2 - AD2 = 0, т. е. |ав|2 - |Ао|2 = 0,
Но |ав| = АВ, |ad| = AD, тогда АВ — AD,
т. е. ABCD — ромб, что и требовалось доказать.
Векторное доказательство некоторых геометрических теорем 265
Необходимость
Дано:
ABCD — ромб
АВ = AD
ACA.BD
Доказательство
AB + AD = A&, AB-AD = DB.
Рассмотрим скалярное произведение:
AC DB= (АВ + АЁ>) (АВ - AD) = А& - AD2 =
I м2 I м2
- | АВ| - | AD J = 0, так как АВ = AD (по условию).
Значит AC1.BD.
Теорема 2. Для того чтобы параллелограмм являлся прямо¬
угольником, необходимо и достаточно, чтобы диагонали парал-
лелограмма были равны.
Достаточность
Дано:
ABCD — параллелограмм
AC ~ BD
Докажите AB1AD.
Доказательство
а) АС = АВ + AD-, DB = АВ - AD.
б) A?2 _ jg2 + 2~Хв ■ AD + AD2 =
= АВ2 + 2 | Ав| • | Ав| cos (ZBAD) + Д£)2 =
= АВ2 + 2АВ ■ AD ■ cos (ZBAD) + AD2.
в) ВЗ2 = _ 2 | cos (ZBAZ)) + -^2
= АВ2 - 2АВ ■ AD ■ cos (ZBAD) + AD2.
266
Скалярное произведение векторов
г) АВ2 + 2АВ ■ AD • cos (ABAD) + AD2 =
= АВ2 - 2АВ ■ AD • cos (ABAD) + AD2.
Тогда 4AB ■ AD ■ cos (ABAD) — 0, значит cos (ABAD) = 0.
Следовательно, ABAD = 90°, т.е. ABAAD.
Необходимость d r
Дано: Г 1
ABCD — прямоугольник |
Докажите AC = BD A D
Доказательство
AC = AB + AD- DB = AB -AD.
Так как ABAAD, то AB- AD = 0. Тогда
ЛС2 = AB2 + 2AB ■ AD ■ cos 90° + AD2 = AB2 + AD2-
BD2 = AB2 - 2AB ■ AD ■ cos 90° + AD2 = AB2 + A D2’
AC2 = AB2 + AD2 + AU'
(BD2 = AB2 + AD2 ’ слеД°вательно, AC2 = BD2,
тогда AC = BD, что и требовалось доказать.
Теорема 3. Для того чтобы четырехугольник ABCD являлся
чет^еЛОГРаММОМ’ НеобхОДИМ0’ чтобы сумма квадратов всех
tobXZ:^^ бЫЛа РаМа да¬
Дано:
ABCD — параллелограмм |
Докажите АВ2 + ВС2 + DC2 + AD2 = AC2 + BD2
Доказательство
= АВ + AD-, DB = АВ - AD.
Тогда
ЛС2 = АВ2 + 2АВ ■ AD + AD2- А
BD2 = AS2 - 2АВ ■ AD + AD‘(
Сложив почленно, получим 1лсР + |яВ|2 = ItAI2 I J7$l2
Так как АВ = DC и АР - ВС то ’ ' +2' \
AB2 + BC^D^Tj^\
что и требовалось доказать^ ~
Векторное доказательство некоторых геометрических теорем 267
Теорема 4. Средняя линия треугольника и трапеции равна по¬
лусумме основания (оснований) и параллельна основанию (ос¬
нованиям).
а) Сначала рассмотрим треугольник.
Дано:
ЛАВС
М е АВ
N е вс
AM = МВ
BN = NC
Докажите: MN || AD; MN = -АС.
2
AM = ^АВ = МВ:
1. ВС = АС - АВ;
2
2 2
т.е. MN = ^АС, значит MN || АС и MN — -АС,
что и требовалось доказать.
б) Теперь докажем теорему для трапеции.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
М е АВ
N е CD
AM = МВ
CN — ND
С
N
Докажите: MN || AD; MN =
268
Скалярное произведение векторов
1. MN - MB + ВС + CN = 1 АВ + ВС + -CD =
2 2
= | (ав + cd) + ВС,
тогда | (АВ + СВ>) — MN - ВС.
AD = AM + MN + ND= ^AB + MN + -CD =
2 2
Подставляя вместо | (AB + CD) MN-ВС, получим
AD = MN - BC + MN, t. e. MN = AD + BC
2
Так как AD || ВС, to BC = kAD.
Значит MN = - AD + kAD I = AD,
2 \ /2
t. e. MN || AD. Тогда MN || AD.
2. Так как MN = - (AD + BC
Zl \ J
TO MN2 = | (ad2 + 2AD ■ BC + BC2) ,
\mn|2 = i (|^Z)|2 + 2 |^| • |^| • cos0° + |#<?|2
- i (AD2 + 2AD • BC + BC2) = ^(AD + BC)2.
Значит MN2 = (AD + BC)2 , t. e. MN = +
что и требовалось доказать.
Векторное доказательство некоторых геометрических теорем 269
Теорема 5 (признак перпендикулярности прямой и
плоскости). Для того чтобы прямая была перпендикулярна
плоскости, достаточно, чтобы она была перпендикулярна двум
пересекающимся прямым, принадлежащим плоскости.
Дано:
аХ.с
ЬПс = О
b € а
сЕ а
Так как по определению перпендикулярности прямой и плос¬
кости прямая называется перпендикулярной плоскости, если
она перпендикулярна любой прямой плоскости, то докажем,
что любая прямая т перпендикулярна а, где т е а. '
а) На прямых Ь и с выберем точки В и С, несовпадающие
с точкой О.
б) На прямых а и т выберем пары несовпадающих точек
А и Ар М и Му.
в) Разложим вектор М Му по неколлинеарным векторам О В
и ОС, тогда ММу = хОВ + уОС.
г) Найдем скалярное произведение:
ММуАА^ = (хОВ + уОС^ АА[ = х-ОВАА1+уОСАА1.
Так как ОБ ЛАКО иОС-АА^О а±Ь),то ММ^■
ААу = 0, значит ММу1_ААу. Таким образом, прямая т
перпендикулярна а, что и требовалось доказать.
270
Скалярное произведение векторов
Теорема 6. Для того чтобы прямая, принадлежащая плоско¬
сти, была перпендикулярна наклонной, необходимо и достаточ¬
но, чтобы эта прямая была перпендикулярна проекции наклон¬
ной к плоскости на эту плоскость.
Достаточность
Дано:
АС1а
АВ — наклонная
СВ — проекция АВ на плоскость а
т Е а
т!СВ
Докажите ml АВ. у
По условию прямая т Е а, причем т1СВ, где СВ — про¬
екция прямой АВ на плоскость а, и АС 1а.
Тогда АС 1т (по определению перпендикуляра к плоскости).
, т.е. mlA.BC (плоскости).
Тогда т1АВ, что и требовалось доказать.
Необходимость
Дано:
т е а
т1АВ
ACla
СВ — проекция АВ на плоскость а
Докажите т1СВ.
Так как ACla, то АС 1т, а по условию АВ 1т, значит
ml АВС (плоскости).
Таким образом, т1СВ, что и требовалось доказать.
Использование скалярного произведения...
271
Использование скалярного произведения
для нахождения метрических отношений
в треугольнике и четырехугольнике
Для нахождения скалярного произведения двух векторов мож¬
но обойтись без знания косинуса угла между ними, если из¬
вестна длина третьего вектора, являющегося суммой или раз¬
ностью исходных векторов.
Пример 1
АВ 4- ВС = АС, тогда
(ЛВ + ВС)2 =
= АВ2 + 2АВ-В^ + 1ВС2 = ЛС2
Так как |АВ = с, |ос| = а
то с2 + 2 • АВ ■ ВС + а2 = Ь2.
Следовательно, АВ • ВС =
Ь2 — а2 — с2
2
Пример 2. ВС = АС - АВ,
тоща
следовательно, а2 = Ъ2 — 2 • АС • АВ 4- с2
значит АС • АВ = + с2 ~ а2
2
Примечание. В примере 1 векторы АВ
щего начала. В примере 2 векторы АС
начало.
и не имели об-
и АВ имеют общее
272
Скалярное произведение векторов
Практикум 9
(Векторное решение планиметрических задач)
Задача 1. В параллелограмме ABCD
известны длины сторон АВ — a, AD = b
и длина диагонали АС = с. Найдите
длину диагонали BD.
Это известная задача. Рассмотрим ее векторное решение.
а) BD = AD — АВ, Используем результаты примера 2, полу¬
чим BD2 = Ь2 - 2 • АО • АВ + а2.
б) АС = АВ + AD.
Используем результаты примера 1, получим
AC2 = а2 + 2- АВ-АР + b2, т.е. с2 = а2 + 2 • АВ • AD + b2.
в)
Подводя итоги, имеем
ВС2 = b2-2-AD-AB + a2
с2 = а2 + 2 • АВ -AD + b2
Складывая почленно, получим:
BD2 + с2 = Ь2- 2-АР-АВ + а2 + а2 + 2-АР-АВ + Ь2.
Значит, ВР2 = 2 (а2 + Ь2) — с2
С другой стороны, так как ВР = 2т лг-
где тАС — медиана к стороне АС,
2 2 (а2 + 62) - с2 </2 (а2 + Ь2'! - с2
то тАС = , или тАС = с
2
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач) 273
Задача 2. В А. АВС найдите биссек¬
трису угла А (1гА = 1а = 1ВС, Где
1Вс ~ биссектриса к стороне ВС), если
АВ — с, ВС = а, АС = Ь.
с
Ь
а) Как известно,
(АВ _ ВАг
VAC ~ AjC =
или АС : АВ — АХС : ВАг — Ь : с, тогда
f АгС - • ВАг
АгС + J3A} — а
АВ : АС — ВАг : ArC = с.Ъ
, значит - • В Ал + В Ал = а,
с 1
7-» Л а
т.е. В Ал = г-;
* + ;
ВАг ас
~вс = :а =
ВА
1 = . Следовательно,
b + с
■ ВС, т.е. ВА, = ■ ВС.
Ь + с 1 Ь + с
б) аХ = ав + ва^.
Но ВС = АС — АВ, тогда В А, = —-—АС —АВ,
Ь+с Ь+с
значит АА[ = АВ + ВА’. = АВ -| ~АС —АВ =
Ь+с Ь+с
= т^-АС - -г^—АВ.
Ь+с Ь+с
Итак, АА1 = —— АС - —^—АВ.
в) Возведем обе части векторного равенства в квадрат: •
-^-7
(Ь + с)2
Ь2с2
АА12 (Ь + с)2АС2 + 2' (Ь + с)2'АС'^ +
,2 с2Ь2 сЬ
вс~(ьТ+ + 2'(ьТ+
(Ъ + с)2 ’
274
Скалярное произведение векторов
г) Используя результаты примера 2 (с. 271), получим, что
> > 7)2 I ^2 — д2
ав ■ ас =
2
Подставим в полученное векторное равенство:
/2 _ с2Ь2 2сЬ
вс (Ь + с)2 + (6 + с)
После преобразований:
1вс= ф^(Ьс + ь2-
Ь2 + с2 — а2 , Ь2с2
(ТГ+с)2'
2 2 . \ Ьс ((6 + с)2 - а-
' ~а +Ьс) = ТГГ^2—
2
Значит I
_ у/Ьс(а + & + с)(Ь + с - а) _
вс ~ bT~c ~1а
Получили еще одну формулу нахождения биссектрисы
треугольника по его сторонам (см. книгу А. X. Шахмейстер
Геометрические задачи на экзаменах. Часть I. Планимет¬
рия. СПб: «Петроглиф», М.: МЦНМО. 2011, с. 104, след¬
ствие 5).
Задача 3. В АЛВС найдите расстояние от центра описан¬
ной окружности до точки пересечения медиан, если известны
стороны треугольника.
а) Используем результаты решения задачи 4 (с. 258).
Ш=ОА + ОЪ + 06
3
где М — точка пересечения медиан.
б) Учитывая, что О А = ОВ = ОС — R, возведем векторное
равенство в квадрат:
ОМ2 = | (ОА2 + ОВ2 + ОС2+
+ 2О1-ОВ + 2ОАОС + 2ОВ- ОС^ =
= (Я2 + В2 + В2 + 2 ОА ОВ +2ОАОС + 2ОВ ОС
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач) 275
Далее используем результаты примера 2 (стр. 271),
получим
из АЛОВ:
2 • О А ■ ОВ = О А2 + ОВ2 - АВ2 = R2 + R2-c2 = 2R2 - с2;
из ДАОС:
2 • О А • ОС = О А2 + ОС2 - AC2 = R2 + R2-b2 = 2R2 - Ь2-,
из ДВОС:
^■OBOC = OB2 + OC2-BC2^R2 + R2-a2 = 2R2-a2.
в) Подставим в предыдуШрр
' t- ^оадсе векторное выражение:
ОМ2 = - (ЗЯ2 + 2R2 ~с2 + 2Я2 _ Ь2 + 2Д2 _ а2^ =
2 а2 + Ь2 + с2
= Я 9 '
Значит, | ОМ I = + 62 + с2)
3
276
Скалярное произведение векторов
Задача 4 (задача Эйлера). В ДАВС найдите расстояние
от центра описанной окружности до точки пересечения биссек¬
трис АЛВС, зная радиус вписанной и описанной окружности.
а) Используем результаты решения задачи 3 (стр. 256), где
О — центр описанной окружности, L — точка пересече¬
ния биссектрис:
OL — - .
а -И b + с
Возведем в квадрат, зная, что О А = ОВ = ОС = R.
OL2 = • ((а2 + Ь2 + с2) R2+
(a + b + c)2 V
+ 2аЬ • ОА • ОВ + 2ас • ~О1 • ОС + 2Ьс ■ ОВ • ОС1).
б) Из примера 2 (стр. 271) известно, что
2 • ОА • ОВ = 2R2 - с2;
2 • ОА • ОС = 2R2 - Ь2-,
2 ОВ ОС = 2R2 -а2.
Тогда
OL2 = , 2 . >2 I—гТ ((а2 + ^2 + с2) ^2 + (2Я2 — с2) +
(а2 + о2 + с2) v 7
+ ас (2R2 — b2) + be (2R2 — а2)) =
— (q2 + Ь2 + с2)2 Я2 ~ (« + Ь + с) • abc __ аЬс
(а+ 6 +с)2 а + ь + с
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач) 277
в) Так как S = (a + b + c\r hS = — . то —1
4R 2
откуда следует, что 2Rr = — .
а 4~ b + с
/ , ч аЬс
{а + Ь+с)гв = —,
Значит, OL2 — R2 — 2Rt
В 7
следовательно OL — yfR2 — 2Rr
Задача 5. В четырехугольнике ABCD известны все его сто¬
роны и диагонали. Найдите расстояние между серединами его
диагоналей.
a) MN = MC + CD + DN = -AC + CD- 1вГ>-
2 2
MW2 = jAC2 + СО2 + Т/? + Д.ёР-
~ - CDBD
б) Из AACD следует, что AD = Дс
тогда АС • CD = - В ~~ ~~ АС2
2
Из /XBCD следует, что ВС = rq
тогда СР-ВЙ =
2
278
Скалярное произведение векторов
в) Для нахождения АС • BD, у которых нет общих точек
представим АС в виде суммы: АС = АВ 4- ВС.
Тогда
—= (АВ + вс) BD = gLjgg + BC BD- где
из /XABD: AB-BD = АГ)2 ~ АВ2 ~ BD2
”■ 2
из ДВСТ): ВС • BD = В°2 + ВЕ>2 ~ СГ>2
2
Тогда, сложив почленно, получим:
АС • BD = АР2 ~ АВ^ ~ ВВ)2 ВС2 + BD2 — CD2
2 '----- -
= j (AD2 - АВ2 + ВС2 - CD2).
г) Подставим в векторное выражение из пункта а) выраже-
ния из пунктов б) ив), получим:
+ СО2 + ‘ ИО2 + 1 (ЛО2 _ СО2 _ лс2) _
-4 + sc’2 - СО2) - | (с°2 + BD2 - ВС2}.
После приведения подобных членов:
MN2 = i (АВ2 + ВС2 + CD2 + AD2 - АС2 - BD2)
Значит
MN _ у/АВ2 + ВС2 + CD2 + Д£>2 -
2 •
Примечание. Эта задача имеет стерео- D
метрическую интерпретацию. Для пи-
рамиды DABC, зная ее ребра, мож- / \/
но найти расстояние между серединами / -•/V /
скрещивающихся ребер. Очевидно, что \ /
решение и ответ — те же.
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач) 279
Задача 6. Для любой трапеции сумма квадратов ее диагона¬
лей равна сумме квадратов боковых сторон, сложенных с удво¬
енным произведением оснований, т. е. для ABCD (ВС || AD):
АС2 + BD2 = АВ2 + CD2 + 2 AD • ВС.
В С
а) Сперва рассмотрим задачу в более общем виде, т. е. для
произвольного четырехугольника ABCD.
Будем использовать векторы АВ, ВС, CD, AD, AC
и BD, соответствующие одноименным сторонам.
б) В частной задаче ВС || AD, т. е. ВС AD = ВС • AD.
Попытаемся найти , ВС ■ AD в общем случае. Для этого
выразим ВС и AD через другие векторы:
ВС = AC-АВ- AD = A^ + cd
= лс2^дв.Ж + ж.со^Ж^сВ
Из CACD следует, что АС = AD - CD
тогда AD ■ CD = + CD2 — Д(у2
2~~~ •
Из &BCD следует, что
тогда BD ■ CD = + CD* _ qq2
~ ~2 ' , значит
AB-CP= _ BD* + CD2 - BC-‘
= ^Д^^СЧвс2 - BD*
1 .
280
— Скалярное произведение векторов
^1У^Н тХаУЛЬТаТЫ ПОДСТаВИМ В вектоР1юе выражение
ВС ■ AD = АС2 - + Ав2 ~ ВС2 AD2 - AC2 - CD2
2 4 о
_ AD2-AC2+BC2-BD2
1 ~ =
- - (АС2 + BD2 - АВ2 - CD2).
Итак, • AD = 1 (АС2 + BD2 - АВ2 - CD2) - любо-
пытный результат.
Далее, полагая, что ВС || AD, имеем ВС- AD = ВС- AD.
Подставим в полученное векторное равенство:
ВС • AD = ± (АС2 + BD2 - АВ2 - CD2).
После преобразования получим
АС2 + ВР2 = АВ2 + СР2 + 2 ВС - АР |,
что и требовалось доказать.
Задача 7. Дан параллелограмм АВСР, где АВ = 10
и АР = 6. Точка К е ВС, причем ВК : СК = 1:2; точ¬
ка Р G ВС, причем РР : PC = 3:2. Найдите косинус угла
между АР и РК, если Z.BAP = 60°. в к С
Рассмотрим векторное решение задачи. /
а) Положим АВ — Ь, АР = a.
Очевидно, что |6| = 10 и |а| = 6. &
а • b = |а| • |Ь| • cos 60°, т. е. а • Ъ = 6 • 10 • | = 30.
б) Так как ВК : СК = 1 : 2, то ВК = ^ВС = j AD =
у Q у Q у Q ;
Так как DP : PC = 3 : 2, то DP = -DC = -АВ = -Ь.
5 5 5
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач) 281
д) Найдем скалярное произведение:
— а-Ь + f? — ♦ а — ^|а| • \b\ -cos60° -4- |Ь|2 —
5 3 5 5 5
Q 1 Q 2
АР ■ DK = - ■ 6 • 10 • - + - • 100 - - • 36 = 54.
5 2 5 3
сч |ео
ч ("гААтА АР' DK
е) cos I АР; DK ) = . —. ,. .
\ / АР • \DK\
т.е. cos (АР; DK ) = = ~^= = Д-д/57.
\ / бл/З-гд/Тэ 2>/57 38
Итак, cos
АР; DK
282
Скалярное произведение векторов
Практикум 10 (Использование скалярного произ¬
ведения для нахождения углов и расстояний)
1. Дан куб ABCDA^B^C^D^ со стороной t.
Найдите:
а) АВ[-ВС-
б) сТ\-Ас[-,
в) (pCf, СД ) ;
г) (а& DtB^
Д*) pf^DiABJ.
Введем базисные векторы ААг — а; АВ = b; AD = с,
где |а| = |Ь| = |с| = t, (а;Ь^ = (а; с) = = 90°.
а) Найдем АД • ВС.
2. ВС = AD — с;
а ■ b I = |а| • |Ь| • cos I a; b ) .
— О, тогда а2 = |а|2 .
При а = b уа;Ь
3. АВг ■ ВС — (а + b) ■ с — а ■ с + b ■ с = 0 + 0 = 0
(так как а Ас, то а-с = 0; так как ЬАс, то Ь-с — О).
б) Найдем Cd\ ■ Ас[.
1. СД =CD + dd[ = -b + a.
2. АС[ = AD + DC + CC^ = c + b + a.
3. СД • АС1 — (-ь + а) (с + Ь + а) —
— -Ь - с + a • с — Ь2 + а ■ b — b ■ а + а2 =
= -|6|2 + |а|2 = -t2 + t2 = И-
(Подчеркнутые скалярные произведения равны 0.)
Практикум 10
283
в) Найдем 1 .
1. DC[ = DC + CC[ = b + a.
2. С1^ = СВ + ВВ[ = —с + а.
cos I а; b
— эта формула справедлива
при а 0 и b 0, т.е. если векторы а и b —
ненулевые.
а;
3. РС1СВ1 — (Ь + а] (—с 4- а) — —bj_c~g • c+b ♦ а+а2 =
= «2 = |5|2 = t2
(И в этом примере подчеркнуты нулевые скалярные
произведения.)
4. |dcJ| = 7в^=^/(ь + «) = =
- У|Ь|2 + |а|2 = = ty/2.
5. = = =
= у/|с|2 + |а|2 = y/t2 +t2 — ty/2.
6. cos (dc[-,CbA = . DC} ' t2 i
V И-1^1 =
Значит, — I 60° I.
г) Найдем .
1. A]C = A + AD + DC — —a + c*^
D^i = D^ + Cg^ = b-c.
2. A]C • DyB-y = —a + с + б) (b — cjj
~ a, • b -|- c * b И- b2 + й * c — c2 — b • q*
= |6|2 _ |g|2 = t2 _ t2 = 0> "
значит A1C±Z)1B1>, те. (АгС-, DT§*\
284
Скалярное произведение векторов
д*) Найдем расстояние между диагоналями граней куба
p(A1D-,AB1').
Выразим векторы ArD и АВг
через базисные векторы а, Ь и с:
A^D — А]А + AD = —а + с";
АВг = АА} + А1В1 _ а + Ь.
Так как p(A1D; ABJ = КР,
где
KPLA^D KPLAB,
KPJ.AB, • | ■
КР-АВ^ =о
значит
Положим:
АК хАВу — ха + хЬ ^АД = а + bj ;
DP = yA^D = -Уа + y? = -a + c) .
Значит <
Выразим КР через базисные.
КР = KA + AD + DP,
тогда KP = -xa-xb+c-ya+yc^-(x+y)3+(y+l)c-xb.
~(x + y)a + (y 4. l)c — xb} • (a + bj = 0
—(x + y)a 4- (y 4- l)c — xb\ • (—3 + c) = 0
Получим
~{x + y)32 - (x + y)g . g+
< +Q/ + l)cj_a + (y + l)c- b-xb-3-xb2 = Q
(.x + У)32 — (x A-y)a ■ c— (y 4- l)c • 3 + (,У + l)^2+
k +xb ■ a — xb ■ c = 0
f -{x + y)|a|2 - x|b|2 — Q
lGr + y)|a|2 + (y + i)|c]2 = 0;
Практикум 10
285
f-(x + y)t2-xt2 = 0 f—x—y—x = 0 , .
( (x + y)t2 + (y + I)/2 = 0 ’ [ж+у+т/+1 = о '
' - _£
Г у = -2x y~ "3
|ж + 2(-2ж) + 1 = 0’ _1 ’
/“3
—> /1 2\ / 2 \ 1-
Значит KP = — I - — - I a 4- I — - 4-1 I c 5,
у О о / \ О / о
—» 1_ It-
т. e. КP = -a + -c - —b.
ООО
kp = |kp| = Vkp2 =
1
3
a2 4- c2 4- 4- 2a • c — 2a - b — 2c- b =
= I \/|a|2 + |c]2 + |b|2 = |\/z2 + f2 + f2 = —-t
О о о
2. DABC — правильная треугольная пирамида, все ребра
которой равны между собой. Известно, что F, К, N
и М — середины ребер.
Найдите:
а) (aD^CB^ ;
б) [СР^АК^ ;
в) (ВМ^ОС) ;
г) р(Р;ЛГ);
д*) р(СР-,АК).
286
Скалярное произведение векторов
Для решения задачи введем базисные векторы:
AD •= а, АВ = Ъ и АС = с, где |а| = \b\ — |с| — t.
— 60°.
а) Найдем (АРУ, СВ^ .
Для этого сначала найдем ( AD] СВ ) .
AD = а.
СВ = АВ - АС = Ь-с.
AD-CB = S'
= |а| • |6| • cos (d]b \ — |а\ - |c| • cos (d]c \ = t2 - — t2 • = 0,
\ / X / Zi &
т.е. AD.LCB, значит ADLCB.
Следовательно, ^AD] СВ^ = | 90° |.
б) Найдем (СР^АК^ .
2. АК =
—> —> —> 1
1. CP = CA + AP = -c + -a.
U 1?
2a+2b-
3. СР- АК =
U2 1- r 1- r
--c • a + -a - -c-b + -a-b —
2 4 2 4
— • |c| • |a| • cos 60° + • |a|2 — • |c| • |6| • cos 60°+
4- | • |a| • |b| • cos 60° =
lo 1 о 1 о 1 2 1 2
-~^2 + ~t2 - ~t2 + ~t2 = ~~t2.
4 4 4 8 8
Практикум 10
287
Итак, cos^CP;AKJ <0, т.е. [СР;АК) >90°.
Но I СР; АК I С 90°, так как угол между прямыми
по определению всегда не тупой.
в) Найдем (ВМ; DC
Вначале найдем I ВМ; DC
1. ВМ = ВА + АМ = -Ь+^с.
2. DC = DA + AC = —a + c.
288
Скалярное произведение векторов
3. BM DC= l-b + ~сJ (—а + с) = b-a-^c-a-b-c-^c2 =
= |Ь| • |а| -cos60° — i|c|-|a|-cos60° — |6|-|c|-cos60° — ^|с|2 =
Z z
1 о 1 9 1 о lo 3 о
= ~ ~ ~ = —A ■
2 4 2 2 4
|bm| = = у (-ь+ |c) =
= y^62 — 6 • c + ^c2 = y^|6|2 — |6| ■ |c| • cos 60° + ^lc"12 —
=
|5c = VZX72 = У(-а + с)2 =
= \/ a|2 — 2 • |a| • |c| • cos 60° + |c|2 —
= Ji2-2 - -t2 + t2 = t.
