С. А. ШЕСТАКОВ
ВЕКТОРЫ
НА ЭКЗАМЕНАХ
ВЕКТОРНЫЙ МЕТОД
В СТЕРЕОМЕТРИИ

С.А.ШЕСТАКОВ
ВЕКТОРЫ
НА ЭКЗАМЕНАХ
Векторный метод в стереометрии
Москва
Издательство МЦНМО
2005

УДК 514.742
ББК 22.151.0
Ш52
Шестаков С. А.
Ш52 Векторы на экзаменах. Векторный метод в стереометрии.—
М.: МЦНМО, 2005.— 112 с: ил.
ISBN 5-94057-203-0
В пособии изложены методы решения основных типов задач по стереометрии
Это задачи на вычисление отношений, в которых секущая плоскость делит ребра
многогранника, вычисление расстояний от точки до прямой и плоскости, расстояний
и углов между скрещивающимися прямыми, задачи на комбинации многогранников
и тел вращения. Приводятся необходимые теоретические сведения, основные
алгоритмы, базирующиеся на свойствах векторов и проиллюстрированные примерами,
и задачи для самостоятельного решения, отобранные из вариантов вступительных
экзаменов в вузы и ЕГЭ.
Пособие предназначено старшеклассникам, абитуриентам, учителям
математики.
ББК 22.151.0
© Шестаков С. А., 2005
ISBN 5-94057-203-0 '^>' © МЦНМО, 2005

ПРЕДИСЛОВИЕ
В этом пособии, предназначенном для учащихся старших классов,
абитуриентов, учителей математики, изложены методы решения большинства
основных типов стереометрических задач, основанные на применении
векторов. Задачи, о которых идёт речь, можно встретить на вступительных
экзаменах в различные вузы, в вариантах Единого государственного
экзамена (ЕГЭ) по математике, в учебниках для профильной школы и классов
с углублённым изучением математики. Изложенные в книге методы
позволяют эффективно решать такие задачи даже при недостаточно развитом
пространственном воображении.
Пособие состоит из двух глав и приложения. В главе 1 приводятся
необходимые теоретические сведения. При этом предполагается, что
читатель знаком с основами векторной алгебры в том объёме, в каком они
излагаются в любом из ныне действующих учебников планиметрии. Каждый
параграф главы 2 посвящен методике решения определённого типа задач
и снабжён необходимыми примерами и пояснениями. В конце параграфов
приведены задачи для самостоятельного решения с ответами и
указаниями. Большинство задач отобрано из вариантов вступительных экзаменов
в ведущие вузы (МГУ, МФТИ, МГТУ, МАИ и др.) и вариантов ЕГЭ.
Материал пособия может быть использован на уроках и факультативах при
работе с мотивированными учащимися 10—11 классов, а также в качестве
элективного курса, примерное планирование которого и соответствующие
дидактические материалы приведены в приложении.
Задачи по стереометрии, включенные в пособие, имеют выраженное
геометрическое содержание, а чисто аналитические задачи (например,
вычисление координат и длины некоторого вектора по координатам
нескольких других векторов при известной связи между последними) не
рассматриваются, поскольку они, как правило, не вызывают у учащихся
значительных затруднений. К сожалению, за малым исключением, в учебной
литературе почти не было попыток изложения систематического подхода
к решению стереометрических задач методами векторной алгебры.
Настоящее пособие призвано в какой-то мере восполнить этот пробел и
способствовать выработке умения использовать мощный и универсальный
арсенал методов векторной алгебры (разумеется, не выходящих за рамки
программы) для решения большинства основных типов задач по
стереометрии, встречающихся в школьной и абитуриентской практике. Не секрет,
что эти задачи порой являются камнем преткновения даже для сильных

Предисловие
учащихся: время, отводимое на изучение стереометрии, часто оказывается
недостаточным и не позволяет должным образом развить
пространственное воображение, без которого чисто геометрическое решение задачи
вызовет непреодолимые затруднения. Во многих случаях векторы позволяют
компенсировать указанный недостаток и помогают даже не слишком
сильным ученикам находить решения довольно трудных задач, поскольку, как
показывает практика, рассматриваемые методы хорошо усваиваются
подавляющим большинством учащихся. Конечно, часть задач пособия может
быть достаточно просто решена и без применения векторов. Но это
соображение не должно служить препятствием и при решении такой задачи по
одному из приведённых алгоритмов, тем более что время, затраченное на
решение, будет примерно одинаковым, поскольку геометрическое решение
требует довольно подробных обоснований.
В заключение хочется поблагодарить тех, чей труд сделал возможным
издание этого пособия: д.ф.-м.н. профессора В. Ф. Бутузова и
заслуженного учителя РФ И. И. Юдину, внимательно прочитавших рукопись и
высказавших ряд важных замечаний, в значительной степени способствовавших
улучшению книги, Д. И. Казакова, И. Д. Казакова и Н.М. Уткину, чью
помощь в подготовке рукописи к публикации трудно переоценить.
Автор