V
Можно было сразу понять, что DC — ребро пра¬
вильного тетраэдра, у которого все ребра равны.
(^тГт^\ ВМ-DC -У2
cos ВМ; DC = , —, = -т-
V / |вм|.|5с| (^)г2 2
Тогда ^BM-DC^ = 150°.
Но [bm-jdc^ — не тупой, значит
[bM^DC^ = 180° - 150° = Гзо°].
г) Найдем p{P\N).
Так как PN = ГАГ , то найдем вначале
1. PN = РА + ас + cn = _1^ + с+-
2 2
1-, 1Г 1^ —> 1—> 1 /—> р
— ~2a+^+?c, так как = - (АВ - АС
Практикум 10
289
2.
1 .) 1 -*> 1 _п 1_*т* 1 г* _.
-а2 + -Ь2 + -тс2 - -а • Ь + -Ь • с - -а • с =
4 4 4 2 2 2
1- 1. V5
+ -|6||с| cos 60° — -|а| |5| cos 60° I
2 2 /
\/2
значит PN = —— t
2
В
С
д*) Найдем расстояние между скрещивающимися медиана-
ми граней правильного тетраэдра DABC р(СР^^
1. Выразим векторы СР и АК
через базисные векторы:
СР = СА + АР = -с+-а-,
2
ж=4(® + лв) = 1а + 1б.
2. Так как р(СР;АК) = MYNX,
M^NjLCP
^M^-LAK'
где I M1N1±CP J
I ’ ТО I
Значит <
MrN}
290
Скалярное произведение векторов
3.
Положим МгА = хАК и CNX = yC~jp
■ Тогда Mvn[ = xAK + AC + yCP =
1 1Л
— x • - I a + b) + с + у I -с + -a I ,
z \ / у 2 J
T. e. = ^(X + y)a + ^Xb + (1 -
CP = 0
ад.А^ = 0’СЛед°ВаТ“
f 2^x + ~ ^~c’+ 1-^ _ q
\* /9\U^b =0
-Ax+y)a-c--xb-c-^y^+l
2 i 2 y> ^(ж+у)<Т+
+-Xb-a+ -(x-y)c-3 = о
т(Х+у}а2 + l-Xb • a+ (1—n\^ - , 1,
+ (1 - у)с • 6 = 0
Учтем, что
а -Ь — |а||Ь| • 60° —
6-с=|6||с|-60° = ^2;
а • с = |а| |с| • 60° =
тогда
+ • |^2- ^2~ (1 \t2 I
2 2 4 y)t ^^x + y)t2+
+-zi2 + j(l- y)t2~Q
1/ x 2 1 2 1/ ,
-(x + y)t +-Xt +-2^~-y)t2 + ^ + y)t2+
+ixt2 + |(1 - y)t2 = 0
< A £
Практикум 10
291
-2(ж+у)—2х-8(1-у)+2(х+у)+х+2(1 —у) = 0
2(®+у)+т4-2(1-у) + (ж+у)+2а;+2(1-у) =0 ’
—х 4- бу — 6 = 0
бх — г/ 4- 4 = 0 -6’
18
35ж = —18; х = — —;
35’
—х 4- бу — 6 = 0
Збж — бу 4- 24 = 0 ’
{32
У = Z7
V
1 = ~35
значения х и у в вектор
Подставляя найденные
+ у)а + ±xb + (1 - у)с,
& £
> 7 9 -* 3
получим МХКХ = —а - —Ь + —с.
35 35 35
= ^-^/4932
35
+ 81£>2 + 9с2 - 126а • 6 — 545 • с + 42а • с =
= У49£2 + 8U2 + 9<2 - 63t2 - 27t2 + 21Z2 = ^-t,
т. е. р(СР\ АК) =
292
Скалярное произведение векторов
Тренировочная работа 7
(Использование скалярного произведения
для нахождения углов и расстояний)
Вариант 1
1. ABCDAXBXCXDX
Л, Р2, Р3, Р4,
середины ребер.
— куб, ребра которого равны т.
Т2, Т3, К2, К3, К4 —
Полага^что ААг = а, АВ = b, AD = с, найдите:
a) (ЛР4;РР3) ; б) (zzz^cQ ;
в) (Р17з; Kip2); г*) р(ap4,dp3) .
2. SABCD
Tv
Т2, Т3,
пирамида, все ребра которой равны т.
гр -TJ-
4’ 11 2> ^з, А^4 — середины ребер.
8
Полагая, что А§ = а, АВ AD = найдите:
а) р(^4;^з); ^(t^dt3^-
в) (SK4, ; г*) Р
Тренировочная работа 7
Вариант 2
1. ABCDA^C^D^
Р» Рз, Р4,
середины ребер.
- куб, ребра которого равны т.
^2> Т4, К1ч Д' % к
3’ -tvz
— а,
Полагая, что ААг
а) ВР<2^ ;
в) (кгР~Т2К^ ;
АВ — b, AD = с, найдите:
б) (ct'kIa^ ■
Г*) р (ДХТ4; СР3).
2. SABCD - пирамида, все ре6ра которой равны т
Р1’ Т2, Т3, Т4, к Д' Д Д’ f.
2> ^з, л4 — середины ребер.
8
Полагая, что рЛ = д Нс г 7^7+
«, иь = b, DC = с, найдите
б) (DT^AT.^ ;
г*) р^Т.-Т^).
в)
294
Скалярное произведение векторов
Решение тренировочной работы 7
Вариант 1
1. ABCDA1B1(\D1
Р2, Рз, Р^
середины ребер.
— куб, ребра которого равны т.
Т1; Т2, Т3, Т4, К1У К2, к3, к4
Полагая, что АА3 = а, АВ = b, AD = найдите:
a) (AP~DP3^ ■
в) (лСед) ;
б) ;
г*) р(АР4;£)Р3).
По условию ААг = а, АВ = b, AD с,
тогда а±Ь, аА_с, ЬА.с,
т.е. а-Ь — о^ а-с = 0, Ь-с — 0.
а) Найдем (aP~DP3^ .
~ АА} + А1Р4 = а 4- —с;
dp>3 = dd[ + D^p3 = a+±b.
Решение тренировочной работы 7
295
сл|
б) Найдем (jDT2; K4cQ .
1. DT2 — DA 4- AB 4- BT2 — —c 4~ b 4~
K^ = K^D + DC + CC[ = ^c + b + a.
296
Скалярное произведение векторов
в) Найдем ^P1T3;K1P2j.
> > > > 1 _ 1
КгР2 = КгВ + ВВг + ВгР2 = -Ь + а + -с.
Zl Zl
Решение тренировочной работы 7
297
’ ^1-^2 — (2^+ 2^
1г2 1- г 1- г 1г
= jb +^--а1Ь+-Ь^ .
U2 1г - 1-2 U ~ т2
"Г +^е+^с -^=т.
1
2
1
arccos - .
тогда
г*) Найдем p(AF4;DF3).
ABCDA1B1C1D1 — куб, ребра которого равны т.
> > > 1-
DP3 = DD^ 4“ DrP3 — сь 4"
КР = КА 4- AD + DP.
Положим КА = хАР^ DP = yDP3, тогда
КР — хАРдА-AD+yDP3 = х (а 4- J +с+у (а 4- ,
—> 1 -* ( X
т. е. КР = (ж + у)а 4- -yb + I 1 + -
Zl \ Zl
298
Скалярное произведение векторов
Так как p(AP4-,DP3) = КР, если
(КР1АР4
( KP^DP3 ’
значит
KPDp.
О
, тогда
(х + у)т2 + |(1 + ^т2 = 0
< 1 ;
(х + у)т2 + -ут2 = О
4 __ю
Г 4(ж + у) + 2 + х = о Г 5х + 4у - —2 I х ~ 9
I 4(х + у) + у = 0 ’ ( 4х + 5у = 0 ’ ] = 8
( У~ 9
Подставляя значения х и у в вектор КР, получим:
к?. 4-+^-+р|=У(-|г+^2=
— -^yf^a2 + 1662 + 16с2 — 16а • Ъ + 326 ♦ с — 16а • с =
— ^\/4т2 + 16m2 + 16m2 = -т ~ -т,
У 9 3
т. е.
р(АР4;Т>Р3) =
О
Решение тренировочной работы 7
299
2. SABCD — пирамида, все ребра которой равны т. Тъ
Т2, К21 К4 — середины ребер.
Найдите:
а) Р(#4;Т3);
б) (T^Dt3^ ;
в) (SK^TXC) ;
г*) р(ед;к3т3).
По условию AS — а, АВ — b, AD = с,
|а| = |6| — |с| = т, (а; b | = (а; сА = 60°, b_Lc.
Следовательно, а • b = |а| • |6| cos 60° =
1
2m
2.
а
с = |а| • |c|cos60° =
^m2; b • с — 0.
а) Найдем р(К4]Т3).
_ -с
К^3 = K^D + DC + СТ3 = |с + b + =
г -Л U ir
— b — с = -а 4- -6,
/2 2 ’
где CS = AS — АС — а— (b 4- с) — а — Ь — с;
тогда
\/3
р(К4-Т3^^-т
Zl
300
Скалярное произведение векторов
Решение тренировочной работы 7
301
в) Найдем .
1. SK^ = SA + AKl = -a + ^c-,
Т\С — T\A + AD+ DC — -^a + c + b.
3. SK± • TXC — Г—а 4- —с j (——а 4- с 4- b j —
\ & J \ £ J
1 _п 1 1 _р _> 7* 1 г*
= —с — -с - а — а • с + -с — а • о + -с • b —
тс £ &
1 '2 1 2 1 2 ^2 ^2 ^2
= -т т т 4- -т т = —т .
2 8 2 2 2 8
302
Скалярное произведение векторов
г*) Найдем р(К4Т4, К3Т3).
p(K4T4,K3T3)=M4N4,
где М1^±К4Т4 и A/I1N1A.K3T3.
> > > 1 1
1- ^4^4 = K^D 4- DT\ = —с 4- —
Za Za
U 1- u u
= -c + -a — -c = -a.
2 2 2 2
Решение тренировочной работы 7
303
2. M4N4 = М4К4 + К^Ь + DJK3 + K3NV
> > > >
Положим МГК4 = хК4Т4) K3Nr = уК3Т3, тогда
MiNi = хК4Т4 + |с + + уК3Т3 =
1_ 1- lr /U 1Л
= 1'2“+2С+2',+ Ч2“_2С/) =
1. Л-* 1? Ъ,
= 2^ + У>а + 2Ь + 2 1 “ ^С’
т.е. = ^(х + у)а + ^Ь+ ^(1 -у)с.
I MrNT ■ К4Т4 = О
1 M4N. ■ К3Т3 = О
о m f M.NArK4T4
3. Так как | м^±К3Т3
значит
(+ у)« + + |(1 - у)с) • = О
I Л, X- 1? Ъ, хЛ П- п‘
+ у)а + ^Ъ+ -(1-у)с] ■ [-а- -с \ = 0
Для упрощения умножим обе части уравнения на 4.
(х + у)а2 + Ь ■ а + (1 - у)с- а — (х + у)а • с— ;
—Ъ • с — (1 — yjc2 = 0
(ж + у)т2 + |т2 + |(1 - у)т2 = О
(х + у)т2 + |т2 + |(1 - уУт2-
-|(х + У)т2 - (1 - у)т2 = О
2(ж + у) + 1 + (1 - у) = О
2(х + у) + 1 + (1 - у) - (х + у) - 2(1 - у) — О ’
2х 4- у 4- 2 = 0 .
х 4- 2у = 0 ’
2
У=3 .
4 ’
х = '3
304
Скалярное произведение векторов
— - \]4т2 4- 9т2 4- т2 — 6m2 — 2т2 = —-т,
6 6
т. е.
Р(ед;ед) = Дп
Решение тренировочной работы 7
305
Вариант 2
1. ABCDA^B^C^D^ — куб, ребра которого равны т.
Р2, Р3, Р4> Т\, Т2, т3, т4, кг, к2, к3, к4 -
середины ребер.
a) (AF$BP2} ; б) (cf^A^ ;
в) ; г*) p^T^CPj.
По условию ААг = а, АВ = b, AD = с.
Тогда а±Ь, а±с, Lie,
т.е. а 'Ь= 0, а-с = 0, Ь-с = О.
а) Найдем (АР1;ВР2
1. АР-^ — АА} + — а 4- —6;
ВР2 — ВВ1 4- В^Р2 = а 4- ^с.
306
Скалярное произведение векторов
Напомним, что подчеркнутые скалярные произведе¬
ния равны нулю.
4. cos I АР1]ВР2
б) Найдем (СТ^ \ .
1. СТ\ = CD + DA + AJ\ = -b - с + |а;
К3а[ = K^D + ZM + лХ - -\b- с + а.
Решение тренировочной работы 7
307
3. СТ\ • Ь — с 4- — с 4- aj —
1 Г*> 1 г* 1 г* 7* о 1 . . 7*.
— + ~Ь ‘ с ~ ~а ‘ Ь 4- Ь ' с 4- с — -а • с — b • а—
2 2 4 2
. . 1 .о л 9
— с • а 4- -а = 2т .
Zi
4. cos
т. е.
(СТ^АХ
8
= arccos -
9
в) Найдем (К1Р2;Т2К4
1. К^Р2 = К^В + Вв[ + В^Р2 = 1ь + а + ^с-,
> —> —> —> 1 - 1
Т2АГ4 = Т2В + ВА + АК4 = --а-Ь+ -с.
Za Za
308
Скалярное произведение векторов
3. КгР2 -Т2К4 — + а +
ir _ u2 u_ u r
= -^Lja--a -^c^a--b -bj_a--bj_c+
lr. U 1-2
+ T&J-C + gQ • с + 7C2 =
4 2 4
1 9 1 9 1 9 3 9
= — -m — -m 4- -m = —~m .
2 2 4 4
тогда
(К'Р^К^ = 60°
г*) Найдем p{AxT^CP3).
Напомним, что ABCDA1BXC1D1 — куб, ребра кото¬
рого равны m,
ААг = а, АВ = 6, AD = с.
1- ^1^4 — ^1^1 "Ь ^1-^4 — 9^’
СР^СС.+С^Р^а-^-Ь.
Решение тренировочной работы 7
309
2. = МгТ4 + T4D + DC + CN4.
>■ > >
Положим MrT4 — xArT4; CNx = уСР3, тогда
— жА1Т4 — ^-а + b 4- уСР3 =
Л 1Л 1_ г Л 1-\
= х I с - -а I - -а + b + у а - -Ь ,
у J & \ a J
1 П - Л 1 А г
-ж - - 1 а+ 11 - -у! Ь + хс.
Так как р(А1Т4;С'Р3) =
т. е. =
еслИ [m^ICPz ;
M,N, -А.ТЛ = 0
—-—+ —!—> , тогда
M1N1-CP3 = 0
=°
/ 1
^"2Ж-ч
1 (
-2Н"
IV Л 1 \ Г - -й
А ) а ■ С + I 1 — -у ] о ■ с + хс^ —
1 Ц -2 1 Д 1 \ Г - 1 ~
9Ж~9 а ~ 5 1 ~ = 0
1\ _2 А 1 \ г
- I ал + I 1 — -у I Ь ■ а + ха ■ с—
1 1\3 1/, 1 1 -г
?r 5jk" J1 2"Р' ’5^ = 0
Ц 2
2)Ш
2х~У+хх + ^ = 0
2у-х-1-1 + ^у^0
5т-2у + 1 — 0 |-2 I
5у - 2х — 4 = 0 |-5 ’ (
/ 1
?/ —х
V 2 °
1 /
"2^-
2 1
хтп
2
(л4ж-2
1
L«-i(
*р = 0
1 т2 = 0
2 \ 2 J
4х — 2у + т + 1 = 0
4у-2х-± + у = $'
Ют — 4у + 2 = 0
-Ют + 25у - 20 = 0 ’
310
Скалярное произведение векторов
21» = 1S; , 7 - Г"7
У-Г 5х-1| + 1=0' Ь=Г
I 7 7
Тогда Л,Д’ 2 4f 1
1 7 7 7
TOMUV; = 1(2S + 4S+C-).
М! = |У(2»+4Ь-+ё)2 =
= 7VS~+16g2 + gi + 16-.g+8g.g+4rT.=
7 у/АгпТ^. 16т2 + 777.2
Итак, pWjTzVi
значит
Р^1Т4-СР3) =
2. SABCD -
Т2,
Т3, Т4,
пирамида, все ребра которой равны та.
Л |, К 17
2, л3, л4 — середины ребер.
Ту,
8
Полагая, что DA = Q Туа г 77^;
us ~b, DC = с, найдите:
а) р(А3;Т1); б)
В
K2S-,T2D ;
г*)р(ед;Т27<2).
Решение тренировочной работы 7
311
K^ = K^D + DA + ATx = ~c + a + \(
Zi Zi \
а) Найдем р^К^Т^,
DS-DAj =
1_ _ 1г 1-. 1~ 1^ 1г
~~2С + а+2Ь~2а~~2С+2а+2Ь-
б) Найдем (DTr; АТ2
312
Скалярное произведение векторов
3. D7\ • АТ2 =
b — а + с
= - (а- Ь + 1? — а2 — Ь • а + а • с
4 \
9 9^2 1 2
= ггг — 4- -т = -т .
col to
тогда
2
— arccos -
в) Найдем \K2S\T2D
314
Скалярное произведение векторов
Положим МГк* + 2 2 1 ’
Т- ——>1 ^2N1 = уТ2К2, тогда
, j ^2С~^ + уТ^ =
\ 1 +2Ь~^+1-с-^1 + у(1г_^ =
= 2<—
Z
3. Так как / М1^11.Т}К,
М1^Л.Т2Кто
£• л
M1N1 ■ ТгК{ = О
значит
U(г/ X + 1)?+2(3;“^-|(:c + 1)«V
** £ j
1 / X
х- ( -с + Ь - а) = О
( 2{У ~ Х + 1^+ Vх ~ У)Ь- + 1)^ х
X Д 2 /
xl(c--S)=°
Для удобства не будем записывать слагаемые, содер¬
жащие а-с, так как они равны нулю. Упростим так¬
же все коэффициенты, мысленно умножив обе части
уравнений на 4. Тогда
{-(у - х + рс2 - (х - yfi- с+(у-х + 1)с • 6+
+(х - у)& - (х + 1)а • b - (х - у)Ь ■ а + (х + 1)а2 = О
(у-х + 1)^ + (х - у)Ь • с - (у - х + 1)с • Ь-
-(т - у)& + (т + 1)а Ь = 0
-(у-х + l)m2 - ^(х - у)т2 + ±(у - х + 1)т2+
+(ж-7/)т2- |(т+1)т2- 1:(х-у)т2+ (х+1)т2 = О
* 11 ’
(у - т + 1)т2 + -(х - у)т2 - -(у - х + 1)т2-
21
— (х — у)т2 + -(х + 1)т2 = О
Решение тренировочной работы 7
315
' —2(у - х + 1) - (х - у) + (у - х + 1)+
+2(х - у) - (х + 1) - (х - у) + 2(х + 1) = О
2(у - х + 1) + (х - у) - (у - х + 1)-
к -2(х -у) + ж + 1 = 0
( — у 4- 2х = 0 ( у = 2х у
I 2у — х + 2 = 0 1 I 4х — х 2 = 0 1
к а к х =
Напомним, что
-| 11
MiNi = -(у - ж + 1)с + -(х - у)Ь- ~(х + 1)а.
Z Z Z
I СО I СО
Тогда =
1^ lr 1
—с Ч—Ь
6 3 6
U 1г U
-с + -о — -а
1 2 1 2 1 2 12 1 2 V 6
— ш + + -^т + Т7!т ~ Т7!т — —^~т1
36 9 36 18 18 6
где Ь • а — |&| • |а| • cos60° = ~т2,
с • Ь — |с| • \Ь\ • cos60° = т.е.
Z о
, х ту/б
значит .
316
Скалярное произведение векторов
Самостоятельная работа 3
(Использование скалярного произведения
для нахождения углов)
1. Дано:
ДАВС
АВ = 2
АС = 4
ABAC = 120°
Найдите cos (тХвА^ас) ■
2. Дано:
ЛАВС
тАВ — СР =
тАС ~ ~ ®
= 60°
Найдите cos [АВ; АС
3. Дано:
SABC пирамида,
все ребра равны
2АР = PS
2ST = ТВ
Найдите cos ( СР; АТ ) .
4. Дано:
SABC — пирамида,
все ребра равны
АР = PS
DK = КС
Найдите cos I SK; DP ) .
Самостоятельная работа 3
317
5. Дано:
ABCDAlB1C1D1 - куб
Р, К, М, Т — середины
ребер куба
Найдите:
а) :
б) cos (РК;ТМ
6. Дано:
ABCDA1BiC1D1 - куб
Р, /<, М, Т — середины
ребер куба
Найдите:
а) (ЮИ;РТ) ;
б) cos I AlK; ВхТ I .
7. Дано:
DABC - пирамида
DB.LABC
ABJLBC
АВ = ВС = DB
ЗРС - DP
3DK = КС
Найдите cos [ АК\ ВР
318
Скалярное произведение векторов
Задача-теорема (Косинус двугранного угла)
Концы отрезка АВ принадлежат разным граням двугранного
угла, равного ср. Расстояния от концов отрезка до ребра дву¬
гранного угла равны, соответственно, AAr = a; BBL = b, где
АА1±А1В1; ВВ1±А1В1; А1В1 = с. Найдите длину АВ.
Дано:
АА1В1 — а
ВВ^ - (3
р^ААА^ВуВ) — <р
АА1ХЛ1В1
BB1LA1B1
ААХ = а
ВВ1 =Ь
А1В1 = с
Найдите АВ. (XT?) =90°; |а| = а
АД = а
а) Положим БД = Ь , где \BiB;c) = 90°; |&| = b.
11 " ^AiА; В1В^ = у>; |с] = с
б) АВ = AAj + A,Bj + В|В = —о, + с + Ь;
АВ2 = |АВ| =\АВ\ = а2 + с2 + Ь2-2а-с+2с-Ь-2а-Ь =
= |а|2 + |с|2 + |6|2 — 2|а| • |Ь| cos<p — а2 + с2 + b2 — 2abcos<p
Полагая АВ — d, получим
° I .
d2 = а2 + Ь2 + с2 — 2ab cos у
Для нахождения формулы вычисления двугранного угла
выразим cos <р, получим cos (р =
а2 + Ь2 + с2 — d2
2аЬ
Пример 1 Пусть АА, — 5; ВВг — 6; А.В, = 8; АВ — 10,
52 + 62 + 82 - 102 25
тогда cos р = — = —
° с с 60
5_
12
2-5-6
319
Задача-теорема (Косинус двугранного угла)
Пример 2
Дано:
DABC — пирамида
AD = CB = 15
AC = DB = 13
АВ = DC = 14
cos (ZABCD)
а) Положим АА1Л.СВ’ DD1JlCB.
б)
Рассмотрим AAJ3C, где р =
По теореме Герона S^ABC =
13 4- 14 + 15
у/р(р-а){р-
S^ABC = V21-6-7-8 = 84.
ЛЛ1 = ^^с. ЛЛ1 = = = 56 ц,2.
15 15 5
15
АС = DB
в) А.АСВ = /\DBC, так как АВ = DC ,
СВ = ВС
значит ААг — DDr = 11,2.
г) САг = BDX = у/АС2 - АД2;
САг = V132 - 11,22 = ^(13 + ц)2) (1з _ ii^) =
= х/24,2 • 1,8 = ОДл/242-18 = 0,1 -11 - 6 = [~бЗ~|.
А]Д1 = СВ 2СА^ A1D1 = 15 — 2 • 6,6 = l,g-
cos (ZABCD) = AA* + DD^ + A1D1~ AD2.
2ААг ■ DDr
(7лп^п\ 2 • И,22 + 1,82 - 152
CM ,z = гп? =
_ 2 • 11,22 - (15 + 1,8)(15 - 1,8) 2 • 11.22 - ifi g
2-ll,22
99 ГЙГ|
16-7 + “ 112 ’
320
Координатно-векторный метод
Координатно-векторный метод
Практикум 11 (Основные определения и теоремы)
1. Даны два вектора а {—2; 1; — 1} и & {1>— 3>2}. Найдите
+ 2Ь|.
Напоминание. Пусть a Ь{®25^2,^2}" Тогда
ka = {fca^jfcyijfczi}; Й + b = {*i + х2; yi + У2; zi + z2};
|5| = -\/®i + у? + z%.
2b = {2; -6; 4};
a + 2b - {—2 + 2; 1 - 6; -1 + 4} = {0; -5; 3};
|a + 2Ь| = у/02 + (-5)2+> = /25 + 9 = [Ж-
2. Даны точки К (2;-l;3) и M (1;-2;1). Разложите вектор
КМ по векторам г, Д к.
Пусть A(®i;yi;zi) и В (x2;y2-,z2).
Тогда АВ = {ж2 - Ж1=У2 ~ У1-~ ^1}-
Отсюда
= {1 - 2; —2 + 1; 1 - 3} = {-Д -1:-2} =
3. /\АВС задан координатами вершин: А (3; -4; 2),
В (~3;2;4), С (1;3; -1). Найдите длину медианы СМ.
г - j ~ 2/г .
а-Ь = {х2- хг-,У2 ~ yv,z2 - Zi}, где а (х^уг^),
Ь (х2;У2’, z2).
Так как М - середина отрезка АВ, то его координаты
м (3 - 3. Д4+...2; Iti, т. е. М (0; -1; 3).
равны м I —-—, 2 2/
Значит сл?{о-1;-1-3;3-(-1)}’ т-е- см {-1; —4;3}-
|см| = /(-1)2+~(-4)2 + 42 = V'l + 16 + 16 =
'ЗЗ .
Практикум 11 (Основные определения и теоремы)
321
4. Дан вектор р {—2; —2; 1}. Найдите координаты единичного
вектора f противоположного по направлению вектору р.
Векторы anb являются сонаправленными (пишут
а ТТ Ь), если их координаты, соответственно, равны
a и Ь причем число к > 0.
Если к < 0, то векторы а и b являются противо¬
положно направленными (пишут а ТТ Ь), а число к
называется коэффициентом пропорциональности.
Примечание
1. Пусть а — единичный вектор,
тогда |а| = д/= 1-
2. b || а, где b {х2; у2; z2}, тогда = = к —
Ж1 У1 zi
коэффициент пропорциональности,
Но |а| = 1, значит |fc| = \b\.
4. Следовательно, для того чтобы найти координаты еди¬
ничного вектора а, зная координаты Ь, необходимо ко¬
ординаты вектора b поделить на его длину (|Ь|), если
а ТТ Ь. Если же а ТТ Ь, то делить нужно на — |Ь|.
Вернемся к решению задачи.
|р| = У(-2)2 + (-2)2 + 12 = 3;
1 , , ( 2 2 11
-р{-2;-2;1} = а|--:--;-|,
322
Координатно-векторный метод
5. Даны векторы а и Ь, где |а| = 1, |Ь| = 2, = 120°.
Найдите (а 4- Ь) • а,
(а 4- Ъ) • а = а • а 4- Ь • а = а2 + |а| • |Ь| • cos 120° =
/ 1 \ / 1 \
— |а|2 4- \а\ • \Ь\ • ( — - ) = I2 + 1 • 2 • ( - - J =1-1= [О].
6. Вычислите косинус угла между векторами а и Ь и опре¬
делите вид угла, образованного этими векторами, если
а — —4 г 4- 3J — fc, b = г 4- 2j — к.
a-b = xl- х2 + у1-у2 + zr- z2 ;
Ж1 • х2 + ух-у2 + zx- z2
1 ' Л2
-4 + 1 + 6 3
cos I a;b
\ ) ^16 + 1 + 9 • y/1 + 1 + 4 ^26 • ^6
3\/39 _
“ 2- 13 -3 ~ ~2fT'
7. Даны векторы a{—1;3;—2}, b{2;—1;3} и p {—3; — 1; — 4}.
Будут ли коллинеарны векторы а 4- 2Ь и р!
Определение 2 (Коллинеарность двух векторов). Два
ненулевых вектора называются коллинеарными, если
с точностью до параллельного переноса их можно од¬
новременно разместить на одной прямой.
Теорема. Два ненулевых вектора а и Ь являются кол¬
линеарными тогда и только тогда, когда существует число
к 0, такое что а = кЬ, или когда пропорциональны их
координаты.
а) а 4- 26 = с {—1 4- 2 - 2; 3 4- 2 • (—1); —2 4- 2 - 3} = с {3; 1; 4}.
б) с~кр; с = р {—3fc; — fc; — 4fc}.
Практикум 11 (Основные определения и теоремы)
323
Если с {3; 1;4} = р {-ЗА:; -к-, -4fc}, то
' -Зк = 3
< —к = 1
—4к — 4
к = —1, значит (а+2Ь) Tip, т. е. векторы коллинеарны.
8. В пространстве заданы четыре точки А, В, С и О, где
ОА={1;-1;2}, ОВ = {3;-2:4} и ОС={5;-3;6}. Вопрос:
лежат ли точки А, В и С на одной прямой?
ОА - ОВ = ВА {1 - 3; -1 - (-2); 2 - 4} = ВА {-2; 1; -2};
ОА - ОС = СА {1 - 5; -1 - (-3); 2 - 6} = СА {-4; 2; -4}.
^СА = т {—2; 1; —2}, значит ^СА = ВА,
л z
т. е. точки А, В и С принадлежат одной прямой.
9. Компланарны ли векторы
а{1; -3; 2} , Ь{4;2;-2} и с {-3; -5; 3}?
Определение 3 (Компланарность двух векторов). Три
ненулевых вектора называют компланарными, если с
точностью до параллельного переноса их можно одно¬
временно разместить в одной плоскости.
Теорема. Для того чтобы три ненулевых вектора а, Ь
и с были компланарны, необходимо и достаточно, что¬
бы существовала пара чисел х и у, таких что ху / О
и с — ха + yb.
Вернемся к решению задачи.
Пусть с = ха + yb, т.е. ха {1;-3;2} = аг {х; -Зя; 2х}
и yb {4; 2; -2} = Ьг {4у; 2у; -2у},
тогда ха+уЬ = сг {х + 4:у,-3х + 2у.2х-2у} = с {—3; — 5; 3}.
324
Координатно-векторный метод
Тогда
' х 4- 4 г/ = — 3 х 4- 4т/ = —3
< — Зх 4- 2т/ — —5 1~2~| 4- Г~3~| < —х = —2 ;
k 2х - 2у — 3 2х -2у = 3
( 4у = -5 ( у = -1,25
< х — 2 ; < х = 2 0.
( = 1 ( У = 0,5
Значит, таких чисел не существует, т. е. векторы не ком¬
планарны.
10. Разложите вектор ft {Г,—Г,2} по трем некомпланарным
векторам а {—2;1; — 1}, Ь {1; — 3; 2} и с {2;— 3; 0}.
Так как векторы а, b и с некомпланарны, то существуют
числа х, у и г, не равные нулю, такие что n — xa+yb+zc.
Решим систему, следующую из условия:
1 — —2х 4- у 4" 2z
— 1 = х — Зу — Зг
2 = -х 4- 2у 4- 0 • z
Ш + 2 .[2]
[2] +[3]
' —5у — 4z = — 1
< -y-3z = l Ш-5-Й;
k — х + 2у — 2
' Hz = -6
< — у — Зг — 1 ;
k -х + 2у = 2
6
Z==~ll
7
8
Таким образом,
8 7 г 6
п = -йа+пь“йс
Тренировочная работа 8
325
Тренировочная работа 8 (Примеры использования
координатно-векторного метода)
1. В ДАВС вершины имеют координаты А (0;2; — 1),
В (2;0;1) и С (4; 2;-2). Найдите:
а) длину медианы тЛС = ВМ;
б) ZC;
в) координаты точки В, если ABCD — параллело¬
грамм.
2. При каком значении т векторы а {т + 2;1;т 4- 1}
и b {3;т; 2}:
а) коллинеарны;
б) перпендикулярны?
3. |а| = 4; |6| = 2; 6^—60°; p = a — b; q = a + 2b',
с = та 4- Ь. Найдите:
а) р • ср
б) cos (р; ;
в) при каком т с1_р?
4. Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты:
Л (—1;—4), В (1;—8), С (7;—5), и В (17; 5). Определите
вид четырехугольника.
5*. В ЛАВС вершины имеют координаты: А (2;1;4),
В (3; —2; 1) и С (—1;4;—2). Точка М G АВ, причем
AM : МВ = 2 : 3. Точка N е АС, причем CMA-BN.
Определите координаты точки N.
326
Координатно-векторный метод
Решение тренировочной работы 8
1. В ЛАВС вершины имеют координаты А (0;2;— 1),
В (2;0;1) и С (4; 2; -2).
а) Найдем длину медианы тАС = ВМ.
М (2±Д. = М (2; 2; -1,5).
\ 2 ’ 2 2 /
Известно, что для точек A (x^y^z^ и В (х^У^ъ)'
АВ=\/(®2 - Яд)2 + (% - У1)2 + (22 ~ *1)2-
Тогда ВМ = ^/(2 — 2)2 + (2 — О)2 + (—1,5 — I)2 —
= у/Ь + 6,25 = Jv41 •
б) Найдем АС.
АС равен (АС’; ВС^ ,
но (ас?вс) = (М вс),если вс) 90° и
(АС^ВС} = 180° -(аС,Вс), если (ас- вс) > 90°’
„ A (xr,Viizi)
Пусть В(Ж2;у2;22)
тогда AB {®2 У2 — У1> z2
Пусть a ’I2<
-zi} (А^В)-
гигда а — v aj , , -го
, J. g.b XI • а?2 + З/I • Уг +
cos (а . Ь) = Т^ТТТьТ ~ у/^~+У1 + zi *
АС {4-0; 2 -2; -2 - (-1)}^-АС {4;0; 1}.
ВС {4 - 2; 2 - 0; -2 - 1} = ВС {2; 2; -3).
Решение тренировочной работы 8
327
cos I АС; ВС = ;
' |АС| • |ВС| ’
cos (аС;Вс\ = 4'2 + 0'2 + (-1)-(-3)__ __ ц
V / \/42 + О2 + I2 • V22 + 22 + 32 ' и’
значит ZC — острый, тогда
cos (аС^ВС^ = cos f AC- ВС
11
arccos — =
17
в) Найдем координаты точки D, если ABCD ~~ парал¬
лелограмм.
Так как ABCD — параллелограмм, то ВС = ХВ
тогда ВС {2; 2; -3} = AD {х - 0; у - 2; z + 1},
2 = х
т. е. 2 = у — 2
' х = 2
< у = 4 , значит Z> (2; 4; -4).
z = —4
2. При каком значении т
векторы а {т + 2; 1; m + 1} и Ь{3;т;2}:
а) коллинеарны?
Для параллельных a {xil У11 zi}, & {^2;2/2;22}
Ж1 _ 2/1 _ 21
Х2 У2 z2 ’
Это означает, что их координаты пропорциональны.
{т + 2 1
3 т .
± = т±1’
т 2
Г т2 + 2т -3 — 0 .
[ т2 + т — 2 = 0 ’
Значит данные векторы а и b коллинеарны только ко
гда они равны.
328
Координатно-векторный метод
б) перпендикулярны?
Это возможно только если а • Ь = 0. Найдем это ска¬
лярное произведение:
а • b = (т 4- 2) • 3 + 1 • т 4- (т 4-1) • 2 = 0;
Зт 4- 6 4- т 4- 2т 4-2 = 0; 6т = —8;
4
т~~ "з
3. \а\ = 4; \Ь\ = 2; la; bj =60°;
р = а — b; q = a + 2b; с = та 4- Ь.
а) Найдем р - q.
р - q = (а — Ь)(а 4- 2b) = а2 — b • а 4- 2а • b — 2Ь2 =
- |а|2 + |а| • |Ь| • cos 60° - 2|6|2 = 16 + 8- ^- 2- 4 = [12].
б) Найдем cos (р; д) .
1. |р| = ^/(а — Ь)2 = \/а2 — а ■ b + b2 —
= ^/|а|2 — 2|а| • |6| • cos 60° + |Ь|2 =
= ^16 - 2 • 4 • 2 • | + 4 = 712 = 2>/3.
2. |q| — ^/(а + 2Ь)2 = \/а2 + 4а ■ b + 4Ь2 =
= yj|а|2 + 4|а| • |6| • cos 60° + 4|Ь|2 —
= У16 + 4- 4- 2- ^ + 4- 4 = 748 = 47§.
9 Г—А 12 1
3. cos р; q — —■= -= =
V / 2ТЗ-4ТЗ 2
Решение тренировочной работы 8
329
в) При каком т с1.р?
Так как сХр, то с • р = 0, значит (та + Ь)(а - 6) = О
(с = та + 6, р = а — b);
та2 3 + Ь-а - та -Ь — Ь2 = 0.
По условию |а| = 4 и \Ь\ = 2. Тогда
т|а|2 X |&| • |а| • cos60° — т\а\ • \Ь\ • cos60° — |Ь|2 = 0;
16т + 4- 2- | — m-4-2-i—4 — 0; 12?п = 0.
Z Zi
Таким образом, сХр только при [т = 0 |.
4. Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты:
А(—1;—4), В(1;—8), С (7;—5), и D (17;5). Определите
вид четырехугольника.
1. Найдем вначале координаты векторов:
АВ {2; -4}, ВС{6;3}, CD {10; 10}, AD {18; 9}.
Сразу видно, что ВС || AD (их координаты пропор¬
циональны), a AD CD, т.е. похоже, что ABCD —
трапеция.
2. Более того, навскидку видно, что |ав| /= (ПРИ
желании это можно вычислить), т.е. это не равнобед¬
ренная трапеция.
3. Вычислим АВ • ВС.
Для a{x1\y1\z1} и b{x2,y2,z2} a-b = x1x2-\-y1y2-\-z1z2.
Тогда АВ • ВС = 2 • 6 + (—4) -3 = 0,
—-—> —>
следовательно, АВ1.ВС. т. е. ABCD — прямоуголь¬
ная трапеция.
330
Координатно-векторный метод
5*. В ЛАВС вершины имеют координаты: А (2;1;4),
В (3; —2; 1) и С (—1;4;— 2). Точка М Е АВ, причем
AM : МВ = 2:3. Точка N Е АС, причем CMCBN.
Определим координаты точки N.
1. Пусть М (х^у^г^, тогда, так как ЗАМ - 2МВ, то,
зная координаты векторов AM и МВ
AM {x1-2;y1-l;z1-4}, МВ {3-х15 -2-У1; 1 -zj.
получим, что <
3(а:1 -2) = 2(3-^)
3(У1 - 1) = 2(—2 - У1) ;
3(z1-4) = 2(l-z1)
,, М2
т.е. М —
\ 5
1 14\
5’Т/ ‘
12
14
Г1 = т
2. Пусть N (x2,y2-,z2).
BN {^2-3;t/2-(-2);z2-1}.
3. Так как CM CBN, то СМ ■ BN = 0,
17 / 91 \ 24
значит у (z2 _ з) + / Ч {у2 + 2) + у (г2 - 1) = 0;
17(ж2 - 3) - 21(7/2 + 2) + 24(z2 - 1) = 0.
4. Точка N е АС, значит AN {х2 — 2; У2 1; z2 — 4} =
= kNС {-1 _ 4 _ _2 _ г2}, тогда
х9 — 2
-Г- С- = fc
2/2-12 fx2-2 = -fc-^2
= < y2-l = 4fc-^2 ;
z2- 4 ( z2 - 4 = -2fe -
. ~2~z2~k
2-k
x.-. —
2 k + 1
l + 4fc
У2~Т+Т
4-2k
Zr. =
2 k + 1
Решение тренировочной работы 8
331
5. Подставляя значения гг2, 1/2 и т2 в уравнение
17(х2 - 3) - 21 (з/2 + 2) + 24(^2 - 1) = О,
получим значение
\ fc+i )
к:
1+4к
к+1
+ 2 +24
- 2А:+4
fc+1
= 0;
- 1
17(2-к-Зк-3)-21(l+4fc+2fc+2)+24(-2fc+4-к-1) =0;
17(-4к - 1) - 21(6Ат + 3) + 24(—3fc + 3) = 0;
—68 A: - 17 - 126А: - 63 - 72k. + 72 = 0;
8 4
—266fc — 8 = 0; k = - —; к = - A
266 133
6. Подставляя значение к в систему <
2 —к
Ж2 - ITT
1 + 4fc
У2" к + 1 ’
_ 4~2fc
22 к + 1
получим
/90 39 180\
У43’43;13~ )
332
Координатно-векторный метод
Тренировочная работа 9
(Использование различных методов
для нахождения углов и расстояний)
В правильной шестиугольной призме ABCDEF А^В^С^D1E1F1
отношение длин ребер, исходящих из одной вершины, равно
3:2:2, где ААг — наибольшее ребро.
Пусть точки ЛГ, К, Т, и Р - середины, соответственно, ре¬
бер CD и FE.
Решая первое задание двумя способами, найдите:
Вариант 1
а) cos (jFA1\AB1
б) p(D- FA.)
Вариант 2
а) (^PD^DN^
б) plP-’DFJ
Вариант 3
а) (n't-РК^
б) р^ВВ^РК)
Вариант 4
a) (tF^BK^)
б*) pfJPE^EBJ
Тренировочная работа 9. Моделирование условий
333
Тренировочная работа 9. Моделирование условий
ААг = а
Обозначим АВ = Ь ,
AF = c
при этом = 90°,
= 90°, с) = 120°.
По условию |а| : |Ь| : |с| = 3 : 2 : 2
(будем считать, что |а| = Зт).
Также по условию:
а) РР, || ААг (Р, е F^);
б) ККХ || ААг (Кг € ED);
в) AD(~)BE = O (BEEFD);
A1D1 О В1Е1 — (B1E1±F1B1);
г) BE П FD = О (OO2 = EO2);
BXEX П FXDX = O4 (OXO4 = EXO4) ;
д) BXEX П PXK = P2 (O4P2 = E4P2);
BEQPK1 = P3 (O2P3 = EP3) -,
е) PO3 || BE (O3 G FD-, FO3 = O2O3).
Эти результаты можно получить, подробно исследуя метриче¬
ские отношения в правильном шестиугольнике.
Решение тренировочной работы 9
335
Второй способ (координатный)
Введем систему координат.
ООХ — ось аппликат (Ог);
ОР — ось ординат (Ch/);
OD — ось абсцисс (Ох).
Отметим, что в правильном
шестиугольнике ABCDEF:
АВ = АО = AF, ОР = у/Зт,
FB1AO, FP = т.
Установим координаты
вершин:
F (—ш; 77гл/3; 0) ;
Ах (—2m;0;3m);
А (—2т;0;0);
Bi (-т; -т\/3; Зт) .
Тогда FAr {—т; —тл/З; Зт} ; АВ1 {т; —т\/3; Зт} .
cos (F^JbI} = -т2+3т2+9т2 = П > Q
\ / Vт2 4- Зт2 4- 9т2 • \/т 2 4- Зт2 4- 9т2 13
cos (faT-AB.) = —
V 1 V 13
б) Найдем pfJD'iFA^.
1. Из свойств правильного шестиугольника AFA_FD.
Так как FD ~ FE 4- ED
(АО = AB + AF-AO = FE; АВ = FO = ED^ ,
то FD = АВ + AF + АВ = 2Ь + с.
AF FD^c- (2Ь + с) = 2Ь- с + с2 =
= 2 • 2т • 2т • ( -1) + (2т)2 = -4т2 + 4т2 = 0.
336
Координатно-векторный метод
FD1AF
' FD1FF!
следовательно p(D;FAx) = FD,
где FD =
, значит FD±AA1F1F, тогда FD±FAlt
FD = ^/(2b + c)2 = V^ + Ab-
4 • 4m2 + 4 • 2m • 2m •
Итак> EfiFAJ = 2^
>m .
Решение тренировочной работы 9
337
Вариант 2
Пусть точки 7V, К, Т и Р — середины, соответственно, ребер
DN = DC + СС[ + C\N = -AF + AAt + ^С^ =
Za
_ _ 1-Г7» _ _ 1,Г 3_ _ 1-.
= — с + а — -АО — —с + а — -(Ь + с) = --с + а — -Ь.
£ £а £
3_ 9- 3-2 1_ 1- Зл 1 -
= — -а-с— -b-с— -с +а +-а-Ь+-с-а— -а-Ъ— -о — -с-Ь —
244 22244
Q / I \ Q Q
= -- ■ 2т • 2т • j - -(2m)2 + (3m)2 - -(2m)2-
— • 2m • 2/77. • f — i | =
4 \ 2/
= ^m2 — 3m2 4- 9m2 — 3m2 + |m2 = 8m2.
338
Координатно-векторный метод
3.
PD* =
9Й 1
+ 7
4 4
3r l-V
2b+2C)
г _ _ 3
? + a ■ c+ -
'9 9
9m2 + - • 4m
4
1 3
- • 4m2 4- - • 2m • 2m -
4 2
9 | з _
—c2 4- ci2 4- — b" ~ 3c • a 4" —c • b — a • b =
4 4 2
g 1 з
- • 4m2+9m2 + - • 4m2 + - • 2m • 2m •
4 4 2
Следовательно,
cos I PD^DN
3
2
Второй способ (координатный)
Введем систему координат:
ОО1 — ось аппликат (Ог); А
ОР — ось ординат (Оу\.
OD — ось абсцисс (Ож).
Отметим, что в правильном
шестиугольнике ABCDEF:
АВ = АО ~ AF;
ОР — \/Зт^ ЕР = т.
Установим координаты А
точек:
Р (0;?W3;0); Dr (2m;0;3m);
D (2m;0;0); N (0; —?n\/3; 3m) .
Решение тренировочной работы 9
339
Значит PDX {2m; -тл/3; 3m} ; IJN {-2т; -т\/3; Зт} .
cos ^PDX\DN^ =
—4т2 + Зт2 + 9т2 1
V4т2 + Зт2 + 9т2 • у/4т2 + Зт2 + 9т2 2 >
тогда (pDx,Dn\ =60°, т.е. (PD^DNS =60°.
б) Найдем p^P-jDF^.
3. Так как
O3PPFF1
O3P±FD
то РОз-LFF^D,
следовательно PO3FDF1.
Таким образом, plP-.DFy) = p(P;FF1D1D) —
т. е.
1
2’
= |m
Zi
340
Координатно-векторный метод
Вариант 3
Пусть точки N, К, т и Р - середины ребер В1С1, DrEv
— —(Зт)2 + 2т • 2т • ( —) + ^(2т)2 + ^(2?п)2+
\ Z J Z Zi
+ 7 • 2т • 2т • ( —i ) =
4 \ 2/
= —9т2 — 2т2 + 2т2 + 2т2 — ^т2 = — ^т2.
Решение тренировочной работы 9
341
9m2 4- 4т2 4- т2 4- 4т2 •
__15 2
cos ( NT-, PK] = — = -- < 0
V J (2л/3)2т2 8
Так как arccos(—т) — тг — arccos т ,
> к
NT; РК ) = тг — arccos -,
J 8’
тогда
5
arccos -
8
Второй способ (координатный)
Введем систему координат:
ООХ — ось аппликат (Oz)\
ОР — ось ординат (Ог/);
OD — ось абсцисс (Ох).
Отметим, что в правильном шестиугольнике ABCDEF'
АВ = АО = AF ~ 2т; OP = OXN ~ ^зш
Установим координаты вершин:
/ Q ryr} у /о \
N (0;-m^3;3m); Т I -т; ^О); Р (0;т^/3:0)
„ (3 туЗ \
К I 2т'~Т~;3т) '
туЗ
> 3
Значит NT -m:
2 ’ 2
3 тд/З
2т5 2~;3т >.
342
Координатно-векторный метод
Следовательно, cos I NT; РК
9 2 3 2 а 2
4т — 4т — 9т
yj^m2 + |m2 + 9m2 • yj^m2 + |?n2 + 9m2
б) Найдем p(BB4;PK).
1. Так как РК e РРгККг || ВВг,
то р(ВВ4,РК) = plBB^PP^KKJ.
ВВ1±В1Е1
2. ВВ4 || РР1КК1 ,
В4Е4±РХК
значит ВХР2 = р (BBi, РК) (Р2 = РгК П B^EJ .
3. В1Р2 ~ В1О1 + ОгО4 + О4Р2 = 2т + т + ^т = 3,5т.
следовательно [ptBB^PK) = 3,5m .
О
Решение тренировочной работы 9
343
Вариант 4
Пусть точки К, Т и Р — середины ребер DXEX
CD и FE соответственно.
а) Найдем cos (tF^BK^ .
Первый способ
1. TFX=TD + DE + EFX = А
= | AF -АВ-АО + АА^ =
— |с - b-(b + c) + a-
Zi
— -^с — 2Ь + а;
ВК = ВЕ + ЁЕХ+Ё^К =
= 2AF + IX + | АВ =
— 2с 4- а + — Ь.
2. TFX ■ ВК =
2с + а + -6^ =
= — с2 — 4b-c+2a-c— -c-a — 2b-a+a2 — ^c-b—b2 + ^a-b —
— —4m2-4-4m2- +9m2 — -4m2 ■ —4m2 —
= э|-т2.
3.
= V m2 + 16m2 + 9m2 — 4m2 = m\/22.
344
Координатно-векторный метод
= д/16m2 4- 9m2 4- т2 — 4m2 — m\/22.
19 о
~2m _ 19
(тУ22)2 ~ 44
cos I TFr; В К
0;
19
arccos — .
44
Второй способ (координатный)
Введем систему координат:
ООг — ось аппликат (Oz);
ОР — ось ординат (Оу),
OD — ось абсцисс (Ох).
Отметим, что в правильном
шестиугольнике ABCDEF:
АВ = АО = AF; ОР = у/Зт;
ElK = m\ FB.LAO.
Установим координаты
вершин:
(—m; тд/3; Зт) ;
В (-т^-ту/З^О) ; К I -т;
Тогда TF\ J -|т; зш I ■
Zi Za
3т\/3 о
—5—;3т >.
&
Решение тренировочной работы 9
345
Значит cos yTF^BKj =
— ^т,2 4- ^т2 + 9??22
+ ^-т2 + 9т2 • y/^m2 + Цт2 + 9т2
38
= а = 1£>0.
22 44
= arccos
б*) Найдем pfJFE^EB^ .
Для этого используем координатный метод.
ОО1 ось аппликат (Ог);
ОР — ось ординат (Оу);
OD — ось абсцисс (Ох).
Установим координаты
вершин.
F (—т\ту/З; 0) ;
Е{ (т; т\/3; Зт) ;
Е (т; т\/3; 0) ;
Вг (—т; —тУЗ; Зт) .
Тогда FEr {2т;0;Зт};
ЕВ1 {—2?72; —2тд/3; Зт} ;
FE {2т;0;0}.
L^L2 — L1E1 + Е^Е + EL2j
где G F£/p L2 G EB^, L^L2EFE^ и L^L2EEB^.
L}F = xFEv тогда LrF {2mx; 0; 3mrr};
EL2 = уЕВ^ тогда EL2 {—2m?/; —2m\/3?/; 3m?/} .
346
Координатно-векторный метод
Значит L}L2 — LxF {2тх; 0; Зтх} + FE {2т; 0; 0} +
+ ~EL2 {-2ту;-2т\/3у;3ту} ,
т.е. L& {2т(ж + 1 - у);-2тд/3у;3т(х + у)} .
Но l^l2efex-, 1^2еёв1,
значит LiL2 • FEy = 0; L1L2 ■ EBV = 0.
Следовательно,
/ 2т(т+1-?/)-2т+(-2т\/Зу)-0+Зт(т+у)-Зт = 0
( 2m(x+l-y)• (-2m)- (-2m>/3y)• (-2тл/3) +3т(т+у)-Зт = 0’
J 4m2 [x + 1 ~ y) + 9m2 (x + y) = 0
{ —4т2(т + 1 - у) + 12m2y + 9 m2 (x + y) = 0 ’
( 4x + 4 - 4y + 9t + 9y = 0
{ — 4x — 4 + 4y + 12y + 9x + 9y = 0 ’
(13z + 5y + 4 = 0 J18.r + 30y = 0 .
1 5a? + 25y - 4 = 0 Ы { 5x + 25y - 4 = 0 ’
CM i ю
= — У324 + 432 + 144 = ^^900 = = 1,2m.
25
Итак, pfJFEi, EB-J
Самостоятельная работа 4
347
Самостоятельная работа 4
(Использование различных методов
для нахождения углов и расстояний)
В правильной шестиугольной призме ABCDEFА1В1С1D1E1F1
отношение длин ребер, исходящих из одной вершины, равно
3:2:2, где АА± — наибольшее ребро.
Пусть точки N, к, Т it Р — середины ребер ДС,, D1E1,
CD и FE соответственно. Найдите:
Вариант 1
а) cos (^FE1; ED^
б) p&FEJ
Вариант 2
а) (Aj'PJVA)
б) p(N-,BDJ
Вариант 3
а) cos(TЕу. Р
б) p(FF\-,NT)
Вариант 4
a) cos(FA'; ДТ)
б*) р (FK; ВгТ)
348
Координатно-векторный метод
Уравнение плоскости
Кратко напомним вывод уравнения плоскости.