ГЛАВА 1
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
§ 1.1. Основные определения
Определение вектора в пространстве ничем не отличается от
определения вектора на плоскости.
Определение 1. Вектором называется направленный отрезок, т.е.
отрезок, для которого указано, какая из его граничных точек является
началом, а какая — концом.
Так же как и на плоскости, векторы обозначаются ~cty АВ и т. п. и на
чертеже изображаются стрелкой.
Определение 2. Длиной (или модулем) вектора АВ называется длина
отрезка АВ, а направление, определяемое лучом [АВ), называется
направлением вектора А В.
Длина вектора Zf обозначается \~а\, длина вектора АВ обозначается
\АВ\.
Любая точка пространства также считается вектором, который
называется нулевым. Начало такого вектора совпадает с его концом, а длина
равна нулю. Обозначения нулевого вектора: АА, 0.
Определение 3. Векторы "а и Ь называются коллинеарными, если
они лежат на одной прямой или на параллельных прямых.
Если ненулевые векторы АВ и CD лежат на параллельных прямых
(следовательно, в одной плоскости), причём лучи [АВ) и [CD) лежат в
одной полуплоскости, границей которой является прямая АС, то векторы АВ
и CD называются сонаправленными; в случае же, когда эти векторы
принадлежат одной прямой, они называются сонаправленными, если один из
лучей [АВ) или [CD) целиком содержится в другом. Нулевой вектор будем
считать сонаправленным с любым вектором в пространстве.
Ясно, что сонаправленные векторы, в силу их определения, коллинеар-
ны. Если два коллинеарных вектора не сонаправлены, то они
называются противоположно направленными. Обозначения остаются обычными:
о* || Ь (векторы ~а и b сонаправлены), ~а || Ь (векторы ~а и b
противоположно направлены).

Пл 1 Теоретические сведения
Определение 4. Векторы ~а и ~Ь называются равными, если \а\ = I b \
и ~а It Ь (т.е. если векторы сонаправлены и их длины равны).
Теорема 1. От любой точки пространства можно отложить
вектор, равный данному, и притом только один.
Доказательство этой теоремы аналогично доказательству
соответствующей планиметрической теоремы.
§ 1.2. Операции над векторами и их свойства
Операции над векторами в пространстве аналогичны соответствующим
операциям на плоскости.
Пусть даны два вектора ~а и b. В силу теоремы 1 от произвольной
точки А пространства можно отложить вектор АВ = ~а, а от точки В —
вектор ВС = b. Тогда вектор АС называется по определению суммой
векторов ~а и b, а описанное правило построения суммы двух векторов —
правилом треугольника (рис. 1).
Теорема 2. Сумма ~а + b векторов ~а и b не зависит от
выбора точки Л, от которой при сложении откладывается вектор а\
(Докажите эту теорему самостоятельно.)
Правило треугольника можно сформулировать и так: для любых трёх
точек А, В, С пространства выполняется равенство
Кроме того, сумму двух неколлинеарных векторов с общим началом
можно построить и по правилу параллелограмма: ~а + b = ~с, где ~с —
вектор, модуль которого равен длине диагонали параллелограмма,
построенного на векторах ~а и b, причём вектор ~с откладывают от той же точки,
что и векторы ~а и b (рис. 2).
Все свойства операции сложения в е кто р о в,
справедливые на плоскости, остаются справедливыми и в пространстве:
2) ~а +1? =~b +!i — коммутативность (переместительный закон);
3) (а + ~Ь) + ~с = ~а + (Ь + ~с) — ассоциативность (сочетательный
закон).
Здесь ~а,~Ь,~с— произвольные векторы в пространстве.
Определение 5. Два ненулевых вектора называются
противоположными, если их длины равны и эти векторы противоположно направлены.