Пусть где п {А\В,С}\ \п{А,В,С}
Мо е а, где Мо (х0;у0; z0);
М е а, где М (х; у, z). ( \ М0(х0;у0;Л
k M(x;y;z) /
а /
Тогда MQM = {х-х&у- z - z0},
причем п • МцМ = 0 (п1.а).
Значит А(х - ж0) + В(у - г/0) 4- C(z - z0) = 0.
Такое уравнение называется уравнением плоскости, которой
принадлежит точка Мо (ж0;?/0;г0).
Преобразуя, получим: Ах + By 4- Cz — (Ах0 4- ByQ + Czq) = 0.
Обозначая D = -(AxQ 4- ByQ 4- CzQ), получим общий вид урав¬
нения плоскости: | Аж 4- В?/ 4- Cz 4- В = 0 |.
Особо напомним, что коэффициенты при неизвестных в урав¬
нении составляют коэффициенты вектора п(А;В;С), перпен¬
дикулярного данной плоскости.
Задача 1. Точки Nr (1; 1;-1), N2 (2;-1; 1) и (-1; 1; 1)
принадлежат плоскости а. Напишите уравнение плоскости а.
Напишем систему трех уравнений с тремя неизвестными, ис¬
пользуя уравнение плоскости и подставляя в него координаты
данных точек:
( Ахх 4- Ву\ 4- Czy 4- D = 0
< Ах2 4- By?. + Cz2 4- D = 0 ;
( Ах3 4- Вуз 4- Cz3 4- D = 0
для N-l f А + В — С Ч- D = 0
для^ 2А-В4-С + Р = О 2Ш-[2];
для N3 —А 4-В4-С4-В:=0ГГ|4-ГЗ]
Уравнение плоскости
349
2
'A + B-C + D = 0 (A + B-C + D = 0 A=z~^D
< 0 + ЗВ - ЗС + D = 0; ? -3£) - ЗС + D = 0 ; „ 2
О + 2В + 0 + 2D = О I В = - Г) С = ~vD ’
V \ О
В = -£)
Подставляя в общее уравнение плоскости Ax+By+Cz +D = о
получим — -Dx — Dy — -Dz + D = 0.
3 з
Умножим на 3 и сократим на (—D),
значит | 2# + Зу + 2z — 3 = 0 |. Это уравнение плоскости, кото¬
рой принадлежат точки TVp -ZV2 и
Задача 2. Вершины треугольника определены точками
А (1;2;3), В (3; 1;2) и С (2;2; 1). Найдите площадь такого
треугольника.
Пусть A(®i;yi;zO«~S_S5l'2ri22)-
АВ {х2 - хг,У2 ~-ГДа -
14В, = у/(Ж2 + (Z2 ~ Z1) •
Пусть a {xr,yr,zi} и Ь ^аТ2^’
О- Ъ = ЯД • Х2 + У1 • У2 + 21 Ж1;В2 + У1У2 + 31Z2
cos f а^ъ \ = 7^^ = • y/xl + у| 4- z2 ’
\ ) 1«1 • 1Ы
а) АВ {2; — 1; —1};
|лв| = \/24hF+^’ 6;
|ас| = л/^-
\ 2.1 ^1)-0 + (-1)-(-2) = 4
б) cos (АВ; AC J = —^'^6-75 УЗО ’
в) sin (аВ; АСЧ = у! " 30 УЗО
350
Координатно-векторный метод
г) = \аВ • АС • sin (аВ]Ас\ .
Так как
АВ = | АЕ?|, АС — | Ас|, sin f АВ; = sin ^АВ^АС
'14
2
Задача 3. Найдите расстояние от точки А (1; 2; -7) до плос¬
кости а, заданной уравнением 12т + 4у + 3z - 4 = 0.
Мо
Из условия задачи следует, что п {12; 4; 3}
(так как А = 12, В — 4, С = 3), причем n_La.
а) Пусть АМ0 || п, где Мо е а и Мо (т0;у0;г0).
Тогда АМ0 {т0 - 1; у0 - 2; z0 + 7}.
б) Так как АМ01| п, то существует такое р^О, что АМ0—рп.
Значит
' Xq — 1 = 12р f т0 = 12р + 1
< у0-2 = 4р , т.е. < у0 = 4р + 2 .
k Zq + 7 = Зр I = ~
Если учесть, что Мо Еа, а значит, выполняется равенство
12,т0+4г/0+Зг0—4 = 0, получим уравнение относительно р,
подставляя найденные координаты точки Мо в уравнение
плоскости а. Найдем р:
5
12 • (12р + 1) + 4 • (4р + 2) + 3 • (Зр - 7) - 4 = 0; р = —.
Уравнение плоскости
351
в) |АЛ/0 = У(.го 1)2 + (у0 - 2)2 + (2fJ + 7)2 =
= v/(12p)2 + (4p)2 + (3p)2 = 13|р|.
Так как |ЛМО| = 13|р|, то |АМ0| = 13 • — =
А поскольку p(A;cv) = |AM0| , то р(А;а) = —
II 1о
Задача 4. Параллелепипед задан четырьмя вершинами, не
принадлежащими одной грани: А (1:1;—2), В (—1; 1; 1),
С (1;—1;2) и Dr (2:1;—1). Найдите объем такого паралле¬
лепипеда.
а) Пусть плоскость а определена данными точками А, В
и С. Пусть она задается уравнением Ax + By+Cz + D = 0.
Внимание! Здесь очень важно понимать, где буквы А,
В, С и D обозначают коэффициенты в уравнении плос¬
кости, а где — вершины данного параллелепипеда или век¬
тора. Увы, в данном случае в силу сложившихся тради¬
ций эти буквы выступают в разных смыслах. К счастью,
из контекста всегда ясно, что имеется в виду.
Из принадлежности плоскости а точек А, В и С следу¬
ет, что можно составить систему уравнений. В нем фигу¬
рируют коэффициенты А, В, С и D данного уравнения
плоскости, которые необходимо найти:
О 2А + 2D = О
О ; ЗС + 2D - 0 ;
О 2В - С + 2D = О
А = —D
Значит уравнение плоскости принимает вид
4 2 , ,
—Dx — -Dy — ~Dz 4- D = 0, или | а: За; + 4?/ + 2г — 3 = 0 |.
<5 о
А = —D
c = ~Id
О
2
2В + -D + 2D = О
О
, т. е. <
Уравнение плоскости
353
1. АВ {-2; 0;3}, АС{0;-2;4}.
n AB ■ AC
2. cos ( AB; AC I = , ,,—. ., :
\ / AB • AC
-2-0 + 0-(-2)+ 3-4
COS ( АВ; АС I — — ■ : ; - =
\ J ^(-2)2 + О2 + З2 • V02 + (-2)2 + 42
12
13- v'm’
sin ( АВ; AC
122
13-20
\/П6 _ 2л/29
13 • x/20 — \/13-л/2б
3. SABCD = АВ -AC- sin (а%Ас)
i^ABCD = ZS&BAc) ■
Так как |ав| — АВ = у/13, |ас| = АС — а/20,
sin I АВ; АС ) = sin
TO SABCD — У13 • x/20 •
V1O’V"O
= 2а/29 .
^ABCDAiBiCtDr — Sabcd ’ ^ABCD;
v —9 /on 5\/29
VABCDA1B1C1D1 — ’ 29
354
Координатно-векторный метод
Примечание. Удивительно, но в результате вычисления по¬
лучили, что объем параллелепипеда есть целое число. Что это,
случайность или закономерность? Можно доказать, что если
координаты четырех вершин параллелепипеда, не принадлежа¬
щих одной грани, имеют целочисленные координаты, то объем
этого параллелепипеда есть целое число.
Покажем это.
Пусть ж15 ж2, х3, yv у2, у3,
г2? z3 ~ Челые числа.
Докажем, что тогда Упар — целое
число.
Пусть 0(0;0;0), М (x-^y^z^,
N(x3;y3;z3\ О (0;0;0) N(x3;y3;z3)
a) a: OKCN.
О е ос ( АО + В- О + СО + Р^О
К Еа < А • Х<2 В • У2 С • Z2 D = 0 ]
N Еа [ А • <т3 4- В - т/з 4- С* • z3 4- В = О
' D = 0
< Х2А 4- y2B 4- Z2C + D — 0 *х3 (.т3 ф 0) ,
Ж3А 4- у3В 4- z3C 4- D = 0 (ж2 0)
т. е. уравнение а: Ах 4- By 4- Cz = 0.
Г ^*^2^3 + Вх3У2 4" С^Я'З 0 111 __ | 2 |
[ Д^2^з 4- Вх2Уз + ^3^2 ” 0
(^3% “ х2Уз) В = " Z2X^C-
Положим %ж3 - у3х2 ф о, тогда В = С • _ у2^ ■
Используя Ах2 + Ву2 + Cz2 = 0, найдем А:
Ах2 + с •гзЖ2 ~ • У2 + Cz2 =
У2Х3 У3х2
_ (г2т3 - г3ж2) у2 - (з/2жз ~ Узх2) z2 . с _ Уз^ ~. у2гз .
~ Х2 (х3у2 - Х2У^} Х3У2 - х2Уз
355
Уравнение плоскости
Подставим в уравнение Лт2 + Ву2 Cz2
Уз22 ~ У2гз . „ + С ■ Z:}X2—■ у2 + Cz2 = 0.
ХзУ2~х2Уз 2 х3у2-х2Уз
Умножим на х3у2-х2у3 ^0 и сократим на С^О. получим
(Узг2 - V2Z3> Х2 + (^2 - ^з) У2 + (ХзУ2 “ Ж2Уз) Z2 = °-
Тогда положим А — y3z2 — y2z3, В — z3x2 — z2x3,
С = х3у2 - х2у3.
Получили Ах + By + Cz — 0. причем п {А; В; С}.
б) Рассмотрим OK {x2;y2;z2} и ON {x3;y3;z3}.
cos = ^^^^3+^2^ +^2^3
V / Vx2 + y2 + z2- \/хз + Уз + гз
sin I OK; ON I = Jl- cos2 ( OK; ON
'2 + z2) (x3 + 2/3 + z3) ~ (X2X3 + У2УЗ + г2гз)2
(x2 + y2 + z^) (xl + yl + zl)
= V^3*2 y‘iZ3? + (г3^2 ~ Z2X3)2 + (х3у9 ~ Х9уя)2
у/А2 + в2 + с2
%
•з
у/ А2 +~В2 + Q2
в) М0Л/±(Э.ЮУ,
(т^Г^Х ОМ {xp^zj.
y\ + zi ■ •
Тренировочная работа 10
357
Тренировочная работа 10
(Применение координатно-векторного метода
для решения задач)
1. а) Найдите координаты вектора АВ, если А (5; —1;3),
В (2;-2; 4).
б) Разложите вектор АВ по координатным векторам.
2. Найдите координаты середины отрезка ВС,
если В ^6;—и С (12;6;— 1).
3. Даны векторы Ь {3; 1; — 2} и с{1;4;—3}.
Найдите: а) |Ь|; б) |2Ь —с|.
4. Дан куб ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно 2.
Вычислите:
а) A(D • ВС;
б) АВ • А^;
в) (^DB[;AC^ ;
г) (дД;5с^ .
5. Даны векторы а{0;1;—2} и Ь {—2; 1; — 1}.
а) Найдите а • Ь. б) Определите вид угла .
6. Вычислите cos^a;&^, где а= — i+Tj+Tk, b=—2i+5j — k.
7. Даны точки А, В и С, причем АВ {1;—2;—3}
и ВС {—2; 4; 6}. Принадлежат ли точки А, В и С од¬
ной прямой?
8. Вектор а И Ь, где Ь {—2; 2; 1}. Найдите координаты век¬
тора а, если |а| = 12.
358
Координатно-векторный метод
9. Выясните компланарность векторов <х{2;—1;3}, Ь{1;3;—2}
и с {3;2;1}.
10. Разложите вектор р {1; 1; 1} по трем некомпланарным век¬
торам а{1;1;—2}, 6 {1; —1;0} и с {0; 2; 3}.
11. Координаты вершин параллелепипеда, не принадлежа¬
щие одной грани: А (1;—1;—1), В (2;3;4), С (3; —2; 1)
и Dx (—1; 2; 2).
Вычислите:
а) объем параллелепипеда;
б) ^DC^BDC^ ;
в) .
Решение тренировочной работы 10
359
Решение тренировочной работы 10
1. а) Найдите координаты вектора АВ, если А (5;—1;3),
В (2;-2; 4).
АВ {2 - 5; -2 - (—1); 4 - 3} = АВ {-3; -1; 1}.
б) Разложите вектор АВ по координатным векторам.
АВ {—3; —1; 1} = —Зг — j + к.
2. Найдите координаты середины отрезка ВС,
если В (б;— -;81 и С (12;б;-1).
Пусть ВМ = МС и М е ВС.
, , | 6 + 12 2+6 й _1_ \
тогда М I ; —LL_L2 = м (9; 2,75; 3,5).
3. Даны векторы b {3; 1; _2} и с{1;4;-3}.
Найдите: а) |6|; б) |2Ь —^|.
а) |Ь| — \/32 + I2 +"(222)2 —
б) Найдем |2Ь —с|.
Пусть 2Ь - с = fn.
/14
т{2 • 3 - 1; 2 • 1 _ 4.2 = |5; _2;
|26 - с| = |т| = У5Г+ + (_f)2 = | ,/зб .
4. Дан куб ABCDА
Вычислите:
а) A^D DC-,
б) АВ А}С[-,
в) (1ЭВ[: Ас) ;
г) (ad[-,Dc(\
ребро которого равно 2.
360
Координатно-векторный метод
Рассмотрим первый (векторный) способ.
Введем базисные векторы: АЛ[ = а, АВ = b, AD = с.
Так как ABCDAlBlC1D1 — куб, то |а| = |Ь| = |с| = t,
и (а;М =90°, = 90°, =90°.
а) Вычислим Аг D • DC.
A^D = AAr + AD = —а + с;
DC = АВ = Ь-
A^D ■ DC = (с — а) -Ь = с -Ь — а -Ъ = |~б~],
так как с • Ъ = 0 (с±6) и а • b = 0 (а±Ь).
б) Найдем АВ • АгСр
АВ = 6;
А^ = А^ + D^ = с + Ь;
АВ ■ A^i = b • (с + Ь) = Ь- с + Ь2 = |Ь|2 = t2 = 22 -- [4]-
в) Найдем ^Db\-, АС^ .
DB{ = DA + АА^ + А^ = -с + а + Ь-,
АС = AD + DC — с + Ь',
DB^ ■ АС = (с + Ь)(—с + а + Ь) =
= -c^+c^a+c-b-b-c+b ■ = -|c|2+|t>|2 = -t2+t2 = 0,
значит I DB^AC) = 90°.
г) Найдем ^AZ^; DC^ J .
Ab[ - AD + DD^ = с + а;
DCr = DC + (7С| = b + 3.
AD1-DC1 = (c+a')(b+a) = c-b+a-b+a- с+а2 = |а|2 — t2.
Решение тренировочной работы 10
361
| AE>i | — ADX2 — \/(с + а)2 — + 2с - а + а2 =
= УН2 + |«|2 = V&T?2 = V2t.
DCX = у/DC2 = У(6 + а)2 = у/^+2Ь^ + а2 =
= У|Ь|2 + |а|2 = \//2 + f2 = y/2t.
Ab[DC\ _ t2 _ 1
|а5^| • |5ц| ~ (-\/2i)2 ~ 2’
значит I AD1; DCX j = 60°.
(Напомним, что подчеркнутые скалярные произведе¬
ния векторов равны нулю.)
cos I ADX; DCX
Теперь рассмотрим второй метод решения — координат¬
ный. Введем систему координат:
ВВ1 — ось Oz;
ВС — ось Ох',
В А — ось Оу.
Тогда получим координаты
вершин:
Л(0;2;0), Л±(0;2;2),
В(0;0;0), Вг (0;0;2),
С(2;0;0), С'г (2;0;2),
Г»(2;2;0), (2;2;2).
а) ЛД){2;0;—2}; 5с{0;2;0};
A^D-DC ^2-0 + 0-2 + (-2) • 0 = [0].
б) АВ {0;-2;0}; А^ {2; — 2; 0};
АВ ■ А^СХ = 0 • 2 + (-2) • (-2) 4- 0 • 0 = Щ.
362
Координатно-векторный метод
в) DBX {-2; —2; 2}; АС {2; -2; 0};
Лс) = —2-2 + 2- 2 + 2- 0 = 0,
значит DB^CAC.
г) АВ\ {2; 0; 2}; DC^ {0; -2; 2};
AD1 ■ DC[ = 2 • 0 + 0 • (-2) + 2-2 = 4.
jADil = V22 * + О2 + 22 = 2у/2;
\DCi\ = VO2 + (-2)2 + 22 = 272;
cos f • DCj 4 = 1.
' / |аЁ\ • |5cJ| 272-272 2’
(= 60°.
Примечания
1. Зная формулу
cos f= - Ж1*2 +
\ / y/x\ + vl + zl-y/xl + yl +
где a {x^y^}, b {z2;y2;z2},
можно было сразу подставить координаты векторов AD[
и DClt т.е.
2-0 + 0-(-2)+ 2- 2
cos AD,; DC, i — . ч ..=^ z —
\ 1 7 x/22 + 02 + 22 • yo2 + (-2)2 + 22
4 1
~ 272-272" 2’ ИТ'Д-
2. Хотелось бы отметить наличие следующего изящного
и короткого геометрического решения.
Решение тренировочной работы 10
363
Третий способ
а) Очевидно, что AD^ = ВС\.
б) В ADBCj DB = BC\ = DC1 как диагонали граней,
т.е. £\DBCX — равносторонний.
Значит Z_BCXD — 60°, или DC\^ =60°
(можно рассмотреть /^B1AD1, в котором AB^DC^).
5. Даны векторы а{0;1;— 2} и b {—2;1;— 1}.
а) а • b = 0 • (-2) 4-1 • 1 4- (—-2) • (—1) = 3.
б) Определим вид угла 6^ .
а • Ь
а; о = — :
У \а\ .\Ь\
|а| = v'O2 + I2 + (-2)2 = л/5;
|Ь| = ^/(-2)2 + 12 + (-1)2 = Тб.
з
а; Ь ) — —7=—— = 0Лх/30 > 0
/ х/б-х/б
Следовательно, ( а; b I — острый.
364
Координатно-векторный метод
6. Вычислите cos by, где а=—z+7J+2fc, b—— 2i+5j —к,
а-Ь = (-1) • (-2) + 7’5 + 2- (-1) = 35;
|а| = V(—I)2 + 72 + 22 = л/54 = Зу'б;
|Ь| = V(-2)2 + 52 + (-1)2 = Узо;
COS
35 _ 7x/5t
3^6 • д/30 ” 18 ’
7. Даны точки А, В и С, причем АВ {1;—2;—3}
и ВС {—2; 4; 6}. Принадлежат ли точки А, В и С од¬
ной прямой?
Это возможно только если АВ и ВС коллинеарны,
т. е. существует к / 0, такое что АВ = кВС.
f 1 = —2к
Значит —2 = 4Аг , т. е. к = —
-3 = 6fc
1
2
В этом случае точки А, В и С принадлежат одной
прямой.
8. Вектор а П Ь, где b {—2; 2; 1}. Найдите координаты век¬
тора а, если |а| = 12.
Так как векторы сонаправлены, то существует к > 0, такое
что а — kb. Значит \а\ — к\Ь\, |Ь| = у/(—2)2 + 22 + I2 = 4,
тогда 12 = 3/с; к = 4.
pl = 4 • (-2)
Следовательно, < ^=4-2 , где а гД.
( zx = 4 • 1
Таким образом, координаты вектора а {—8; 8; 4}.
Решение тренировочной работы 10
365
9. Выясните компланарность векторов а{2;—1;3}, Ь{1;3;—2}
и с {3; 2; 1}.
Если эти векторы компланарны, то существуют такие х
и у, что с — xb + у а, причем ху ф 0. Тогда
' 3 = х • 1 4- у - 2
< 2 = х • 3 + у • (-1) ;
1 = ж . (-2) + у • 3
' х = 3 — 2у
< 2 = 3(3 — 2у) -у
. 1 = -2(3 - 2у) + Зт/
f х = 3 — 2у
< т/ = 1
= 1
X = 1
У = 1 *
Следовательно, с = а + Ь, значит а, Ь и с компланарны.
10. Разложите вектор р {1; 1; 1} по трем некомпланарным век¬
торам а {1; 1; —2}, 6 {1; —1;0} и с{0;2;3}.
Для того чтобы это было возможно, должны существовать
числа х, у и z, такие что р — ха 4- yb 4- zc и xyz ф 0.
'\ = х + у Ц] 4-[2] 4-[3]
< 1 — х — у + 2z ;
1 = -2х 4- 3z
' 5z = 3
< х — у + 2г = 1;
—2.7,’ -f- 3z 1
3 _з
5 Z 5
6 2
< Ж-У = 1"5 ; S 5
/ 3 Л 1 _ з
х ~ (3 ‘5 /2 I/ 5
Тогда
2^ Зг 3_
р'= 5° + S6 + 5С
Решение тренировочной работы 10
367
3. Теперь найдем SABCD.
$abcd ~ ^45-ACsin (^АВ; АС^ (SABCD = ^S^BAC
Найдем АВ {1; 4; 5}, АС {2; -1; 2}.
| АВ| = VI + 16 + 25 = V42;
|1с| = V4 + 1 + 4 = 3;
АВ = |ав| ; АС=|ЛС|.
АВ-АС
|ав| • |ас
1 • 2 + 4 • (—1) + 5 • 2 _ 8
V42-3 ” Зд/42’
cos ( АВ; АС
/ ——— А / / о \ 2
sin I АВ; АС ) = ч /1 — [ —= )
\ / V \Зу/42/
/378 - 64 _ 1 /314
“ у 42-9 ~ 3 у 42 ’
Тогда так как
Кар — ^ABCD ■ HaBCDAiBiCiDA
368
Координатно-векторный метод
б) Вычислим \AyDCy,BDC
В DC есть плоскость а.
Найдем уравнение
плоскости Д, в которой
лежит AyDCy. Для этого
необходимо найти
координаты точек
А1? D и Су.
1. АВ = DC {ABCD — параллелограмм).
Пусть D (х0;?/0;г0), тогда
АВ {1; 4; 5} = DC {3 - т0; -2 - у0; 1 - z0}
(С(3;-2;1)).
Значит <
1 = 3 — т0
4 = -2 - у0 ;
5 = 1-г0
ж0 — 2
у0 = -6 £>(2;-6;-4).
z0 = —4
2. Пусть Aj (x^y^z^).
AAlDiD — параллелограмм, поэтому
тогда АА1 - 1; ух + 1; zx + 1} =
= {-1 - 2; 2 - (-6); 2 - (-4)}.
ААг — DD1,
DDy {—3;8;6}, значит <
А{ (-2; 7; 5).
-3 = хг - 1
8 = ^ + 1
6 = ^ + 1
' хг = — 2
< У1 = 7
< *'1 ~~
3. Пусть Сг (x2;y2,z2).
Так как DD1ClC — параллелограмм,
то DD[ = СС^,
тогда DD[ {-3; 8; 6} = ССу {х2 - 3; у2 + 2; z2 - 1},
{— 3 = х2 — 3 ( х2 = О
8 = у2 + 2 ; < у2 = 6 ; Су (0; 6; 7).
6 — г2 — 1 ( z2 — 7
Решение тренировочной работы 10
369
4. Теперь мы можем найти уравнение плоскости (3,
в которой лежит A1DC\:
Аге/3 ( -2А + 7В + 5С + D = 0
De/3; <2A-6B-4C + D = o [Ц + [2] •
Сге/3 [0-A + 6B + 7C + d = 0
-2А + 7В + 5С + D = 0
В + С + 2D = 0 •
6B + 7C + D = 0 [3] — [2] ’
{—2А + 7В + 5С + D = 0
В + С + 2D = 0
С-11Г> = 0
35
—г-Dx — 13Dy + HDz + D = 0;
z
. 35^
В = —13D ’
G = 11£>
| /3: 35т + 26y - 22г - 2 ^~p|.
5.
По определению угол между различными плоскостя-
90°, обозначим
Рассмотрим перпендикулярное сечение плоскости а
и /3 плоскостью 7, где а = а Г) 7; b — П 7.
370
Координатно-векторный метод
Обозначим mj = в.
Тогда если 0 < 0 < 90°, т. е. (п\ rh\ 90°, то 0 = <р.
Рассмотрим другой случай расположения векторов
m и Й, перпендикулярных плоскостям а и /3.
Тогда при 0>9О° <р = 180°—0 (так как ^4-# —180°)
Вывод.
(а; /3^ — (й; т) , где й±а, а т±/?,
если (й; т) 90°
и (а;/3^ = 180° — (й;т) , если (п;т) > дро
(Очевидно, что при пП^ или пП '^ а )
Решение тренировочной работы 10
371
П *
Известно, что cos п; т) — —птт?
\ / \п\ • \т\
где п {13; 8; —9}, т {35; 26; —22}.
- 13 • 35 + 8 26 + 9 • 22
5 \ ’т) ~ V132 + 82 + 92 • V352 + 262 + 222 =
455 + 208 + 198
л/169 + 64 + 81 • V1225 + 676 + 484 ~
в) Вычислим
Очевидно, что ADC совпадает с плоскостью ABCD —
плоскостью а, заданной уравнением
13а? + 8у — 9г — 14 = 0, при этом п {13; 8; —9}.
Вектор AjC {3 + 2; -2 - 7; 1 - 5} = А^С {5; -9; -4}.
Рассмотрим ортогональную проекцию прямой АГС
на плоскость ADC.
Напомним, что за угол между прямой и плоскостью
принимается не тупой угол, поэтому возможны следу¬
ющие случаи.
372
Координатно-векторный метод
1. Если 0 = I АгС; п I < 90°, то cos I АгС; п ) > 0,
и рисунок будет таким:
2. Если в = > 90°, то cos ^A^nJ < 0.
В этом случае рисунок будет таким:
3. Если в = = 90°, то cos = 0.
В этом случае Аг е ABCD, и получается вырож¬
денный параллелепипед.
4. Если в = = 0°, то cos ^ATC;n^ = 1.
Если 0 — ^А1С;й^ = 180°, то cos ^А^п^ — —1.
В этих случаях А1С±АВСР,
значит ABCDAXBXCXDX — прямой параллеле¬
пипед.