§ 1.2. Операции над векторами и их свойства
Вектор, противоположный данному ненулевому вектору ~а,
обозначается (-<?). _^
Определение 6. Разностью двух векторов ~а и Ь называется
вектор "с такой, что его сумма с вектором b равна вектору ~а.
Разность векторов ~а и Ь обозначается ~а - Ь. Таким образом, по
определению ~с = ~а — Ь, если ~а — b +T.
Разность векторов ~а и b можно найти по формуле ~а — b =~ct + (— b)
(рис. 3) (докажите эту формулу самостоятельно).
Рис. 1
Рис. 2
Рис.3
Замечание. Так же как и на плоскости, для сложения нескольких
векторов в пространстве можно использовать правило многоугольника
(рис. 4), только в последнем случае этот многоугольник будет простран-
Рис. 4
ственным (т.е. не все векторы, его составляющие, лежат в одной
плоскости). Из законов сложения векторов следует, что сумма нескольких
векторов не зависит от порядка слагаемых.

Гл 1 Теоретические сведения
Умножение (произведение) вектора на число и его свойства, так же
как и свойства операции сложения, не претерпевают изменений и в
пространстве.
Определение 7. Произведением ненулевого вектора ~а на
действительное число k называется вектор b, длина которого равна произведению
длины вектора ~а на модуль числа k, причём вектор Ь сонаправлен с
вектором ~а при k > 0 и противоположно направлен вектору ~а при k < 0.
Таким образом, по определению, b = k • ~а, если | b | = \k\ • \ ~а\, причём
b ТТ "а при k > 0 и b || ~а при k < 0. Ясно, что векторы ~а и b
коллинеарны. Если же ~а = 0 или /г = 0, то £ • 0 = 0 и 0 • а* = 0.
Свойства умножения вектора на число не
отличаются от аналогичных свойств на плоскости:
1) (k • I) • ~а = k • (/ • а*) — ассоциативность (сочетательный закон);
2) k-(7i + b) = k-~a+k- b —дистрибутивность относительно сложения
векторов (1-й распределительный закон);
3) (k + l)-~a = k-~a +1-~а — дистрибутивность относительно сложения
чисел (2-й распределительный закон).
Здесь ~а и b — произвольные векторы, k и / — произвольные
действительные числа.
Справедлива также и лемма о коллинеарных векторах: если векторы
"а и b коллинеарны w~a ф 0, то существует такое действительное число k,
что b = k-~a (ясно, что k = -Ы-, если ~а || b\k — — -U-, если ~а || Ь).
Сформулируем и докажем ещё одну важную для решения некоторых
задач теорему.
Теорема 3. Пусть AM = k • MB, где k — некоторое
действительное число, отличное от —1, тогда точки Л, М, В принадлежат
одной прямой. Для произвольной точки О пространства справедливо
равенство:
Доказательство. 1. Из равенства AM = k • MB следует, что
векторы AM и MB коллинеарны, и так как М — общая точка прямых AM
и MB, эти прямые совпадают, поэтому точки Л, М, В принадлежат одной
прямой.
2. Пусть О — произвольная точка пространства^огда AM = ОМ -
- ОА, ЖЕ = OB - ОМУ_^ поскольку ЛМ = & • MB, to ОМ -ОА =
= k(OB- ОМ), откуда ОА + k • ОВ = ОМ (k + \). Поделив обе части
последнего равенства на (k+\), приходим к формуле (1). Теорема доказана.

§ 1 2 Операции над векторами и их свойства
Следствие 1. Если М — середина отрезка АВ, то для любой
тонки О пространства справедливо
ОМ=Х-(ОА
(в данном случае к = 1, см. рис. 5).
(2)
Следствие 2. Если точка М делит отрезок АВ в отношении —,
п
т. е. AM : MB = m : п, то для любой тонки О пространства
ОМ =
т + п
• ОА +
т + п
ОВ
(3)
т
(в данном случае k = —, см. рис. 6).
Следствие 3. Если точки М и Р делят соответственно отрезки
АВ и CD в равных отношениях, т. е. AM : MB = CP : PD = га : я, то
МР =
• АС +
BD.
т + п т + п
В самом деле, для любой точки О пространства в силу следствия 2
(4)
т + п т + п т + п т + п
Вычтя из последнего соотношения предпоследнее и учитывая, что
МР=ОР-ОМУ АС ~" ~~* — — —
получим формулу (4) (рис. 7).
fO А£^М ^D
м1 ^Р
Рис. 6
Рис. 7
Как видим, почти все определения и утверждения, рассмотренные
выше (за исключением, быть может, правила сложения нескольких векторов),
аналогичны соответствующим определениям и утверждениям планиметрии,
что, вообще говоря, вполне естественно: ведь любая плоскость
принадлежит пространству, и то, что справедливо на плоскости, остаётся
справедливым и в пространстве.