В данной задаче:
OOS Ггм) = • 13 + (-9)j 8 + (-4) ■ (-9) =
\ 1 ’ ) VS‘ + 92 + 42 ■ V132 + 82 + 92
29 / \
— —== > 0, тогда [ Ai С; п ) < 90°.
д/122•д/314 \ J
Следовательно
Карточки самоконтроля
373
Карточки самоконтроля
Даны координаты параллелепипеда, не принадлежащие одной
грани. Вычислите объем параллелепипеда.
1
2
3
4
А
(1;1;4)
(3; 0; 5)
(4; 8; 4)
(4;0;3)
В
(0;3;1)
(4;2;1)
(4;2;-1)
(8; -3; -2)
С
(5; 8; 2)
(8; -5; -3)
(3;0;8)
(2;0;1)
(4;-1;5)
(4;4;0)
(8;-1;-2)
V
5
6
7
8
А
(5;-2;1)
(6; 2; 4)
(7;-2; 5)
(8; 2; 5)
В
(3;8; 0)
(3;1;0)
(5; 2; 8)
(0;-5;4)
С
(1;-1;2)
(-4;-1;2)
(4;0;4)
(9; 3; 2)
D.
(3;1;1)
(4;-2;3)
(-1;8;-2)
(-5;8;0)
V
9
10
11
12
А
(0; —2;8)
(1;8;-1)
(5;9;3)
(0;1;-1)
В
(2; —3;3)
(0; 3; 5)
(8; 8; 2)
(1;3;-2)
С
(-2; 8; 5)
(-5;-5; 4)
(0; 4; 0)
(-3;4;2)
А
(-1;1;5)
(4; 7; 2)
(-2;-5; 8)
(—2;0; -3)
V
13
14
15
16
А
(0;3;2)
(2; —3; —2)
(1;2;2)
(-1;2;3)
В
(3;4;0)
(0; —2; 0)
(4;0; —2)
(0;-3;4)
С
(-3;1;-1)
(-1;0;3)
(3;-1;0)
(1;0;1)
D,
(-2;4;3)
(3;4;-3)
(0;4;3)
(2;1;5)
V
374
Координатно-векторный метод
Тренировочная работа 11
(Задачи стереометрии и векторные методы)
Задача. В четырехугольной пирамиде боковые ребра рав¬
ны 2а. В основании пирамиды лежит трапеция, боковая сторо¬
на и меньшее основание которой равны а. Большее основание
трапеции равно боковому ребру.
Найдите:
а) угол между боковым ребром и плоскостью основания;
б) двугранный угол при боковой стороне трапеции;
в) двугранный угол при меньшем основании трапеции;
г) двугранный угол, ребро которого есть диагональ трапеции;
д) площадь полной поверхности пирамиды;
е) объем пирамиды;
ж) угол между медианой боковой грани (проходящей через
боковую сторону трапеции), исходящей из вершины боль¬
шего основания трапеции и непересекающейся с ней меди¬
аной боковой грани (проходящей через меньшее основание
трапеции), исходящей из вершины меньшего основания;
Тренировочная работа 11
375
з) угол между медианой боковой грани (проходящей через
боковую сторону трапеции), исходящей из вершины боль¬
шего основания трапеции и медианой боковой грани (про¬
ходящей через другую боковую сторону трапеции), исхо¬
дящей из вершины меньшего основания;
и) расстояние между медианами из пункта з);
к) двугранный угол при боковом ребре, соединяющий верши¬
ну меньшего основания трапеции и вершину пирамиды.
Условия и вопросы задачи можно кратко записать следующим
образом:
Дано:
AS = BS = CS = DS = AB = 2a
AB || DC
AD = DC = a
Точки P, К иТ — середины
ребер SD, SC и SB.
Найдите:
a) (SD^ABCD^ ;
в) AS DC В:
Д) “^п.п.п»
ж) (aT^DK^ ;
и) р(АР;СТ);
б) ASADC:
г) ASDBA:
е) ^SABCD'i
з) (арТст) ;
к) AASDC.
а) Найдем \SD\ABCDj.
Так как боковые ребра равны между собой, то если
SO ABCD, то О — центр описанной около основания
окружности, все углы между боковыми ребрами и плос¬
костью основания пирамиды равны между собой. Тогда
ABCD — равнобедренная, т.е. AD = ВС — а.
376
Координатно-векторный метод
Рассмотрим трапецию ABCD.
Пусть точка О1 6 АВ такая, что OrD || СВ. Тогда так
как DC || О1В1 то OXDCB — параллелограмм, значит
DC = ОгВ = а и OrD - СВ.
Следовательно, ОгВ = ОгА — O1D1 т.е. От — центр
описанной около ABCD окружности. Отсюда следует, что
О = Ог (эти точки совпадают).
DC = AO = a и DC || АО, т.е. ADCO — параллелограмм.
Учитывая, что AD = ОС, получим, что
AADO = &ODC — £\ОСВ — равносторонние.
Очевидно, что ASBLABCD (SO е ASB; SOA.ABCD;
A AS В — равносторонний).
Таким образом, (SA, ABCD^ = (SD;ABCD^ — I 60° |.
Тренировочная работа 11
377
б) Найдем Z.SADC.
Сделаем дополнительное построение — ON-LAD.
Тогда по теореме о трех перпендикулярах SN1_AD.
tz ADDON Л /
Итак, . =>ADD(SON) (признак перпендик
ности прямой и плоскости).
Таким образом, Z.SADC = DSNO.
</з
SO = AS -sin 60°; SO = 2a • = ay/3.
Из AAON AN = DN (AO = OD = AD = а), так как
ON1AD.
ON = AOsin60°; = a-^ = —;
’ 2 2
tg(ZS2VO) = —; tg (LSNO) =
av3
a\/3
2
tg(ASNO) — 2 (SOLON)-,
| ASADO = LSAD C = arctg 2 |.
в) Найдем Z.SDCB.
Построим OLDDC => SLDDC (по теореме о трех перпен¬
дикулярах),
значит Z.SDCB = Z.SLO.
Из ДО£>£: OL = OD sin 60°; OL = —
2
(£\ADO — AODC — ЛОСВ — равносторонние).
tg (ASLO) = tg (LSLO) =
Lj Q у о
\LSDCO = arctg 2 |.
378
Координатно-векторный метод
г) Найдем ZSDBA.
1. Так как О BCD —
ромб, то OC.LDB.
ОС и DB — биссектрисы
Учитывая, что AD || ОС,
получим ADLDB.
2. OOjT-DB, значит
по теореме о трех
перпендикулярах
SO^LDB, тогда OBlOjOS,
т. е. Z.SDBO = Z.OOYS = Z.SDBA,
tg(ZOO1Z>) = ^- (oO^'-AD
tg(ZOO1S) = = 2ч/3;
ZOOjS = arctg (2д/3) = Z.SDBA
д) Найдем Snnn.
Вычислим сначала
площади боковых граней,
при этом учтем, что
&ASD = ABSC = &CSB.
1- SbAsD = \sN.AD-, /
SN = VAS2 - AN2-, /
I 2* /ТЕ Л
SN = Ма2 ~^- = 2
у 4 2
_ 1 ау/15 _ а2г/15
- 2 • ’ а - ~~Т~
(отметим, что S^ASD = S^DSC = S^scb )•
Тренировочная работа 11
379
1 1 A/З r-
2- ~ ’ sin 60°; S^ASB = - • 4a2 • — = a2x/3.
Z Z Z
3 s AB + DC CL.
6- ^ABCD — 2 ULly
2a + a a\/3 _ 3 2 zx
^abcd — 2 ’ ~2~ = 4a ^3;
= 38&asD + S&asb + BABCD-,
3
4
4
e) Найдем VSABCD.
3 •
Г'
VSABCD ~
ж) Найдем I AP; DK
Введем базисные векторы.
OS = b‘, |6| = a\/3;
О A — a; |a| — a;
a; b ) = 90°; cos I a; b I = 0.
OD = c; |c| = a;
(a;cj = 60°; cos (a;c
b; c ) — 90°; cos ( b; c ) — 0.
380
Координатно-векторный метод
1. AD = OD — ОА = с — а.
DP=A~D&, DS> = OS -OD = b — c;
z
—> lr U
DP — —b — -c.
2 2
AP= AD + DP = c-a+1-(b-c) = ^c-a + ^b.
Zi Z Z
(так как с • 6 = 0 и а -Ь = 0).
~DK = DC+CK= -а+|(6-с + а) = -|а + |б- |с,
Z Z Z Z
где DC = —ОА = —а;
ск = ics = i (dS-DC\ = i (os - OD -DC\ =
2 2 \ 7 2 \ /
1 /Г
= ^b-c + a).
Так как АР — DK, то |т1-Р| — = «л/Тб (медианы
равных треугольников).
Тренировочная работа 11
381
2. Найдем скалярное произведение:
AP DK= (|с-а + |м (-|а+ ±Ь- =
1_ _ U2 1г ~ U г 1- Г 1Г2
= --с • а + -а - —Ь ■ а + -с • 6 - -а ■ Ъ + -Ь-
4 2 4 4 2 4
U U2 1? - Г Г 1й
= --с • а + -а - —Ь ■ а + -с - 6 - -а ■ Ъ 4- -Ь -
4 2 4 4 2 4
= -J И • И 4 + |й2 + 7Й2 - ;И2 + ■ И ■ 5 =
JL Z Z “X JL Z Z
(c-6 = 0; a- 6 = 0; |6| = |а|д/з)
1 9 1 9 3 9 1 9 I9 9 9
= --a +-a +^a---a + -a =-a‘;
Л _ .^1 1 2\
I a • c = |a| • |c| • - = -az
\ Z Z J
IAP| • |5^| = (а^/Ц)2 = |a2.
cos I AP\ DK
—> —> 9 2
AP DK _8a _ 3
|a?| • |/ж| |a2 4’
значит так как cos I AP; DK j > 0,
TO
3
= arccos -
4
382
Координатно-векторный метод
2. Так как Лр = DK = сг, т0 = =
Значит л?.ст = (1г-г+ If) (_а+15+ М =
— — А (& I -> _ Ir _ 1 уч _ 1 1
2 +а-с-2^+4Ьс-~а^+1р+
z 4
+ Дл- 1^2 1г
+ 4 а~2а +1Ь'а =
2
Тренировочная работа 11
Рассмотрим теперь координатный
метод решения задач ж) из). Пусть
OS — ось Oz (аппликат);
О В — ось Ох (абсцисс);
OL — ось Оу (ординат).
Используем результаты
анализа трапеции ABCD.
Учтем, что OS — а\/3]
DDV = ССХ = OL =
ODr = ОСХ = ^. Тогда
S (0; 0; ау/3) , A(-a;0;0),
В(а;0;0), Р
\ Z Zi
Напомним, что для произвольных точек А (ж^уи
и В («2; 2/г; ^2) если М — середина АВ,
, ж / Ж1 + ®2 У1 + У2 Zl + z2 \
т° м
Тогда
Р (середина PS);
К (середина SC);
Г ( 0; -—- I (середина SB).
\ 2 2 /
Затем найдем координаты векторов.
Напомним, что если A (x1;y1;z2), В (ж2;у2;г2) — ко¬
ординаты точек, определяющих начало и конец вектора,
то АВ {х2 — хг-,у2 — Уу, z2 — zr}.
384
Координатно-векторный метод
Напомним также, что если а {а^; т/р ZjJ, Ь {х2', ^2},
то |а| = y/xl + yf + zl; |Ь| = 7^ + ^ + ^;
а • Ъ = хг • х2 + уг • у2 + • z2;
COS
5-Ь = 3^2 + У13/2 + 21^2
|а| • |Ь| у/х‘1 + У1 + 21 • х/ж2 + У2 + 22
Решим задачу з) координатным методом. (АР; СТ 1 — ?
Тренировочная работа 11
385
|—т>| / 9 2 з"~2 7—
М = У1б“ +Й“ + 4“ =— “ =
|Йк| = ./^й2 + ^п2 + |а2 = а^/13.
I I у 16 16 4
Теперь решим координатным методом задачу з).
386
Координатно-векторный метод
Примечание. Возможно и другое решение. Рассмотрите
рисунок на этой странице.
Пусть М — середина AS (Т — середина BS по усло¬
вию), тогда МТ || АВ и МТ = АО = DC.
Из DM = СТ (DMCT — параллелограмм) следует, что
(аР; СТ^ = (аР; DM^ . Пусть АР П DM = О,, тогда
2 2
^^1 = ~ (АР и DM — медианы);
DO1 = = |aV/^5-
Из AAOXD caM/AQ D) - АО1 + DO1 ~
1 2AO1-DO1 ’
4 2 . 3 , 4 о 3 2
т.е. cos(ZAO,!)) = 9 2 а 1
2-^-|a2 4
cos (ZAOjP) = cos ( AP- dm\ = cos (др7сТ} = £
\ / X ’ J 4 ’
(AP; Ct} = arccos i .
|x J 4
Такой способ, очевидно, проще рассмотренных ранее.
и) Найдем р(АР;СТ").
Тренировочная работа 11
387
Известен способ решения таких задач через векторы. Рас¬
смотрим несколько иные подходы к их решению.
1. Можно доказать, что АРХСТ, т.е. прямые АР и СТ
скрещиваются.
2. Тогда существует единственная пара параллельных
плоскостей, которым принадлежат эти скрещивающие¬
ся прямые.
3. Известно также, что расстояние между скрещивающи¬
мися прямыми равно расстоянию между параллель¬
ными плоскостями, однозначно определяемыми этими
прямыми.
Из анализа ASAD и АТОС следует, что:
ОТ II AS АР с SAD
ОС || AD bAU гдс СТ с ТОС
{МТ = АО = DC — см. примечание).
4. AM — МS, тогда
МТ II АО
DM II СТ ’ слеД°вательно’
AMD || ОТС, значит AM DOTС — призма.
5. Найдем объем этой призмы как произведение площади
перпендикулярного сечения на боковое ребро.
Построим ММХ || SO, тогда АМ1 — М1О и ММХТАВ,
Тогда можно доказать, что DM^-LAO.
В результате ОММ^ТАО.
Так как ММХ || SO и SO.LABCD, то MM1A-DM1,
значит
’ ^^15
_ 1 а\/3 а\/3 3 2
■Ьдол/М! = 2 ’ 1 Г = 8а ’
Так как АО = а, то Vp
_ 3 2
8а
■ а = —а'
388
Координатор-векторный метод
С другой стороны, объем призмы равен произведению
площади основания иа высоту призмы,
т.е. S&AMD-H = V, где Н — высота призмы и одновре¬
менно расстояние между параллельными плоскостями.
Так как S^ASD — —-— (см. решение пункта д, с. 378),
а2у/15
2 4
значит
т. е. р( АР- СТ) =
W15
5
W15
5
к) Найдем ZASDC.
1. Проведем дополнительное построение.
Пусть AE-LSD.
Так как /\ASD = ADSC, то CETSD.
о AE1.SD
2- гр о ’ следовательно, SD1.AEC,
С Е -Lo L)
значит Z.ASDC = ZAEC.
Тренировочная работа 11
389
3. АЕ = СЕ = AD sin {AS DC)
{/\ASD = ADSC).
Построим SFAAD,
тогда AF = FD ~ ^AD =
SF = y/SD2 - FD2;
sF = .Li-°t = EE
V 4 2
S
4 '
Из AASD = CDSC (AS — SD = SC):
sin (ESDF) = sin (ESDC) = ~
SD 2a
Из &AED AE = AD sin (ESDF).
4. Значит AE = = ce.
4
5. Рассмотрим трапецию ABCD.
Из пункта а) (стр. 376)
следует, что О BCD
и AOCD — ромбы,
значит АСА-OD и OD || ВС, тогда АС ЛВС.
AC = ABsai&Q°’, АС = 2а— = ау/З.
6. Рассмотрим /ЛАЕС. cos {ААЕС) = — ~ 4^.
2АЕ2
2
2-
cos (ААЕС) = —
2
, За2•16 , 8
“ 1 " 2 • 15а2 ~ 1 5 — ~°’6'
AASDC = Z.AEC — arccos(—0,6) = тг — arccos 0,6.
Заметим, что ЛАЕС >90°. | AASDC == тГ~ arccos
390
Координатно-векторный метод
Самостоятельная работа 5
(Применение координатно-векторного метода)
Уровень А
1. т || п, где т {2; 3; —4} и п {х\ — 6; 8}. Найдите х.
2. m±n, где т{1;я;—2} и т?{ж;3;—4}. Найдите х.
/ \ 2тг
3. |т| = 2, \п\ — 5, fm;n) = —;
х / О
а — хт 4- 17n; b = Зт — п, причем al.b. Найдите х.
4. а {—4; 2; 4}, Ь {л/2; — л/2; 0} . Найдите | 2S; -b ) .
\ 2тг
m;n) — —, где |т| = 3, |п| = 4.
/ о
Найдите (Зт — 2п) • (т 4- 2п).
6. Дан вектор a = 6i4-8J—7,5fc, причем: а) Ь\\а; б) b образует
с осью Oz острый угол; в) |Ь| = 50. Найдите координаты
вектора Ь.
7. Вектор in перпедикулярен векторам а — Зг 4- 2j + 2fc
и b = 18г — 22j — 5fc и образует с осью Оу тупой угол.
Найдите координаты вектора т, если |т| — 14.
8. Даны векторы а{2;3;— 5}, b {3; 0; 1} и с*{4; —3;2}. Най¬
дите координаты и длину вектора т ~ За 4~ b — с.
Самостоятельная работа 5
391
Уровень В
1. В параллелограмме ABCD АВ = a, AD = Ь, АС = с.
Найдите DB • АВ.
2. В параллограмме ABCD АВ = a, AD — b, BD = с.
Найдите АС • AD.
3. Дан треугольник АВС, в котором СВ = а, С А = Ь,
АВ = с и CD — тАв. Найдите С А - CD.
4. В трапеции ABCD вектор ВС = xAD.
а) Докажите, что т ~ АС 4- коллинеарен AD
(а значит, и ВС).
б) В записи т = yAD найдите у.
Уровень С
1. На сторонах треугольника АВС вне его построены квад¬
раты с центрами в точках Ах, Вх, Сг соответственно.
Найдите ААг 4- ВВ1 4- ССГ.
2. В треугольнике АВС через М обозначена точка пересе¬
чения медиан. Найдите МА 4- МВ 4- МС.
3. В треугольнике АВС точка М — центр вписанной
окружности. Найдите хМА 4- уМВ 4- zMC, если х = ВС,
у = AC, z = АВ.
4. Точка О — центр окружности, описанной около треуголь¬
ника АВС.
Найдите О А • sin (Z2A) 4- ОВ • sin (Z2B) 4- ОС • sin (Z2C).
392
Координатно-векторный метод
Итоговая задача
Двугранный угол при ребре основания правильной четырех¬
угольной призмы равен а. Через это ребро проведено сечение
пирамиды, образующее с плоскостью основания угол в.
При каком значении угла (3
площадь сечения будет
минимальной?
Дано:
SABCD — прав, пирамида
/SABC = а = SDCB
(ablk-abcd) = /3
При каком /3 5сеч - S e4rain?
Пусть AD = а. Построим SO1.ABCD и SP.LAB;
SPN/ABCD. тогда О е PN.
ABLK — сечение пирамиды,
образующее угол (3 с плоскостью
ABCD. Рассмотрим /\PMN.
N
а)
гт РМ
По теореме синусов:
sin а
Р
PN
т. е.
sin (180° - (а + /?)) ’
РМ а а • sin а
— = -7—7 значит РМ =
sin a sin(a 4- /3.) sm(a 4- /3)
б)
MN _ а
sin/3 sin(ct4-/3)’
, a -sin/?
тогда MN — — —.
sin(a 4- (3)
в) Рассмотрим APSN.
Так как ON = SN • cos а,
то SN —
PN
2 cos а
a
2 cos a
м
Итоговая задача
393
SM = SN — MN = — aSin/3 =
2 cos a sin(ct + /3)
_ a sin ct • cos /3 + sin /3 • cos ct - 2 cos a • sin /3
2 cos а • sin(a 4- /3)
nsin(a — /3)
2 cos a • sin(a 4- /3) *
r) £\SKL подобен ASDC,
SM KL
тогдазя = ос’т е- KL =
a • sin(a — /3) • fl
SM DC
SN ’
_ asin(ct — /3)
sin(ct + /3) '
KL = 7
Zeesa- sin(a + /3) •
AB + KL
• г М, значит
a sin а
sin(a + /3)
sin а
sin(a 4- /3)
cos/3
о/—Г“37> гДе a ~ постоян¬
ен!2 (a + /3)
д) Очевидно, что SABLK =
Q _ 1 f a sin(ct — /3)'
+ sin(a + /j) ,
_ 1 2 sin(ct + /3) + sin(ct — /?)
2° sin(ct + /3)
_ a2 ■ sin2 ct ■ cos /3 .
" sin2(ct +/3) =
Исследуем функцию i(/3) =
ная, a /3 — переменная величина, причем sin (а + /3) > О
(О < а + /3 < 180°).
_ —sin/? • sin2(a+/3) - cos/3 • 2cos(ct+/3) • sin(ct+/3)
sin4(ct+/3) ~
_ sin(ct + /3) • (- sin/3sin(ct + /3)) - 2cos/3 • cos(ct + /3)
sin4(ct + /3) ~
_ — sin /3 • sin(ct + /3) — 2 cos /3 • cos(ct + (3) _
sin3(ct + /3)
_ - sin/3 • sin(ct + /3) • (1 + 2ctg/3 • ctg(ct + /3)) _
sin3(ct + /3)
_ - sin/3 ■ (1 + ctg/3 • ctg(ct + /3))
sin2 (а 4- /3)
394
Координатно-векторный метод
Вид не канонический6
= 0; sin(3 • (1 4- 2ctg/3 • ctg(a 4- /3)) = 0;
sin/3 7^ 0 (по геометрическому смыслу), значит
14-2 ctg /3 • ctg(a 4- X?) = 0; tg /3 • tg(a 4- /3) = -2.
Преобразуя, получим:
tg£- r^go^g/? = -2; tg/Wa+W) = -2+2tga-tg/?,
t. e. tg2 /3 — tg a • tg/3 + 2 = 0; D — tg2 a — 8 > 0;
(tg(3)li2 =
z»
tga-^ltg2a-8 tga+y/tg2a-8
tgrp
tg P
Значение t(/3) минимально при
что возможно только при tga > 2д/2 — условие существо¬
вания различных корней производной.
Если tga = 2\/2, то tg/З = ^tga и /3 = arctg \/2, значит,
а 4а/3 2 о 2
подставляя, получим SABLK — —а и SAABS = -
Если tga < 2\/2, то функция t(/3) монотонно убывает.
Значит tmin не существует, но есть наименьшее значение
а2 ' 1
^наим — ^AASB = л г_с _ ’ гДе COSQ > - (SABLK — S^ASB) .
тс CUb Сс о
Более подробно см. книгу А. X. Шахмейстер «Введение
в математический анализ». 2010 г., с. 276-314.
6 См. книгу А. X. Шахмейстер «Дробно-рациональные неравенства».
2012 г., с. 20.
Повторение
Домашняя тренировочная работа 1
(Планиметрия)
1. Высота, опущенная из вершины прямого угла, равна 15,
а медиана 17. Найдите площадь этого треугольника и про¬
изведение радиусов вписанного и описанного круга.
2. Диагонали параллелограмма равны соответственно 5 и 3,
а острый угол параллелограмма равен 60°. Найдите:
а) площадь параллелограмма;
б) угол между диагоналями параллелограмма;
в) угол между медианами, проведенными из одной вер¬
шины.
3. В параллелограмме стороны равны соответственно а и Ь,
острый угол параллелограмма равен а. Из каждой вер¬
шины проведена биссектриса. Найдите площадь четырех¬
угольника, получившегося при пересечении биссектрис.
4. Стороны треугольника относятся как 15 : 14 : 13. Радиус
вписанной окружности равен 32. Найдите радиус описан¬
ной окружности.
396
Повторение
5. Разность двух сторон треугольника, угол между которы¬
ми равен 60°, равен 10. Медиана, проведенная к третьей
стороне, равна 25. Найдите площадь треугольника.
6. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендику¬
лярны. Стороны оснований равны 13 и 17. Найдите пло¬
щадь трапеции и радиус описанной окружности.
7. В тупоугольном треугольнике большая сторона равна 18,
меньшая 6. Найдите величину тупого угла, если площадь
треугольника равна 51.
8. Дана трапеция, две смежные стороны которой равны 8,
а большее основание равно 15. Боковая сторона равна т.
Найдите:
а) все значения, которые может принимать т;
б) все значения, которые может принимать диагональ, ис¬
ходящая из общей вершины равных сторон;
в) значения, которые может принимать т, если трапеция
прямоугольная;
г) значение т, если угол между стороной, равной т.
и большим основанием равен 60°.
9. Около трапеции с основаниями, равными 20 и 80, опи¬
сана окружность. Найдите радиус вписанной в трапецию
окружности и площадь треугольника, ограниченного сред¬
ней линией и диагоналями трапеции.
10. Около окружности описана трапеция с основаниями, рав¬
ными 4 и 16. Найдите радиус описанной около трапеции
окружности и площадь трапеции, основаниями которой
являются параллельные основанию отрезки, один из кото¬
рых проходит через точку пересечения диагоналей, а дру¬
гой делит трапецию на две подобные трапеции.
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
397
Домашняя тренировочная работа 1
(Планиметрия). Чертеж. План решения
1. Дано:
/ХАВС
АВ1.ВС
BDAAC, BD = 15
АК = СК, ВК = 17
Найдите: а) 5ДЛВС; б) Ro ■ гв.
План решения
а) 1. Найдите DK.
2. АК = ВК = СК = До;
„ „ АВ2 =AC-AD
3. Так как
вс2 = AC -CD
^ДДВС = 2 ’ ■ BD.
б) Найдем Ro • гв.
~ s
Зная, что г = — и R
р °
, то
АВ = ?
ВС = 1
аЬс
4S’
получим: Ro - гв
_ аЬс
4р ’
255; 68^34 - 289 .
2. Дано:
ABCD — параллелограмм
BD = 3
АС = 5
АВАР = 60°
Найдите:
а) Sabcd',
б) cos (AC; BD^ ;
в) cos (В ~
г) cos
общая вершина медиан);
(А — общая вершина медиан).
398
Повторение
План решения
ч ( АВ2 + ВСР — 2 • АВ • ВС - cos 120° = 52
7 [ АВ2 + АР2 - 2 • АВ • АР • cos60° = З2 ‘
Найдите АВ ■ ВС, азатем SABCD.
б) Найдите из системы АВ и ВС.
Положим для определенности, что АВ > ВС.
- ЛГ} V33 + 1 Узз-1
Тогда АВ = • ВС = - .
2
ОВ2 + О А2 - АВ2
4\/3 .
2
Из ААОВ: cos (ЛАОВ) =
Оказывается, рисунок
выглядит иначе.
/33
15
2•ОВ•ОА
В
в) {rnAD-mDC) = (ВР-ВК) ,
где mAD = ВР (ААВР), а
Из пункта б) следует, что
L AB = DC = ^±±
2 2
Затем найдите ВР (из ЛАВР), В К (из АСВК)-.
mDC = BK (&CBD).
ВС — AD —
ВР =
ВК =
РК = 1-АС.
2
Далее из ДРВК получите:
, . ВР2 + ВК2 - РК2
cos (mAD-,mDC) - 2- ВР- В К ’
, ч 56 14
т.е. cos тлп;тпг = . =
v Аи ис> /Ю048 v/638
7V638
319
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
399
2
214
Затем вычислите cos( AM АК). —г
7^4566
Самостоятельно решите задачу при АВ <
3. Дано:
ABCD — параллелограмм
АА1У СС17 ВВ^ DDx — биссектрисы
ААХ П ВВХ — Р; АВ = а (Ь> а, для определенности)
ААг П DDr = К, ВС = b
ССг П ВВГ = М
ССХ A DDX = Т-, АВАР = а
Найдите SPKTM.
План решения
а) Докажите АВ = BAV DC — DCV
б) Докажите АР АВР (тогда РКТМ прямоугольник).
в) Найдите D±AX — (2а —6).
(Q
2а cos —
д) Найдите DDX — (2а sin
\ "
400
Повторение
е) Найдите КАХ, РК, DXK, КТ, где
PK = AlP-KA1 (aiP = 1AA1Y,
\ /
KT = D1T-KD1 (D1T = -DD1>\.
\ 2 /
ж) Найдите SPKTM = КТ ■ РК.
т(Ь — a)2 sin а
Примечание. Если ABCD ромб, то SPKTM = 0;
Если ABCD
квадрат.
прямоугольник, то SPKTM =
hb-af-
Zi
4. Дано:
ЛАВС
АВ : ВС : АС = 14 : 13 : 15
гвллвс ~ 32
Найдите Ro.
План решения
а) Из условий задачи следует, что АВ = 14ж, ВС = 13ж,
АС = 15гг.
б) Вычислите S^ABC (по теореме Герона).
в) Вычислите полупериметр.
S
Используя формулу гв = —, найдите значение х.
аЬс
г) Используя формулу Ro = найдите Ro. Ro = | 65 |
5. Дано:
ААВС
АВ — ВС — 10; ^ас = 25
Z.ABC = 60°
Найдите 5Ддве-
С
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
401
План решения
а) Достроим ДАВС до парал¬
лелограмма ABCD,
где ВО = тпАС = 25
(АО = ОС, BO = OD)
б) Из А АВР, используя
теорему косинусов, получите
50* 2 3 = АВ2 + ВС2 - 2АВ • ВС • cos 120°.
Учтя, что АВ—ВС = 10, найдите АВ ВС (AD = BC).
1
в) Зная, что = -AB-BC-sin60°, вычислите S^ABC.
200у/З
6. Дано:
ABCD — трапеция
АВ — DC
ACA.BD
АР = 17, ВС = 13
Найдите: a) SABCD‘, б) RoABCD
План решения
а) 1. Сначала докажите, что так как АВ = DC,
то АС = BD.
2. Затем покажите, что так как ACA.BD,
то ДВОС и А РОА — прямоугольные.
Докажите, что ВО = ОС, АО = DO.
Следовательно, ZOAP = 45° и ЛОВС = 45°.
3. Вычислите Ядлар, Ядвос, HABCD,
Sabcd = 56,25у/2 .
402
Повторение
б) 1. Так как RO^ABD = RaABCD, то вычислите RoABD
„ АВ
• по формуле R = —-- -------.
J ° 2 sin (ABDA)
2. Для этого найдите АВ1? BXD, BD
Дано:
ДАВС, ААВС > 90°
АС > АВ > ВС
АС = 18
ВС = 6
$ЛАВС = 51
Найдите ААВС.
План решения
а) Используя формулу
S = ^a&sin (a; b\ ,
29
найдите sin (ZACВ) = —
АС • ВС
б) Найдите cos (ААСВ) = у/1 - sin2 (ААСВ).
в) Найдите Вг С = AC cos (ААСВ), в
получите ВХС = д/35 < ВС = 6. <
Вывод: такого треугольника, //
где А АВС > 90°, IL
А С
не существует.
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
403
8. Дано:
ABCD — трапеция
AD = 15; АВ = 8; ВС = 8
DC = т
Найдите:
а) область изменения значений т\
б) область изменения значений диагонали BD;
в) значения т, если трапеция прямоугольная;
г) значение т, если AADC = 60°.
План решения
а) Так как возможны вырожденные случаи, то рассмот¬
рим, прежде всего, именно их.
1. Пусть В —> Вр значит С —> А
Трапеция выродится в отрезок BrD,
Значит т — 15, тогда в общем случае т < 15.
2. Пусть В —> Вр тогда С —* Ср
404
Повторение
Трапеция выродится в отрезок ДСр
Так как АС\ = 16, то т = DC\ = ACr — AD,
т. е. т = 1.
Значит в общем случае т > 1.
Итак, 1<т<15 есть область изменения те(1;15).
б) Из картинок вырожденных случаев следует,
BD < 23
ЧТ° BD > 7 *
Значит диагональ | 7 < BD < 23 | — для невырожден¬
ных трапеций.
в) Рассмотрим прямоугольные трапеции.
1. Дано: AB1.AD,
DC\ = 7, тогда
т = DC - 782 + 72 = упз,
т. е.
2. Дано: DC.LAB,
т = ВВХ = TP _ 72 = v/J55
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
405
3. DC1 = т cos 60° = —.
АВ1 = 15-8- ^ = 7-^;
1 2 2 ’
ВВХ = у/АВ2 - АВ2 и СС,
Тогда так как В В, = СС\, то
3 9 9 Z ТП \ 3 9 9 ТГГ
-т2 = 8—17— — ) ; -т2 = 82 — 49 + 7т —;
4 \ 2 / 4 4
-7± У107
^1,2 = 2 •
л/107 —7
т = —у—•
т2 + 7т — 15 = 0;
Так как т > 0,
ТО
9. Дано:
ABCD — трапеция
ВС = 20
AD = 80
3R°ABCD’ вABCD
Найдите:
а) Г в ABCD'
б) S^OPK, где MN || АР;
О е АС П BD; РК е МN
Р = MN П АС; К = МN П BD,
План решения
а) 1. Докажите, что АВ = DC
и найдите их значение.
2. Докажите, что
и найдите значение АВХ.
3. Найдите из ДАВВр ВВХ,
406
Повторение
«А 1 ТТ ОТ1 AD
о) 1. Докажите, что —Н- — .
’ ОТ ВС
2. Найдите ОТ1г ОТ, учитывая, что ОТ + ОТ = 40
(TTi =2).
3. Найдите MN (mN = —УВС\ ,
MP, KN, РК, ОТ2. 7
4. Вычислите S^OPK. | 225 I
10. Дано:
ABCD — трапеция
ВС = 4
AD = 16
^BoABCD
^ТаВСР
Найдите:
а) RoABCD’
б) $mpkn’ где РА || MN || AD',
О е РК; AMND подобна MBCN.
План решения
А Т D
а) 1. Докажите, что
АВ = DC и АВг = ———
1 о
2. Найдите: АВ, ABt, BD и sin а (из AABBj).
3. Из &ABD найдите RoABD-
4. Докажите, что RoABD = Rabcd- 11,25л/411
б) 1. Найдите РК. MN
(используйте то, что РК = , a MN = \/ab,
а + Ь
см. книгу: А. X. Шахмейстер. Геометрические зада¬
чи на экзаменах, 2011.)
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия)
407
2. Найдите О7\, ОХТ,
используя то, что
ТХО _ ВС
ОТ ~ AD'
МВ2 = ЛГС2 =
В Т\ С
М В2 Ог С2 N
MN - ВС
2
3. Затем вычислите ВВ2 = Т1О1. Используйте то, что
известен sin а, и можно найти cos а и tga.
Т1О1 = ВВ2 = MB2tga.
4. Вычислите ОО1 = — Т^О,
„ РК + MN ....
затем • О^О. | 7,68 |
408
Повторение
Домашняя тренировочная работа 2
(Многогранники)
1. В прямом параллелепипеде стороны основания равны
6 и 8. Найдите высоту параллелепипеда, если диагональ
его образует с плоскостью основания углы в 30° и 45°.
2. Ребро куба равно 12. Найдите площадь сечения, проведен¬
ного через середины двух смежных сторон основания па¬
раллельно диагоналям куба (три случая).
3. Диагональ правильной четырехугольной призмы наклоне¬
на к боковой грани под углом 30°. Найти угол ее наклона
к плоскости основания.
4. Стороны основания правильной усеченной треугольной
пирамиды равны 8 и 12. Найдите площадь среднего се¬
чения пирамиды (т. е. сечения, проходящего через средние
линии боковых граней).
5. Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна 23, из¬
мерения параллелепипеда относятся, как 3:6:22. Найдите
площадь полной поверхности параллелепипеда.
6. В наклонной треугольной призме две боковые грани вза¬
имно перпендикулярны, а их общее ребро равно 24 и от¬
стоит от двух других боковых ребер на 12 и 35. Найдите
площадь боковой поверхности призмы.
7. Диагонали прямого параллелепипеда равны 92 и 88, а сто¬
роны основания 15 и 16. Найдите объем параллелепипеда.
8. Основанием пирамиды является треугольник со сторо¬
нами, равными 15, 17, 16. Боковые ребра наклонены
к плоскости основания под углом в 45°. Найдите объем
пирамиды.
Домашняя тренировочная работа 2 (Многогранники)
409
9. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде сто¬
роны оснований равны 5 и 13, а боковое ребро равно 6.
Найдите объем пирамиды.
10. Плоскость, проходящая через сторону основания правиль¬
ной треугольной призмы и середину противолежащего бо¬
кового ребра, наклонена к плоскости основания под углом
в 45°. Сторона основания равна 8. Найдите объем призмы.
410
Повторение
Домашняя тренировочная работа 2
(Многогранники). Чертеж. План решения
1. Дано:
ABCDAlB1C\D1 -
параллелепипед
BB^ABCD
(аддавсв) = 30°
{ВД^АВСР} = 45°
АВ = 6
ВС = 8
Найдите HABCpA1B1C1D1.
План решения
а) Положите ВВг = х и найдите BD и АС.
б) Так как 2 (АВ2 + ВС2^ = AC2 + BD2 (свойство парал¬
лелограмма), то можно найти х.
Следовательно,
^ABCDAiB^Dx " .
2. Случай А
Дано:
ABCDA1BlC1D1 - куб
АВ = 12
Р, К — сере¬
дины смежных
сторон АР, PC
ОД || DB,
(РКпВР = О1)
Найдите Sce4.
Домашняя тренировочная работа 2 (Многогранники)
411
План решения
а) По условию О1Т1 || DBX. Докажите, что АЗ^ВС^ по¬
добен АВТВВ. Найдите Т\О^ ВТ\.
б) По условию АВ = 12.
Найдите диагональ куба DBX, MN, РК.
в) Докажите, что АТ1ВО1 подобен /\BXBD и Z\O2OOP
Найдите ОгО2, Т1О2-
г) Найдите S^MTlN, SMPKN, а затем SPMT1NK.
63x/6 .
б) SPMT1NK — ^/\Р1Т1К1 ~ 2SAP1mp-
412
Повторение
Случай В. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
АВ = 12
Р, К — середины смеж¬
ных сторон АР, DC
АуС || РРуКуК
Найдите 5сеч. 72у^2
Случай С. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
АВ = 12
Р, К — середины смеж¬
ных сторон АР, PC
BDy || РТК
(РКПВР = Оу)
Найдите Sce4 = S/\ptk- 9\/б
3. Дано:
ABCDAyByCyDy — правильная призма
(PB^D^c) = 30°
Найдите (DBy; ABCD
Домашняя тренировочная работа 2 (Многогранники)
413
План решения
а) Докажите, что (jDB^ DDX(\C^ = ^DB^DC^
(dB^ABCD} = (dB^DB^ = a.
б) Пусть DBr — b. Из ADB1C1 найдите B1C1.
в) Из £\B1BD найдите AB^DB = а.
ш.
4. Дано:
ABCDA^CJ)) -
усеченная пирамида
AC = 12
АХСХ = 8
А2, С2, В2 — середины
боковых ребер
Найдите 5дЛ2В2с2.
План решения
а) Найдите Д2С2, A2B2, В2С2.
б) Найдите S^A в с зная, что ДД2В2С2 — правиль¬
ный.
25^3
5. Дано:
ABCDA^C^D^ -
прямоугольный
параллелепипед
АВ : AD : ААг = 3 : 6 : 22
РВг = 23
Найдите 5пльп.
414
Повторение
План решения
а) Так как DBl = АВ2 4- AD2 + АА^,
то полагая, что АВ = Зж, AD = 6ж, ААг = 22х,
найдите значение ж,
б) Вычислите площадь
раллелепипеда.
[432].
затем АВ, AD, ААР
полной поверхности данного па-
6. Дано:
АВСА1В1С1 -
наклонная призма
АА&СТАА^В
ААг = 24
р(АА1;СС1) = 12
pfAA^BBJ = 35
Найдите 5б п.
План решения
а) Так как S6n = ААг ■ Р^РКТ, где РКТТАА^, а значит
РТ = 12, РК = 35.
б) Так как АА^С-ГАА^В, то РТТРК. Найдите ТК
(по теореме Пифагора).
в) Найдите Р^РКТ и S6
Г2016].
7. Дано:
ABCDA1B1C1Dl -
прямой параллелепипед
РВг = 88
А1С = 92
АВ = 15
АР = 16
Найдите VABCDAxBiCiDv.
416
Повторение
9. Дано:
ABCDA1B1C1D1 -
правильная усеченная
пирамида
АВ -13
А1В1 = 5
ААГ -6
Найдите VABCDAlBlC1D1.
План решения
а) Докажите, что АА2 = А.С
—“• Найдя АА2, вычис¬
лите из AAA2Aj АхА2 =5 Л
i ^ABCDAiBiCiDr
б) Так как V = -Н (s + □. с А
3 \ в V ов • 5н 4- 5н 1 то используя
ее, вычислите V . '
' ус.пир
10. Дано:
АВСАХВХСХ -
правильная призма
вр = рвх, р е ввх
(аРС^АВС^ = 45°
АВ = 8
Найдите VABCAiB1Ci
План решения
а) Постройте В КА. АС. Докажите, что
PKLAC и (ар'С^АВС) = АРКВ 45°.
б) Из ААВС найдите ВК, а затем из АРВК — ВР.
в) Вычислите VABCA1B1C1.
[384].
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники)
417
Домашняя тренировочная работа 3
(Многогранники)
1. Найдите диагональ прямоугольного параллелепипеда,
зная, что она больше его измерений соответственно на 10,
13 и 29.
2. В правильной четырехугольной призме проведены два па¬
раллельных сечения, из которых одно проходит через диа¬
гональ основания, параллельно диагонали призмы, второе
делит ось призмы в отношении 1 : 3. Найдите отношение
площадей таких сечений.
3. Основанием пирамиды SABCD является ромб с диагона¬
лями. равными АС — 32, BD — 18. Боковое ребро AS,
перпендикулярное к плоскости основания, равно 24. Че¬
рез вершину А и середину бокового ребра SC проведено
сечение параллельно диагонали основания BD. Найдите
площадь сечения.
4. Высота пирамиды проходит через вершину тупого угла
ромба основания и равна Н. Две другие боковые грани об¬
разуют с плоскостью основания углы в 30°. Найдите пло¬
щадь боковой поверхности пирамиды, если сторона ромба
равна одной из диагоналей.
5. Основанием наклонной призмы с боковым ребром, рав¬
ным 10, является правильный треугольник со стороной,
равной 15. Одно из боковых ребер образует с прилегающи¬
ми сторонами основания угол в 70°. Найдите наибольшую
площадь боковой грани.
6. В каком отношении делится площадь полной поверхно¬
сти параллелепипеда плоскостью, проведенной через кон¬
цы трех ребер, исходящих из одной вершины?
7. Боковые ребра пирамиды равны 65. Основание пирами¬
ды — равнобедренная трапеция, боковая сторона которой
равна 30, а основания ее равны 50 и 14. Найдите объем
пирамиды.
418
Повторение
8. В правильной усеченной пирамиде стороны оснований рав¬
ны 12 и 6, а двугранный угол при большем основании ра¬
вен 45°. Найдите объем пирамиды.
9. Диагонали правильной шестиугольной призмы равны 19
и 21. Найдите объем призмы.
10. В наклонном четырехугольном параллелепипеде две боко¬
вые грани взаимно перпендикулярны и имеют общее реб¬
ро, равное 10. Площади этих граней равны 64 и 45. Най¬
дите объем параллелепипеда.
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники)
419
Домашняя тренировочная работа 3
(Многогранники). Чертеж. План решения
1. Дано:
ABCDAyByCyDy -
прямоугольный
параллелепипед
DBy = ВВу + 10
DBy = АВ + 13
РВу = ВС + 29
Найдите DBy.
План решения
Так как ABCDAyByCyDy — прямоугольный параллеле¬
пипед, то DB2 = В В2 + АВ2 + ВС2.
По условию ВВ2 = (DBy - 10)2, АВ2 = (DBy - 13)2,
ВС2 = (DBy - 29)2.
Подставьте в формулу выражение соответствующих ребер
через диагональ. Из получившегося квадратного уравне¬
ния найдите значение DB. учтя, что DBy> 29.
Г37].
2. Дано:
ABCDAyByCyDy -
правильная четырех¬
угольная призма
АТС || ByD- Т е ВВу
ООу — ось призмы
ОО2 : О2О'у = 1:3
PMTyNK || ByD
Найдите
SpMTiNK :
420
Повторение
План решения
а) Найдите $pmT]N& $ /\дто* Докажите РК — ~АС.
Z
Решение аналогично решению задачи 2 из варианта А
в предположении, что АВ — AD = 6 и ААг — а.
б) Найдите отношение SPMT1NK : АТС, при этом буквы
а и b сократятся. | 7 : 4 |.
3. Дано:
SABCDA1B1C1Dl -
пирамида
SA1ABCD
ABCD — ромб
АС = 32; BD = 18;
5А = 24
SP = PC, р& SC
MN || BD;
М & SB; N & SD
Найдите SAMPN.
План решения
а) АР — медиана.
Так как SAJ.AC,
то АР — PC (докажите).
Найдите SC = 2РС.
Докажите РОСАС,
где О = АС П BD.
б) Проведите PtO2 || SA, где О1 = APQSO, Ог G Р&.
Для трапеции ASPO Р^О2 — среднее гармоническое
SA и РО (докажите), т.е. Р,О^ = ' ^0-
12 SA + PO'
1
Учтите, что ОгО2 = -Р1О2 (докажите).
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники)
421
в) AS АО подобен АОгО2О (докажите). 5
SA SO
so.
найдите
г) Рассмотрим ASBD, он подо¬
бен ASMN (докажите).
MN __ SO±
BD ~ SO'
д) Зная АР и MN, вычислите SAMPN = ^MN • АР.
(Докажите, что AMPN — дельтоид, т.е. MNA.AP.)
П20].
4. Дано:
SABCD — пирамида
SACABCD
ABCD — ромб
SA = Н, ADAB > 90°
(SCB^ABCD^ =
= [SDC^ABCD^ = 30°
AD = AC
Найдите S6nSABCD-
План решения
а) Учитывая, что ABCD — ромб и AD = ДС,
найдите Z.ABC — а.
б) Докажите, что ^SDC\ ABCD^ = ASA^A = 30°,
где AA^-LDC.
в) Найдите SAr из ASAAP
г) Вычислите S^SDC, S^SCB, S^SAD, S&SAB.
д) Найдите S6nSABCD. | 5Hj|.
422
Повторение
5. Дано:
АВСАуВуС^ -
наклонная призма
/.АгАС = ААХАВ = 70°
/\АВС — правильный
АА{ = 10
АВ = 15
Найдите наибольшую
площадь боковой грани.
План решения
а) Постройте AKLCB.
Докажите, что АК = 1СВ.
б) ZAjAC = ААгАВ = а = 70° (по условию).
Докажите, что тогда если A^O-LABC, то О Е АК.
в) Проведите КК{ || AAt и докажите, что КК^СВ.
т.е. что СС1В1В — прямоугольник, для которого
^CCiBiB = СВ ’ ВВА.
г) Очевидно, что ВССуВгв > ВАд1С1С = ВС — АС).
70
д) Вычислите SCC1B1B.
П501-
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники)
423
6. Дано:
ABCDAlB1C1D1 -
параллелепипед
AB1D1 — плоскость
сечения
Найдите отношение,
в котором делится
площадь полной по¬
верхности данным
сечением.
План решения
а) Пусть SAA1D1D — Sp SAA1B1B — S2,
^ABCD~ ^3^ тогДа
— 2^!’
— 2^2’
— 2^3*
6) Sn.nABCDA^CrDi — 2^1 + 2^2 + 2^3-
в) Найдите искомое отношение площадей. | 1 : 3 |.
7. Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — трапеция
AD = ВС = 30
SA = SB — SC~SD — 65
АВ = 50, DC = 14
Найдите Vs abcd-
План решения
а) Так как боковые ребра равны, то SO.LABCD. где О —
центр описанной окружности (докажите).
б) Проведем дополнительные построения в ABCD.
СС^А-АВ, DD11.AB. Найдите AD^ ВСХ, SABCD.
424
Повторение
в) Так как RoABCD = Ro/\acd>
то найдите ЯоДЛС£>, используя
, аЬс а
формулу Я. = — = —. Л Л С, В
г) Из AASO найдите HSABCD — SO.
д) Вычислите VSABCD. | 15 360 |.
8. Дано:
АБСАНС!
правильная усечен- /! :\ \
пая пирамида / \ ИЦ
АС = 12; А1С1 =6 / \ : /
= 45° / Г V4V
Найдите VABCAiB1C1.
План решения *****Jr
а) Постройте АКЕСВ, A^-LC^. С
Докажите, что (СС\BJEABC^ = АК^КА = 45°.
б) Постройте КХК2ЕАВС и докажите, что /<2
в) Найдите R^ABC, Ro^A1B1Cp затем ОК’ °iKv
далее найдите К2^-
г) Найдите HABCAiB1Cl = Klk2-
д) Вычислите VABCA1BiC1. [М]. г1
9. Дано:
ABCDEFA^C^E^ -
правильная шестиугольная
призма
\В
Л—
ЕВг = 21; ЕСг = 19
Найдите VABCDEFA L В1С1 В1Е1Рг
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники)
425
План решения
а) Докажите, что ДЕ'С1В1 — прямоугольный, и вычис¬
лите значение В1С1.
б) Найдите ЕВ, азатем В В, = HABCDEFA1B1C1D1E1F1.
в) Найдите SABCDEF = 6Вдовс.
{/\ОВС — правильный).
г) Вычислите VabcdefAiBiCiDiEiFi-
1320а/3
10. Дано:
ABCDA^C^ -
наклонный параллелепипед
SAAiDtD ~ 64
^AAiBiB = 45
AAt = 10
AA1D1DA.AA1B1B
Найдите Vabcda1b1c1d1-
План решения
а) Построим А1Т±АА1, AjPTAAj, тогда А^КТЕАА^
(докажите).
б) Так как SAADD и боковое ребро ААг известны, най¬
дите АгТ. Аналогично найдите А1Р.
в) Найдите РА1ркт-
г) Так как VABCDA1BLC1Di ~ ’ PaiPKT’
вычислите VABCDA1B1C1D1. I..288..J.
426
Повторение
Домашняя тренировочная работа 4 (Сечения)
Постройте сечение многогранника плоскостью, заданной точ¬
ками Р, /<, Т, принадлежащими различным ребрам много¬
гранника.
1. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
РеВВу
К Е DDy
Т е АВ, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте о A ABCDAyByCyDy. By
2. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
Ре ААу
К е ССу
Т Е DC, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
<?1
Постройте a A ABCDAyByCyDy.
3. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
Р е AD
К е ВВу
Т Е ССу, где точки
К, Т определяют
плоскость а
Р
Постройте a A ABCDAyByCyDy. д
Домашняя тренировочная работа 4 (Сечения)
427
4. Дано:
ABCDA1B1C1D1 - куб
РеВВ1
К е В1С1
Т 6 DC, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
a^ABCDA^C^.
5. Дано:
ABCDA1B1C1D1 - куб
FeBBi
К е D1C1
Т е AD, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
aQ ABCDA1B1C1D1.
6. Дано:
ABCDA1B1C1D1 — куб
Р е А1В1
К е ВС
Т Е DDX, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
аГ\ ABCDAiB1C1D1.
428
Повторение
7. Дано:
SABCDE — пирамида
Ре AS
К е SC
Т е ED, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте а П SABCDE.
8. Дано:
S ABCDEF — пирамида
Ре SB
К е SD
Т е SF, где точки
Р, А\ Т определяют
плоскость а
Постройте а П SABCDEF.
9.
Дано:
ABCDEFA^CFDFEhF^ -
наклонная шестиугольная
призма
Р е AAi
к еССх
Т е ЕЕХ, где точки
Р, А?, Т определяют
плоскость а
Постройте
а П ABCDEFAyB^DyE^.
А
Домашняя тренировочная работа 4 (Сечения)
429
10. Дано:
ABCDEFArBiCiDrEiFi -
наклонная призма
PeDD1
К eFF1
Т е А1В1^ где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
а П ABCDEFA1B1C1D1E1F1. F
430
Повторение
Решение домашней тренировочной работы 4
( Сечения)
1. Дано:
ABCDA1B1C1D1 - куб
Ре ВВ1
К е DDX
Т € АВ, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте a Cl ABCDA1B1ClDl.
Построение:
а) РК Г) BD = Т15 TTt QAD = Т2;
б) ТР П А^ = Р1; Т2К Г) А^ = Ki,
в) Р1К1 П В1С\ = Р2, РгКг П DlCl =
РКТ Г) ABCDAlBlClDl = ТРР2К2КТ2.
Решение домашней тренировочной работы 4 (Сечения)
431
2. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
Р Е ААу
К Е ССу
Т Е DC, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
а Г\ ABCDAyByCyDy.
Построение:
а) ТК П DyCy = Ку, ТК П DDy = Ту-,
б) РТу HAD = Т2; РТу П AyDy = Ру,
в) РуКу П АуВу = Р2, РуКу П ВуСу = К2.
РКТ П ABCDAyByCyDy = РР2К2КТТ2.
432
Повторение
3. Дано:
ABCDAyByCyDy ~ куб
Ре AD
К е ВВу
Т е ССу, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
аП ABCDAyByCyDy.
Построение:
а) КТ Ъ ВС = Ту-
б) РТу Q DC = т2-
в) РТу П АВ = Ру,
г) РуК П ААу = Р2
Решение домашней тренировочной работы 4 (Сечения)
433
4. Дано:
ABCDAyByCyDy - куб
Р&ВВу
К е ВхСу
Т € DC, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте
а П ABCDAyByCyDy.
Построение:
а) РКГ\СС1 = Ку,
РКПВС = Рг-,
б) ТКг П DyC\ = К2;
в) Р1ТПЛВ = Р2.
РКТ П ABCDA^C^ = РКК2ТР2.
434
Повторение
5. Дано:
ABCDA1B1C1D1 - куб
РеВВ1
К е D1C1
Т 6 АР, где точки
Р, АГ, Т определяют
плоскость а
Постройте
a A ABCDA1B1C1D1.
а) Дополнительное построение
1. Построим BBXDXD.
2. ТТГ || РР15 Кк\ || РР1?
тогда TTJK^K || РРр
3. Найдем ТТХККХ A BB^D^D — OOY.
4. Найдем ТК А ООХ — М.
5. Найдем РМ A DDr — К<2 — дополнительная точка
на ребре DD1.
Решение домашней тренировочной работы 4 (Сечения)
435
б) Основное построение
1. ТК2 П ААг = Т2;
2. Т2РПАВ = Т3;
3. К2КПССг = Pf,
4. РРг Л В1С1 = Р2.
436
Повторение
6. а) Дополнительное построение
1. Построим РРХ || ВВП ККХ || ВВ1?
значит РРУКХК || ВВ1.
2. Построим BByDxD.
3. Найдем BBXDXD А РР{К{К = ООХ.
4. Найдем РК А ООХ — М.
5. Найдем МТ А ВВ^ = Тх — дополнительная точка
на ребре ВВР
б) Основное построение
1. Т]РпАА1 = Р2,
2. Р2ТП AiD1 = Т2;
3. Р2Т A AD =
4. /<Т3 A DC = К2.
PKT A ABCDA^CyD^
Решение домашней тренировочной работы 4 (Сечения)
437
7. Дано:
SABCDE — пирамида
Ре AS
К е SC
Т е ED, где точки
Р, К, Т определяют
плоскость а
Постройте a A SABCDE,
Построение:
а) РКПАС^К^
б) K1TQDC = K2, КхТ
в) РК3П5Е = Р1;
г) K4KnSB = P2.
АЕ = К^ К^ПВС^К^
РКТ A SABCDE = ТР^Р^К^
438
Повторение
8. Дано:
S ABCDEF — пирамида
Ре SB
К е SD
Т е SF, где точки
Р) К, Т определяют
плоскость а
Постройте
аП SABCDEF
Построение:
а) РКП BD =
б) PT^BF = T\-
TiK1 — опорная прямая;
в) CD A = К2; КК2 A SC = Р^
г) T1Kl QAF = Т2, ТТ2 A AS = Р2;
д) QFE = Т3- ТТ3 KSE = Т4.
РКТ П SABCDEF' = РРГКТХТР2.
Решение домашней тренировочной работы 4 (Сечения)
439
9. Построение:
а) РТС} АЕ — Тр
б) РКПАС = Кг;
ТгКг — опорная прямая, ТКЕа;
в) ТгК4 Г\ВС = К2, КК2 A ВВг = А'3;
г) ТХК4 C\CD = К4, КК4 A DD1 = К5;
д) T1K1QAF = Pl.
PKT A ABCDEFA^CJ^E^ = PKSKK5TP2.
440
Повторение
10. Построение:
а) KPQF^D^ =Рг,
ТРг — опорная прямая;
б) TPj П D& = р2; TPi n АЛ = Tv
в) Т\К П ААг = Т2;
г) ТРг П PjPj = Р3; РР3 П ЕЕг = Р4.
РКТ П ABCDEFА^С^Е^ = ТР2РР4КТ2.
F
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
441
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
Вариант 1
Все ребра треугольной призмы равны 10. Одно из боковых
ребер образует с каждой прилежащей стороной основания
угол в 45°. Найдите:
а) объем призмы;
б) площадь боковой поверхности призмы.
Вариант 2
Боковое ребро треугольной призмы со сторонами основания,
равными 13, 13 и 10, образует с равными сторонами угол в 30°
и равно 10. Найдите:
а) объем призмы;
б) расстояние от бокового ребра до скрещивающейся с ним
наименьшей стороной основания.
Вариант 3
В основании прямого параллелепипеда лежит ромб с острым
углом в 30°. Через сторону основания и середину противо¬
положного бокового ребра, равного 10, проведена плоскость,
образующая с плоскостью основания угол в 45°. Найдите:
а) объем отсеченной от параллелепипеда треугольной
призмы;
б) площадь боковой поверхности полученной призмы;
в) котангенс угла между наибольшей из диагоналей паралле¬
лепипеда и боковой гранью параллелепипеда.
442
Повторение
Вариант 4
Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна 46. Измере¬
ния параллелепипеда относятся как 6:22:3. Через диагональ
основания и вершину верхнего основания проведена плоскость,
отсекающая от параллелепипеда пирамиду. Найдите:
а) объем пирамиды;
б) площадь сечения;
в) тангенсы углов между плоскостью сечения и гранями па¬
раллелепипеда.
Вариант 5
В прямой треугольной призме стороны основания равны 10, 10
и 12, а боковое ребро 9,6. Через наибольшую из диагоналей бо¬
ковых граней проведена плоскость, перпендикулярная другой
боковой грани. Найдите:
а) площадь сечения призмы данной плоскостью;
б) тангенс угла между плоскостью сечения и плоскостью ос¬
нования;
в) расстояние между скрещивающимися диагоналями рав¬
ных боковых граней.
Вариант 6
В прямой треугольной призме стороны основания равны 10, 10
и 16, а боковое ребро 9,6. Через наибольшую из диагоналей бо¬
ковых граней проведена плоскость, перпендикулярная другой
боковой грани. Найдите:
а) площадь сечения призмы данной плоскостью;
б) тангенс угла между плоскостью сечения и плоскостью ос¬
нования;
в) расстояние между скрещивающимися диагоналями рав¬
ных боковых граней.
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
443
Домашняя тренировочная работа 5
Чертеж. План решения
Вариант 1
Дано:
АВСА1В1С1 — призма,
все ребра равны 10
Z^1AC^ZA1AB = 45°
Найдите:
а) объем призмы;
б) .
' б.п.п
План решения
а) 1. Постройте А^ОТАВС.
(Призмы).
В,
С
Докажите, что О € 1ВС = Нвс = АР.
Постройте ОК ТАС.
Докажите А1КТАС.
2. Найдите АК из ЛААгК, АО из подобия ЛАКО
и ЛАРС, АгО из ДА1ДО.
3. Вычислите АР, $ЛАВС
Ц25].
б) 1. Постройте СТ±АА1.
Докажите ВТ±АА1:
АА1ЛСТВ.
2. Из Л АТС найдите ТС,
затем Р4тс**
3- Se.n.n — АЛ-i • Р&атсА
100(72 + 1) .
VABCAlB1Cl-
444
Повторение
Вариант 2
Дано:
АВСА1В1С1— призма
АА^АС = Z.AVAB - 30°
AAy = 10
АВ = АС - 13
ВС = 10
Найдите:
а) объем призмы;
б) р(АА^ВС).
План решения
а) Решение задачи аналогично решению пункта а) задачи ва¬
рианта 1.
25\/б9 .
б) 1. Постройте CTB-LAAy
(см. задачу б) варианта 1).
2. Докажите ТР±АА1.
3. Докажите АА1Р1Р1.ВС;
ТРТВС.
4. Используя метод площадей,
Л . „ „ АР • А'О
из АА}Р{Р найдите ТР = ——.
АА-!
Докажите р(АА^ ВС) = ТР. 0,5\/б9
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
445
Вариант 3
Дано:
ABCDA1BiC1Di -
прямой параллелепипед
AA1-LABCD; ААГ = 10
ВТ = В^-, Т е ВВ1
ABCD — ромб
Z.BAD = 30°
ATD — плоскость сечения
(aBCD-ATD) = 45°
Найдите:
а) ^ATBDTiC'
б) ^e.n.nATBDTiC’i
в) (a&AA^d) .
План решения
а) 1. Постройте сечение ATD И ABCDA1BiC1D1.
2. Постройте BK1.AD.
3. Докажите BTK1.AD.
4. Из АВТ К найдите В К; из А АВ К найдите АВ.
5. Найдите S^BTK, VatbdtlC'» гДе = $/\втк ’
Г125].
б) Найдите ^б.п.п ат в dTtC^
гДе ^б.п.п ~ ' Р/±втк-
50 (У2 + 2)~.
446
Повторение
1. Постройте СР LAD (LADC > 90°).
2. Докажите CPLAA^DJJ, CPLA^P,
= ACAJP.
3. Вычислите СР, DP, АгР.
4. Из AAtAC ct^LCA^) = | x/tl+lyf
С/J —~—
Вариант 4
Дано:
ABCDA1B1C1Di ~
прямоугольный
параллелепипед
DBX = 46
AD : ААХ : АВ =
= б : 22 : 3
АВХС — плоскость
сечения
Найдите:
а) объем пирамиды В^АВС;
б) ^ABiC5
в) 1. tg (ZBjAOB), 2. tg (LCAB^B) , 3. tg (lAB.CB
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
447
План решения
а) 1. Пусть AD = 6х; ААг = 22ж; АВ — Зх.
Учитывая, что DB2 = AD2 4- АА2 4- АХВ2,
найдите значения AD, АА19 АВ.
2. Так как VB1ABC = ^S^ABC ■ ВВу,
вычислите VB АВС. | 528 |.
б) 1. Постройте В К ТАС. Докажите ВуКТАС.
2. Найдите АС, ВК, используя метод площадей.
АВ-ВС
АС '
3. Вычислите ВуК, SABlC. 12д/б14 .
Постройте ВТ Т АВу (основание АВВуАу).
Докажите ВТСТАВу. Найдите ВТ.
tg (лСАВуВ} = ~
1 J ВТ
3.
Решение аналогично,
(основание СВВ1С1).
448
Повторение
Вариант 5
Дано:
АВСА1В1С1 — прямая призма
АА^АВС
ААХ = 9,6
АВ = ВС = 10
АС = 12
А^С G су
а!.АА1В1В
Найдите:
а) ^aQABCAiBiCv tg (а; АВС) ;
План решения
в) р(АВ1;С1В).
а) 1. Постройте CKLAB (проверьте, что Z.ABC < 90°).
2. Докажите
СКХ.ААхВхВ' A^CKLAA^B- A^KLCK.
3. Найдите СК, АК, АгК.
4. Вычислите S^A1KC. | 57,6 |.
б) 1. Так как ААгКХ.СК, то ^A1JCC;ABC^ ~ ЛАХКА.
ПГ
2. Вычислите tg (ZAjKA). - .
С
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы)
449
1. Постройте В1РЛА1С1. Докажите В1РЛ.АА1С1С.
2. Постройте BT-LAC.
3. Докажите ВТ±АА1С1С. Докажите ВгРА || ВТ(\.
Докажите p(AxB, С1В) = р(В1РА; BTC^ptAP, TCJ
Из АРС\Т методом площадей найдите РМ.
РМ =
АТ РТ
АР
Вариант 6
Дано:
АВСА1В1С1 — прямая
призма
АА1±АВС
АВ = 16; АС = ВС 10;
ААХ = 9,6; АХВ е а
аТАА^С
Найдите:
а) б) tg (а; АВС^ ; в) ^(ACpCBJ .
План решения
а) 1. Докажите ЛАС В > 90°.
2. Постройте В К ЛАС.
3. Докажите ВК±АА1С1С; ВКЛА^К.
4. Найдите В К, используя метод площадей:
ВК =
^S&ABC
АС
, где S^ABC вычислите по теореме Те¬
рона (или иначе).
Из /\ВСК найдите СК. Из ДАгАК найдите АХК.
5. Из подобия ДАгАК и /\ТСК найдите ТК и АХТ.
6- ^«nABCAiBiCi Найдите S^^^-A^BK.
[60].
450
Повторение
б) 1. Докажите [ABCiAjBTj — ЛАУКА.
1. Постройте СРХАВ\ С^Р^ХА^В^.
2. Докажите, что АРГ (| РВ^ СР || СХРА,
тогда АРГС\ || РВГС. АР^-ХАА^В.
3. Докажите
р{АСу,СВу) = p{APlCi-PBlC) = ^(APpPBJ.
4.
5.
Из параллелограмма АР^В^Р найдите РМ ХАР
А А 'АР
используя метод площадей. РМ = 1—Д_
Так как р^АС^СВ^) = РМ, вычислите РМ.
48^
61 ’
Задачи-ловушки
451
Задачи-ловушки
Для выяснения справедливости утверждения или его опровер¬
жения приведите пример, контрпример или приведите доказа¬
тельство.
1. Будет ли пирамида правильной, если у нее равны все плос¬
кие углы при вершине и двугранные углы при основании?
2. Существует ли четырехугольная пирамида, у которой две
противоположные боковые грани перпендикулярны плос¬
кости основания?
3. Можно ли из проволоки длиной 68 см изготовить кар¬
касную модель правильной четырехугольной пирамиды
со стороной основания, равной 10 см?
4. Будет ли пирамида правильной, если у нее равны все плос¬
кие углы при вершине и все двугранные углы при боковых
ребрах?
5. Правильная четырехугольная усеченная пирамида пересе¬
чена плоскостью, проходящей через середины боковых ре¬
бер. Принадлежит ли точка пересечения диагоналей усе¬
ченной пирамиды этой плоскости?
6. Для каркаса правильной усеченной пирамиды, у которой
стороны оснований равны 10 см и 20 см, а высота — 20 см,
выделено 204 см проволоки. Хватит ли ее для изготовле¬
ния каркаса’?
7. Равны ли объемы двух пирамид с равными высотами, ес¬
ли их основаниями являются четырехугольники с соответ¬
ственно равными сторонами?
8. В шестигранном многограннике две грани (основания)
параллельны и являются неравными прямоугольника¬
ми, параллельные стороны оснований которых пропор¬
циональны. Является ли такой многогранник усеченной
пирамидой?
452
Повторение
Решение задач-ловушек
1. Нет. Приведем контрпример.
Дано:
SABCD — пирамида
ABCD — ромб
АС = 8; BD = 6
О = АС П BD
SOZABCD
SO = 10
S
A D
Докажите, что:
а) ZASB = ZBSC = ZCSD = ZDS А;
б) ZSABC = ZSBCD = ZSQDA = ZSDAB.
а) 1. АВ = ВС = DC = AD = у/АО2 + ВО2,
т. е. АВ = \/32 + 42 — 5.
2. SA = SC = VAO2 + SO2;
SA = \/А2 + Ю2 = vTlG = 2\/29.
3. SB = SD = VOD2 + SO2-, SP = v/32 + IO2 =/109.
4. A ASD — ACSD no III признаку равенства треуголь¬
ников, так как SA = SC, AD = DC, SD общая.
Значит Z.CSD — ADS A.
Аналогично доказывается,
что AAS В = A ASP и ACSB = ACSD.
Следовательно, первое условие выполнено.
б) Так как О — АС П BD и SO ААВС D, то вершина ор¬
тогонально проецируется в центр вписанной окружно¬
сти, и двугранные углы при сторонах основания равны
между собой (докажите).
Значит, второе условие также выполнено.
Но так как ABCD не квадрат, то SABCD правильной
пирамидой не является.
Решение задач-ловушек
453
2. Да. Приведем пример.
а) Пусть DABC — пирамида,
DAA.ABC, тогда
ADB1.ABC, ADC1.ABC.
б) Рассечем пирамиду
плоскостью DPK,
где Р е АВ, а К е АС.
Получим пирамиду DPBCK, у которой противопо¬
ложные грани DPBA-PBCK и DCKA.ABC.
Возможно при этом, что КР || ВС, но это не принци¬
пиально.
3. Нет. Проведем расчеты и выясним,
возможно ли это.
Дано:
SABCD — правильная пирамида
Popfipn — 68 см
ребер
АВ = 10 см
A D
а) Так как Рребер = 4 • АВ, т.е. Рдвси = 40, то на сум¬
му боковых ребер приходится 28, а на каждое боковое
ребро - 7 (AS = BS = CS = DC).
б) AC = AB • А т.е. AC = 10 • a/2.
Значит чтобы существовала правильная пирамида с та¬
кими метрическими данными, необходимо 2 • AS > АС
(правило треугольника).
14 > 10\/2 7 > 5ч/2 49 > 50 - ложь.
Отсюда следует, что из проволоки длиной 68 см сделать
каркас правильной пирамиды со стороной основания 10 см
невозможно.
454
Повторение
4. Нет, приведем контрпример.
От куба AJ3CJDA1B1C1D1
отсечем плоскостью А1ВВ2
(где В<2 не совпадает с D)
пирамиду АА1ВВ21
у которой:
а) ЛАгАВ = АВАВ2 = ЛВ2АА1 - 90°;
б) двугранные углы при ребрах ААг, АВ и АВ2 — пря¬
мые, т.е. равны 90°.
Очевидно, что такая пирамида правильной не является
(AD = 2АВ2).
5. Нет.
Рассмотрим диагональное сечение АА^С^С.
Диагонали усеченной пирамиды:
АСХ С АА1С1С; АгС С АА1С1С; АСг А АГС = О.
а) ЛАОС ~ ЛА-^ОС^ тогда - — = - —-,
Cz С' 1 Ух ■£ С/ ■£
значит ОеА2С2 (О = О2 — точки совпадают), только
если АО = ОС. тогда АС = А-^С^ Но это уже не тра¬
пеция, а параллелограмм.
Решение задач-ловушек
455
б) Можно иначе.
1- ДгОг “
АС 4- А^С^
2
2. MN || АС,
ском MN =
тогда по теореме о среднем гармониче-
2АС^А1С1
АС + А^ ’
Очевидно, что в общем случае они не совпадают.
Значит О g A2B2C2D2.
6. Ответить на вопрос можно, только конкретно просчитав
сумму длин ребер.
Сделаем прикидку.
Вычислим сумму периметров PABCD и PA1b1C1d1:
PABCD + = 4 • 20 + 4 • 10 = 120.
Тогда на боковые ребра приходится 204 - 120 = 84.
С другой стороны, СС, > Нус пирлиитл = 20.
Таким образом, 4 • ССг 84; ССг ^21.
Это выглядит правдоподобным,
но лучше проверить более вх Сг
тщательно.
Дано:
АВ = 20
А1В1 = 10
HaBCDAiBiCaDi — 20
Найдите Р , .
ребер
а) Сделаем дополнительное построение: C2C1-LABCD.
С2СХ = 20.
б) АС = 20а/2; АХСХ = 10\/2.
\ АС — Ai Ci /—
в) СС2 = —— ; СС2 = 5\/2.
Zi
456
Повторение
г) cci = VC^+CC^;
CCi = \/^+ (5\/2)2 = л/450 = 15\/2.
Д) Рребер = 4 • 20 + 4 • 10 + 4 • 15^2 = 120 + 60^2.
Таким образом, чтобы проволоки хватило, требуется
выполнение неравенства
60\/2 84 5\/2 7 о 50 49 — ложь.
Значит, иа каркас такой усеченной пирамиды проволо¬
ки длиной 204 см все же не хватит.
S
7. Нет. Приведем контрпример.
Дано:
SABCD — пирамида
SOLABCD-, SO = H
АВ = ВС = DC = AD = а
АС ВР
^SABCD-
Дано:
SAlBlC1D1 -
пирамида
SO1J-A1B1C1D1;
SOi = н
А1В1 = ВХСХ =
= DXCV = AXDV = а
А.С, = ВХР\ ]
VsAiBiCiPr А1 D1
Так как Sabcd ^A^BiCiDi (ABCD ромб, а не квад¬
рат, как A1B1C1D1), то VSABCD KsAiBiCiPr
Решение задач-ловушек
457
8. Нет. Контрпример 1 представлен на чертеже.
Дано:
ABCDA1B1C1D1 -
многогранник
ABCD || A1B1C1D1
ABCD, A^C^Dy -
прямоугольники
D.C.
АВ DC
B.C.
AD BC
ABCDAiB1C1D1 -
усеченная пирамида?
В данном случае отрицательный ответ очевиден, так как
А1В1 < АВ и AxDr > AD, хотя параллельные стороны
разных оснований должны быть пропорциональны, здесь
это не так.
Контрпример 2 представлен на чертеже.
Дано:
ABCDA1B1C1Di -
многогранник
ABCD || A1BiC1D1
ABCD, A1B1C1D1 -
прямоугольники
АД =£i£l
АВ DC
АД ДД
AD ВС
ABCDAlB1C1D1 -
усеченная пирамида?
458
Повторение
В данном случае A1JD1 < AD и А1В1 < АВ.
но в общем случае ~ / “др ’
т. е. мы рассмотриваем клин, для которого предположение
неверно.
Примечание. Любая усеченная пирамида есть часть
обычной пирамиды, полученная отсечением плоскостью,
параллельной основанию пирамиды, то есть получается
в остатке многогранник, две грани которого параллельны
и являются подобными многоугольниками. Кроме того, ес¬
ли продолжить боковые ребра, то все они обязательно пе¬
ресекутся в одной точке. В дайной задаче это не так.
Самостоятельная работа 6 (Планиметрия)
459
Самостоятельная работа 6 (Планиметрия)
Варианты 1-8
1. В треугольнике угол а равен 40°. Найдите угол между
биссектрисами, проведенными из двух других углов.
2. В треугольнике углы, прилежащие к одной из сторон, рав¬
ны, соответственно, 80° и 20°. Найдите угол между бис¬
сектрисой и высотой, проведенными к этой стороне.
3. В треугольнике медианы равны, соответственно, 5, 12 и 13.
Найдите наименьшую из сторон и определите вид тре¬
угольника.
4. Высоты треугольника равны, соответственно, 15, 21 и 35.
Найдите наибольший угол исходного треугольника и его
площадь.
5. Длины двух сторон треугольника равны 22 и 10. Найдите
длину биссектрисы угла между ними, если площадь тре¬
угольника равна 105,6.
6. В треугольник со сторонами длиной 6, 8 и 11 вписана
окружность. К окружности проведена касательная так,
чтобы она пересекала две большие стороны и была парал¬
лельна меньшей. Найдите периметр отсеченной трапеции.
7. Длины медиан треугольника равны 5, 6 и 5. Найдите его
площадь.
8. Площади двух треугольников, прилегающих к основаниям
трапеции и ограниченных ее диагоналями, равны 36 и 16.
Найдите площадь трапеции.
460
Повторение
Самостоятельная работа 7 (Призмы)
Варианты 1-8
1. Все ребра прямой призмы равны между собой, и их длины
есть целые числа. Сумма всех длин ребер равна 42. Най¬
дите площадь боковой поверхности такой призмы.
2. Измерения прямоугольного параллелепипеда относятся
как 2:1:2. Найдите объем параллелепипеда, если его
диагональ равна 12.
3. В основании прямой призмы лежит равнобедренная тра¬
пеция. Диагональные сечения призмы перпендикулярны
граням, проходящим через боковые ребра трапеции, и де¬
лят острые двугранные углы при боковых ребрах пополам.
Вычислите плоские углы двугранных углов при боковых
ребрах призмы.
4. В прямом параллелепипеде ABCDAlBiC1D1 АВ = 29.
AD = 36, BD = 25. Боковое ребро ААХ = 48. Найдите
площадь сечения ABLCLD.
5. Площадь одного из диагональных сечений прямого парал¬
лелепипеда равна площади любой из боковых граней. Най¬
дите отношение площадей диагональных сечений с общей
осью симметрии.
6. Площадь наибольшего диагонального сечения правильной
шестигранной призмы равна 25. Найдите площадь боковой
поверхности данной призмы.
7. Основанием прямой призмы является ромб с диагоналями,
равными 24 и 10. Сечение призмы, параллельное боковому
ребру, пересекает противоположные грани перпендикуляр¬
но к ним и является квадратом. Найдите 5бпп.
8. Куб ABCDAYB1C1D1 пересечен четырьмя плоскостями,
которые отсекают от него треугольные пирамиды с вер¬
шинами в точках А. С, Вг и D1. Боковые ребра этих
пирамид равны ребрам куба. Какой многогранник ограни¬
чен секущими плоскостями и какую часть от объема куба
составляет его объем?
Самостоятельная работа 8 (Пирамиды)
461
Самостоятельная работа 8 (Пирамиды)
Варианты 1-7
1. В правильной четырехугольной пирамиде апофема боко¬
вой грани наклонена к плоскости основания под углом
в 45°. Найдите угол между апофемами смежных граней.
2. В правильной пирамиде двугранные углы при основании
равны 60°. Какую часть от площади полной поверхности
пирамиды составляет площадь боковой поверхности?
3. Наибольшее по площади диагональное сечение правильной
шестиугольной пирамиды есть правильный треугольник,
сторона которого равна 2а. Найдите объем пирамиды.
4. В правильной четырехугольной пирамиде, все ребра ко¬
торой равны, вершина есть точка пересечения диагоналей
параллелепипеда, основание которого совпадает с основа¬
нием пирамиды. Определите вид параллелепипеда и най¬
дите, какую часть его объема составляет объем пирамиды.
5. В основании пирамиды лежит прямоугольник со сторона¬
ми, равными 6 и 8. Боковые ребра равны 13. Вычислите:
а) объем пирамиды; б) радиус описанной сферы.
6. Дана правильная шестиугольная пирамида, сторона осно¬
вания которой равна 2а. Высота, равная За, пересечена
двумя плоскостями, проходящими через одну из апофем
пирамиды и середины двух смежных сторон основания.
Определите объем части пирамиды, ограниченной этими
плоскостями.
7. Правильная треугольная пирамида, все ребра которой рав¬
ны, пересечена плоскостью, проходящей через середины
трех ее ребер, выходящих из одной вершины. В каком от¬
ношении эта плоскость делит объем пирамиды?
462
Повторение
Самостоятельная работа 9 (Комбинации тел
вращения и многогранников. Уровень А, базовый)
1. В прямую призму, в основании которой лежит равнобед¬
ренная трапеция с основаниями 8 и 2, вписан цилиндр.
Высота призмы равна 10. Найдите:
вариант 1 — площадь боковой поверхности цилиндра;
вариант 2 — объем цилиндра.
2. Сечение цилиндра, проходящего через образующие, нахо¬
дится на расстоянии 3 от оси симметрии цилиндра, радиус
основания которого равен 5, а высота 4. Найдите:
вариант 1 — площадь сечения;
вариант 2 — периметр сечения.
3. Около правильной треугольной пирамиды со стороной ос¬
нования 3\/3 и высотой 3 описан конус. Найдите:
вариант 1 — объем конуса;
вариант 2 — площадь боковой поверхности конуса.
4. Через две образующие конуса проведено сечение под уг¬
лом в 60° к плоскости основания. Высота конуса равна 10.
Найдите:
вариант 1 — расстояние от центра основания конуса
до плоскости сечения;
вариант 2 — площадь сечения, если проекция сечения
на плоскость основания есть прямоугольный треугольник.
5. Конус пересекает плоскость, параллельная основанию
3 ы -
и проходящая через - высоты конуса. Найдите:
5
вариант 1 — отношение площади основания конуса к пло¬
щади сечения;
вариант 2 — какой процент площади основания составляет
площадь сечения?
Самостоятельная работа 10 (Уровень В)
463
Самостоятельная работа 10 (Комбинации тел
вращения и многогранников. Уровень В)
Варианты 1-8
1. На поверхности шара заданы три точки, кратчайшее рас¬
стояние между которыми равно 6. Найдите площадь се¬
чения шара плоскостью, проходящей через через эти три
точки.
2. В сферу радиуса R вписана правильная четырехугольная
пирамида, все ребра которой равны между собой. Найдите
объем пирамиды.
3. В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар,
касающийся всех ее боковых ребер и плоскости основа¬
ния. Диагональное сечение пирамиды есть правильный
треугольник со сторонами, равными а. Найдите радиус
такого шара.
4. В сферу вписан равносторонний цилиндр. Найдите отно¬
шение площадей поверхностей этих тел.
5. В сферу вписан равносторонний конус, а в этот конус впи¬
сана сфера. Найдите отношение площадей поверхностей
этих тел.
6. Шар радиуса R пересечен двумя параллельными плоско¬
стями, которые делят диаметр шара в отношении 1:2:3.
Найдите площадь поверхности шара, заключенную между
секущими плоскостями.
7. Дуга сегмента в осевом сечении шарового сектора равна
240°. Определите площадь сферической поверхности сек¬
тора, если ее радиус равен R.
8. Определите объем сегмента, который отсекается от шара
радиуса R плоскостью, делящей диаметр шара в отноше¬
нии 1 : 3.
464
Повторение
Самостоятельная работа 11 (Комбинации тел
вращения и многогранников. Уровень В)
Варианты 1-5
1. Около сферы радиуса 2 описана правильная четырех¬
угольная пирамида, косинус плоского угла при вершине
которой равен 0,6. Найдите площадь боковой поверхности
пирамиды.
2. Боковые ребра треугольной пирамиды равны 2\/33, а сто¬
роны основания равны д/33. Найдите радиус вписанной
в пирамиду сферы.
3. Найдите радиус описанной около треугольной пирамиды
сферы, если боковые ребра равны 2у/Т1, а стороны осно¬
вания равны \/П.
4. В правильной треугольной призме диагональ боковой гра¬
ни равна \/3 и образует с плоскостью боковой грани угол
в 45°. Найдите объем призмы.
5. Найдите объем правильной треугольной пирамиды, если
боковая грань находится на расстоянии 3 от вершины ос¬
нования.
Самостоятельная работа 12 (уровень В)
465
Самостоятельная работа 12 (Комбинации тел
вращения и многогранников. Уровень В)
Вариант 1
1. В цилиндр вписан конус. Основания этих фигур совпада¬
ют. Образующая конуса наклонена к плоскости основания
под углом в 75°. Найдите площадь полной поверхности
цилиндра, если площадь боковой поверхности конуса рав¬
на
2. Радиус основания конуса в 5 раз меньше образующей. Най¬
дите угол развертки конуса.
Вариант 2
1. В правильную треугольную пирамиду вписан равносто¬
ронний цилиндр (осевое сечение цилиндра — квадрат).
Двугранные углы при сторонах основания пирамиды рав¬
ны 60°. Высота пирамиды равна 5. Найдите площадь пол¬
ной поверхности цилиндра.
2. Найдите образующую конуса, радиус основания которого
равен 2, а угол развертки — 72°.
Вариант 3
1. В конус вписана правильная треугольная призма, ребра
которой равны 3. Найдите площадь боковой поверхности
конуса, если осевое сечение конуса — равносторонний тре¬
угольник.
2. Диагонали осевого сечения усеченного конуса взаимно
перпендикулярны. Высота усеченного конуса равна 10.
Найдите образующую усеченного конуса, если площадь его
боковой поверхности равна ЗОтг.
466
Повторение
Вариант 4
1. В цилиндр вписан параллелепипед. Большая сторона его
основания равна 4\/2. Диагональ параллелепипеда обра¬
зует с плоскостью большой боковой грани угол в 30° и рав¬
на 8. Найдите объем параллелепипеда.
2. Сечение конуса, проходящего через вершину, есть равно¬
сторонний треугольник и образует с плоскостью основания
угол в 45°. Найдите объем конуса, если его высота равна 3.
Вариант 5
1. В правильную четырехугольную пирамиду вписан конус
с высотой 3. Найдите объем конуса, если расстояние меж¬
ду серединами двух апофем смежных граней пирамиды
равно 4.
2. Образующая усеченного конуса наклонена к плоскости ос¬
нования под углом в 60°. В осевое сечение усеченного ко¬
нуса вписан круг радиуса 3. Найдите объем конуса.
Вариант 6
1. Правильная треугольная пирамида вписана в конус. Най¬
дите объем конуса, если сторона основания пирамиды рав¬
на 2^3, а ее боковая грань наклонена к плоскости осно¬
вания под углом 60°.
2. В цилиндре отрезок, соединяющий точки окружностей
верхнего и нижнего основания, равен 4 и наклонен к плос¬
кости основания под углом в 30°. Найдите объем цилин¬
дра, если проекция этого отрезка на плоскость основания
видна из центра этого основания под углом в 60°.
Самостоятельная работа 12 (уровень В)
467
Вариант 7
1. Объем усеченного конуса, у которого радиусы основания
равны 2 и И, равен объему конуса той же высоты. Найдите
радиус основания этого конуса.
2. Развертка боковой поверхности конуса составляет 60%
площади круга. Найдите площадь боковой поверхности ко¬
нуса, высота которого равна 2.
Вариант 8
1. Стороны треугольника равны 6, 25 и 29. Найдите площадь
поверхности тела, образованного вращением данного тре¬
угольника вокруг прямой, принадлежащей плоскости тре¬
угольника. При этом меньшая сторона параллельна оси
вращения и удалена от нее на 30.
2. В треугольную пирамиду, площади боковых граней кото¬
рой относятся как 5:6:7, вписан конус. В каком отноше¬
нии линия касания поверхностей пирамиды конусом делит
боковую поверхность пирамиды?
Самостоятельная работа 13 (Уровень С)
469
Вариант 4
1. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAyByCyDy
АВ = 4, ВСу = 6, ССу — 4. Найдите тангенс угла меж¬
ду плоскостью АВС и прямой МК, проходящей через
середины ребер ААу и CyDy.
2. В параллелограмме ABCD АВ = 3, ВС = 5, ZA — 60°.
Окружность с центром в точке О касается биссектри¬
сы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих
из вершины одного его острого угла. Найдите площадь че¬
тырехугольника ABOD.
470
Повторение
Самостоятельная работа 14
(Пирамиды. Уровень С)
Вариант 1
1. Основание пирамиды — треугольник со сторонами, рав¬
ными 4, 13 и 15. Боковое ребро, проходящее через вер¬
шину меньшего угла основания, перпендикулярно плоско¬
сти основания. Одна из боковых граней образует с плоско¬
стью основания угол в 45°. Найдите: а) объем пирамиды;
б) площадь полной поверхности.
2. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами,
равными 15, 16 и 17. Боковые ребра пирамиды образуют
с плоскостью основания углы, равные 45°. Найдите объем
пирамиды.
Вариант 2
1. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами,
равными 8 и 15, а угол между ними равен 60°. Боковые
грани пирамиды образуют с плоскостью основания углы,
равные 45°. Найдите: а) объем пирамиды; б) площадь бо¬
ковой поверхности.
2. Боковые ребра пирамиды равны 65. В трапеции основа¬
ния параллельные стороны равны 50 и 14, а боковые сто¬
роны — 30. Найдите объем пирамиды.
Вариант 3
1. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами,
равными 7 и 8, а угол между ними равен 120°. Двугран¬
ные углы при сторонах основания равны 60°. Найдите:
а) объем пирамиды; б) площадь боковой поверхности.
2. Боковые ребра пирамиды равны 25. Стороны основания
равны 18, 18, 24 и 24. Найдите объем пирамиды.
Самостоятельная работа 14 (Уровень С)
471
Вариант 4
1. Основанием пирамиды является треугольник со сторона¬
ми, равными 32, 34 и 34. Периметры соответствующих бо¬
ковых граней равны 162, 150 и 150. Найдите: а) объем пи¬
рамиды; б) площадь полной поверхности.
2. Вершина пирамиды равноудалена от вершин основания
на 65. Стороны основания равны последовательно 14, 30,
40 и 48. Найдите объем пирамиды.
472
Повторение
Карточки индивидуальных заданий
Карточка 1
1. В конус вписана полусфера, большой круг которой лежит
на основании конуса. Найдите тангенс угла при вершине
конуса, если площадь полной поверхности конуса относит¬
ся к площади боковой поверхности полусферы как 18 : 5.
2. Правильная четырехугольная пирамида со стороной осно¬
вания, равной а, и двугранным углом при основании, рав¬
ным 60°, пересечена плоскостью, делящей пополам дву¬
гранный угол при основании. Найдите площадь сечения.
Карточка 2
1. В шар радиуса 2 вписан конус, боковая поверхность кото¬
рого в два раза больше площади основания. Найдите объем
конуса.
2. В правильной треугольной пирамиде плоский угол при
вершине равен 30°, а кратчайшее расстояние между боко¬
вым ребром и противоположной стороной основания рав¬
но 2. Найдите объем этой пирамиды.
Карточка 3
1. Через вершину конуса проведена плоскость под углом 45°
к основанию конуса. Эта плоскость пересекает основание
по хорде а, стягивающей дугу в 30° в основании конуса.
Найдите объем конуса.
2. Шар вписан в прямую призму, в основании которой лежит
прямоугольный треугольник. В этом треугольнике перпен¬
дикуляр, опущенный из вершины прямого угла на гипоте¬
нузу, равен 3 и образует с одним из катетов угол в 30°.
Найдите объем призмы.
Карточки индивидуальных заданий
473
Карточка 4
1. В правильной четырехугольной призме проведены два па¬
раллельных сечения: одно проходит через середины смеж¬
ных сторон основания и середину оси, другое делит ось
в отношении 1 : 3. Зная, что площадь первого сечения
равна S, найдите площадь второго.
2. Отношение высоты конуса к радиусу описанного около
него шара равно 2:3. Найдите отношение объема шара
к объему конуса.
Карточка 5
1. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна 2, угол между боковыми гранями равен 75°. Най¬
дите площадь боковой поверхности пирамиды.
2. В правильной треугольной пирамиде сторона основания
равна 7, а боковое ребро — 14. Через середину бокового
ребра перпендикулярно к нему проведена плоскость. Най¬
дите площадь получившегося сечения.
Карточка 6
1. Треугольная пирамида рассечена плоскостью на два мно¬
гогранника, причем секущая плоскость делит три боковых
ребра, сходящихся в одной вершине, в отношении 1 : 2,
1 : 2 и 2 : 1. Найдите отношение объемов полученных
многогранников.
2. Около правильной треугольной призмы описан шар, а око¬
ло него описана правильная треугольная призма. Найдите
отношение площади основания большей призмы к площа¬
ди основания меньшей, если призмы подобны.
474
Повторение
Карточка 7
1. Сторона основания правильной четырехугольной пирами¬
ды равна 5, высота пирамиды равна 4. Через сторону осно¬
вания пирамиды и середину скрещивающегося с ней боко¬
вого ребра проведено сечение. Найдите расстояние от вер¬
шины пирамиды до плоскости этого сечения.
2. В основании треугольной пирамиды лежит прямоуголь¬
ный треугольник, гипотенуза которого равна 10, каждое
боковое ребро пирамиды образует с плоскостью основания
угол в 15°. Найдите радиус сферы, описанной около пи¬
рамиды.
Карточка 8
1. Основанием пирамиды SABCD является ромб с диаго¬
налями, равными BD = 6 и АС = 12. Боковое ребро
SA перпендикулярно плоскости основания и равно 5. Че¬
рез точку А и середину ребра SC проведена плоскость,
параллельная BD. Найдите площадь сечения.
2. В правильной треугольной пирамиде высота, опущенная
на основание, равна 6, а расстояние от центра основания
до боковой грани равно 4. Найдите радиус шара, вписан¬
ного в пирамиду.
Карточка 9
1. Косинус угла между соседними боковыми ребрами пра¬
вильной четырехугольной пирамиды равен 0,25. Радиус
сферы, описанной около этой пирамиды, равен 10. Най¬
дите длину бокового ребра пирамиды.
2. Основание пирамиды — равнобедренная трапеция с ос¬
нованиями, равными 4 и 9. Все двугранные углы при ос¬
новании пирамиды равны между собой. Большее боковое
ребро равно 7,5. Найдите площадь полной поверхности
пирамиды.
476
Ответы
Ответы
Ответы на практикум-игру
477
г) 1. Левая — 10;
задняя — 4;
нижняя — 2.
2. Задняя — 4;
верхняя — 10;
правая — 8.
3. Левая ~ 8;
верхняя — 6;
задняя — 0.
8
6 О
10 2
4
д) Один из вариантов:
4
2
3 е ААХВХВ]
4 е
1 G AA]D]D\
6 е DDXCXC]
2 е ABCD-
5 е вв^с.
5
478
Ответы
Ответы на практикум-игру
479
3. а) Представленная
развертка составлена
по изображениям 1 и 3,
но изображение 2
предполагает, что грани
115 | и 110 | — смежные,
а это не так.
Следовательно, такое
распределение цифр
ни на одном кубе
невозможно.
7
15
5
10
8
1
5
3
5
4
6
2
Так представлены изображения цифр на кубе.
Очевидно, что такое распределение цифр на одном кубе
без повторения невозможно.
480
Ответы
Стереометрия. Самостоятельные работы
Домашняя самостоятельная, работа
1. а) |84,5у/3|; б) |5 : 12 |. 2. а) 64уТ5 |;
б)
5. а) |4а2у/3|; б)
Ш = 0,976 . 4. а)
а2\/15 ; б)
^а2У15 .
4
ау/З ; в) | 45° |. 6. а) [2~|; б)
Самостоятельная работа 1 (Пирамиды)
Вариант 1
1. а)
/3
2
аз
5
. 2. |84уТ5|. 3. а) ГэбЛ; б) [ЗР5!
; б)
Вариант 2
8
9
/73
10
. 2. 15у<15 |. 3. а) I 90° I; б) ЦбЯ.
481
Векторы. Самостоятельные работы
Векторы. Самостоятельные работы
Самостоятельная работа 2
1.
а)
б)
в)
г)
д)
е)
ж)
Вариант 1
АЁ[
СР4
САХ
D^B
АС[
Вариант 2
СгА
ст\
са\
АСг
BJJ
ЯЛз
7^5
2.
а)
б)
в)
Вариант 1
1? U
-Ь + с+-а
0-1
1
1
1
Тиз
г-н
1
Tcj
(
Тен '
Вариант 2
1. _ 1-
Тез
г-н |(М
+
Тн©
1
Ти
1
”1 ~
2С ~Ь
Самостоятельная работа 3
5. а) Г90°~1; б)
€ (90°; 180°).
6- а) б)
Самостоятельная работа 4
Вариант 1. a) cos (FE^ED^ = б) p(B-,FEJ = 4УЗт.
Вариант 2. а)
(а^а) = 60°; б) p(N;BDJ = |m.
Вариант 3. a) ; б) pfFF^NT) = 3,5m.
Вариант 4.
a) cos(FK;B'T) = б*)
13
482
Ответы
Карточки самоконтроля
1. rw] 2. [9] 3. [2071 4. Г12~| 5. [24] 6. ПГ15~| 7. |~83]
8. [43П 9. [4П 10. |Г39~| 11. [2821 12. [Зб1 13. [Ml
14. Г30~| 15. Ш 16. [48]
Самостоятельная работа 5
Уровень А
1.
6
Ы] 2. b2j
з. [
~40~| 4.
Зтг
т
5. L
^61}
{-24; 32; 30}
7.
{-4;-6; 12}
8.
{5; 12;-16}
.2 _ „2
Уровень В
1. (За2 + Ь2 — с
2. (а2 + Зв2 — с2) 3. б) | — 1 + ж~|
Уровень С
1. ЕШ 2. ЕШ з. Ео]
4. [0]
Повторение
483
Повторение
Самостоятельная работа 6 (Планиметрия)
180° - а
2
2 I . 7=
3. 8-, тупоугольный 4. 1120° |, 980уЗ
О
5. [8^25], ЦТ
Самостоятельная работа 7 (Призмы)
1. [141 2. [256] 3. |60°; 120°| 4. 11872|
5. 11:5/31 6. [751
7. [480] 8.
Тетраэдр
1. |60°| 2.
Самостоятельная работа 8 (Пирамиды)
I
3
3.
1,5а3
4.
„ 1
Прямоугольник, —
6. 1,5а3 7. ГТТ7]
5. 192, 7-!-
24
Самостоятельная работа 9 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень А, базовый)
1
2
3
4
5
Вариант 1
40тг
32
9тг
5
25 : 4
Вариант 2
40тг
24
9/2тг
СМ | 00
о
о
16%
Самостоятельная работа 10 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В)
1. [~I2F] 2.
4. Г4Т31 5. Г47Т1 6.
гд2
7. I ЗтгТ?2 | 8.
484
Ответы
Самостоятельная работа 11 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В)
1. 16 (3 + 2х/3) 2. [3?75~| 3. |2?3 4. |~2~] 5. |~24
Самостоятельная работа 12 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В)
Вариант 1. 1. 36 I; 2. [72° |.
Вариант 2. 1. 150тг (7 — 4\/з) ; 2. 110
Вариант 3. 1.
24% I
; 2. £з].
Вариант 4. 1.
48тг |
; 2. | 15тг].
Вариант 5. 1.
32л~ I
; 2. | 78% I.
Вариант 6. 1.
; 2. Г8лП.
Вариант 7. 1.
7\/3
; 2. [3,75л-1
Вариант 8. 1. 4680тг; 2520тг |; 2. ,2 : 3 : 4 |.
Самостоятельная работа 13 (Комбинированная работа.
Уровень С)
Вариант 1. 1.
Вариант 2. 1.
Вариант 3. 1.
Вариант 4. 1.
. 12
arcsin —
25
ЬО
1 @
. 24
arcsin —
85
10,6 I; 2.
5 А 13^3
4V ’ 6__-
2.
10 ’
ю
Самостоятельная работа Ц (Пирамиды. Уровень С)
Вариант 2. 1. а
Вариант 4. 1. а
Повторение
485
Карточки индивидуальных заданий
Карточка 1. 1.
Карточка 2. 1.
Карточка 3. 1.
Карточка 4. 1.
Карточка 5. 1.
Карточка 6. 1.
Карточка 7. 1.
Карточка 8. 1.
Карточка 9. 1. 110 |. 2. 11171.
Карточка 10. 1.
Карточка 11. 1.
io| . 2
3
721.
П81. 2. [2].
Карточка 12. 1. | 30° |. 2. [~4~].
Содержание
Программы элективных курсов 5
1. Стереометрия 7
Расстояние между геометрическими фигурами 7
Практикум 1 (Расстояние между простейшими фигурами) 14
Угол между прямой и плоскостью 25
Двугранный угол 31
Практикум 2 (Углы между прямой
и плоскостью, двугранные углы) 34
Некоторые свойства пирамид 46
Практикум 3 (Задачи на свойства пирамид) 54
Задача-игра 62
Практикум-игра 63
Практикум 4 (Углы, объемы, расстояния) 66
Тренировочная работа 1 (Нахождение углов
в прямоугольном параллелепипеде) 81
Тренировочная работа 2 (Нахождение углов
в правильной пирамиде) 94
Домашняя самостоятельная работа 103
Тренировочная работа 3 (Нахождение углов
и площадей элементарных сечений) 105
Самостоятельная работа 1 (Пирамиды) 118
Трехгранный угол 120
Практикум 5 (Решение более сложных задач) 132
Построение сечений 164
Практикум 6 164
Тренировочная работа 4 (Углы, сечения, объемы) 179
Задача-исследование на сечения 193
Практикум 7 (Использование
математического анализа в геометрии) 205
Тренировочная работа 5
(Комбинации методов при решении задач) 225
2. Векторы 237
Основные определения и свойства 237
Практикум 8 (Алгебраическая сумма векторов) 243
Тренировочная работа 6 (Алгебраическая сумма векторов) 247
Самостоятельная работа 2 (Алгебраическая сумма векторов) . . . .253
Векторные свойства, связанные
с замечательными точками треугольника 255
Скалярное произведение векторов 261
Векторное доказательство некоторых геометрических теорем . . . 264
Использование скалярного произведения для нахождения
метрических отношений в треугольнике и четырехугольнике . . .271
Практикум 9 (Векторное решение планиметрических задач). . . .272
Практикум 10 (Использование скалярного произведения
для нахождения углов и расстояний) 282
Тренировочная работа 7 (Использование скалярного
произведения для нахождения углов и расстояний) 292
Самостоятельная работа 3 (Использование скалярного
произведения для нахождения углов) 316
Задача-теорема (Косинус двугранного угла) 318
Координатно-векторный метод 320
Практикум 11 (Основные определения и теоремы) 320
Тренировочная работа 8 (Примеры использования
координатно-векторного метода) 325
Тренировочная работа 9
(Использование различных методов
для нахождения углов и расстояний) 332
Самостоятельная работа 4
(Использование различных методов
для нахождения углов и расстояний) 347
Уравнение плоскости 348
Тренировочная работа 10 (Применение
координатно-векторного метода для решения задач) 357
Карточки самоконтроля 373
Тренировочная работа 11
(Задачи стереометрии и векторные методы) 374
Самостоятельная работа 5
(Применение координатно-векторного метода) 390
Итоговая задача 392
3. Повторение 395
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия) 395
Домашняя тренировочная работа 1 (Планиметрия).
Чертеж. План решения 397
Домашняя тренировочная работа 2 (Многогранники) 408
Домашняя тренировочная работа 2 (Многогранники).
Чертеж. План решения 410
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники) 417
Домашняя тренировочная работа 3 (Многогранники).
Чертеж. План решения 419
Домашняя тренировочная работа 4 (Сечения) 426
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы) 441
Домашняя тренировочная работа 5 (Призмы).
Чертеж. План решения 443
Задачи-ловушки 451
Самостоятельная работа 6 (Планиметрия) 459
Самостоятельная работа 7 (Призмы) 460
Самостоятельная работа 8 (Пирамиды) 461
Самостоятельная работа 9 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень А, базовый) 462
Самостоятельная работа 10 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В) 463
Самостоятельная работа 11 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В) 464
Самостоятельная работа 12 (Комбинации тел вращения
и многогранников. Уровень В) 465
Самостоятельная работа 13 (Комбинированная работа. Уровень С). . .468
Самостоятельная работа 14 (Пирамиды. Уровень С) 470
Карточки индивидуальных заданий 472
Ответы 476
Учебное издание
Шахмейстер Александр Хаимович
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ЭКЗАМЕНАХ
ЧАСТЬ 2. СТЕРЕОМЕТРИЯ
ЧАСТЬ 3. ВЕКТОРЫ
Научный редактор серии А. В, Семенов
Компьютерная графика Н.Н. Сердюкова
Компьютерный набор К. В. Шевяков
Компьютерная верстка С.С. Афонин
Корректоры Е.Г. Никитина, С. С. Афонин
По вопросам приобретения просьба обращаться:
ИЗДАТЕЛЬСТВО МЦНМО
119002, Москва, Б. Власьевский пер., 11
Тел.: (495) 241-7285; факс: (499) 795-1015
E-mail: biblio@mccme.ru; www.mccme.ru
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВИКТОРИЯ ПЛЮС»
В Санкт-Петербурге: (812) 292-3660
В Москве (филиал): (499) 488-3005
E-mail: victory@mailbox.alkor.ru; www.victory.sp.ru
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ПЕТРОГЛИФ»
С.-Петербург, пр. Обуховской обороны, д.86, лит. «А», пом. № 204
Тел.: (812) 943-8076
E-mail: spb@petroglyph.ru; www.petroglyph.ru
Налоговая льгота — ОКП 005-93-95-3005
Подписано к печати 20.07.2012 г. Формат 60x90/16. Бумага офсетная.
Печать офсетная. Объем 30,5 печ. л. Тираж 3000 экз. Заказ №
Отпечатано в ОАО «Первая образцовая типография»,
филиал «Дом печати — ВЯТКА» в полном соответствии с качеством
предоставленных оригиналов.
610033, г. Киров, ул. Московская, 122. Факс (8332) 53-53-80, 62-10-36
http://www.gipp.kirov.ru, e-mail: order@gipp.kirov.ru
Издание напечатано по технологии
Print-on-Demand (печать по требованию)
в одном экземпляре, по индивидуальному заказу.
О ||000339||607000|
Перед вами серия книг практически по всем разделам
школьного курса математики.
По существу это энциклопедия различных методов решения
задач, которые чаще всего встречаются непосредственно
в школьном курсе
Это прекрасные самоучители, которые позволят ученикам
и абитуриентам без репетитора подготовиться к экзаменам.
Естественная логика построения материала «от простого
к сложному» позволит учителю использовать эти книги
для дифференцированной работы с учениками различного
уровня подготовки.
Желательно, чтобы работа с материалами этой серии книг
начиналась уже с 7. 8 класса и была постоянной
и планомерной, тогда она даст наибольший эффект
Б. Г. Зив.
‘ КУРСЫ*
1. Дроби.
2. Корни.
3. Уравнения.
4. Дробно-рациональные неравенства.
5. Системы уравнений.
6. Иррациональные уравнения и неравенства.
7. Множества. Функции. Последовательности. Прогрессии.
8. Логарифмы.
9. Тригонометрия.
10. Построение графиков функций элементарными методами.
11. Уравнения и неравенства с параметрами.
12. Задачи с параметрами на экзаменах.
13. Введение в математический анализ.
14. Комплексные числа.
15. Комбинаторика. Статистика.
Вероятность.
16. Геометрические задачи на экзаменах.
Часть 1. Планиметрия.
17. Геометрические задачи на экзаменах.
Часть 2. Стереометрия. Часть 3. Векторы.