Гл 1. Теоретические сведения
§ 1.3. Компланарные и некомпланарные векторы
Следующее понятие уже не имеет аналога в планиметрии.
Определение 8. Векторы называются компланарными, если лучи,
задающие их направления, параллельны некоторой плоскости.
Замечание. Из определения 8 следует, что при откладывании от одной
точки векторов, равных нескольким данным компланарным векторам,
получим векторы, лежащие в одной плоскости. Таким образом, компланарные
векторы лежат либо в одной плоскости, либо в параллельных плоскостях.
Очевидно, что любые два вектора компланарны и любые три вектора,
два из которых коллинеарны, также являются компланарными (поясните).
Рассмотрим теперь условия, при которых три вектора, из которых никакие
два не коллинеарны, являются компланарными.
Теорема 4. Векторы ~а, b,7, из которых никакие два не
коллинеарны, являются компланарными в том и только том случае, если
существуют такие действительные числа х и у, что
Т = х -~а + у - b (5)
(иными словами, векторы ~а, b, 7 являются компланарными в том и
только том случае, если один из них можно выразить через два других, или,
как говорят, разложить по двум другим).
Доказательство. 1. Пусть векторы ~а, b,7 компланарны.
Докажем, что для них имеет место равенство (5). Отложим от произвольной
точки О векторы ОА = ~а, ОВ = Ь, ОС =
= 7. Векторы ОА, ОВ, ОС лежат в одной
плоскости (см. замечание). Проведём через
точку С прямую 1\ || ОВ до пересечения с
прямой ОА в точке А\ и прямую h II ОА до
пересечения с прямой ОВ в точке В\ (см. рис. 8).
Так как векторы ОА и ОА\, ОВ и ОВ\
коллинеарны, по лемме о коллинеарных векторах
(см. §1.2) существуют такие действительные
числа х и у, что ОА\ = х • ОА = х • ~а, ОВ\ -
= уОВ = у-р. Но по правилу
параллелограмма ОС = ОА\ + ОВи откуда 7 = х • ~а + у • ~Ь.
2. Обратно, пусть выполнено равенство (5).
Докажем, что векторы ~а, Ь,~с компланарны.
Векторы х - ~а и у • ~Ь при откладывании от одной точки определяют
некоторую плоскость. Согласно правилу параллелограмма и равенству (5) век-

§ 1.3 Компланарные и некомпланарные векторы
Рис. 9
тор с принадлежит той же плоскости, откуда следует, что векторы х • а,
у - b и 7, a значит, и векторы а\ ft, 7, компланарны. Теорема
доказана. ^
Отложим от произвольной точки О пространства векторы ОА = ~а,
Цв — ft, ОС = 7, где а\ 6,7 — три данных некомпланарных вектора,
ирассмотрим параллелепипед OADBCA\D\B\, построенный на векторах
ОА, ОВ, ОС (рис. 9). Тогда сумму
векторов ~а, b,~с можно найти следующим
образом:_£ 4- JM- 7 = О4 4- ОВ 4-
4- ОС = OD 4- ОС = OD\. Это правило
сложения трёх некомпланарных
векторов называется правилом
параллелепипеда.
Если векторы а\ b, 7 не являются
компланарными и для вектора ~р имеет
место равенство /? = х-~а+у- b + z-~c,
где х, у, z — некоторые действительные
числа, то говорят, что вектор ~р
разложен по трём некомпланарным векторам
~а, ft, 7, а числа х, у, z называются коэффициентами разложения.
Следующая теорема, называемая теоремой о разложении вектора
по трём некомпланарным векторам, является основной во всей
элементарной (школьной) векторной алгебре.
Теорема 5. Любой вектор ~р пространства можно разложить по
трём данным некомпланарным векторам ~а, ft, 7, причём
коэффициенты разложения определятся единственным образом.
Доказательство. 1. Если векторы ~р и 7 коллинеарны, то ~р —
= 2-7 = 0-?f4-0- ft -f z • 7, и теорема доказана.
2. Пусть векторы ~р и 7 не
коллинеарны. Отложим от произвольной
точки О пространства векторы ОА =
= 3\ ОВ = ft*, ОС = ~с, ОР = ~р
(рис. 10). Проведём через точку Р
прямую 1\ || ОС до пересечения с
плоскостью ОАВ в точке Pj. Через точку Pi
в плоскости ОАВ проведём прямую
k || ОВ до пересечения с прямой ОА
в точке P<i (в частности, если Pj 6 ОВ,
то точка P<i совпадает с точкой О).
Рис. 10

12 Пп 1 Теоретические сведения
Согласно правилу многоугольника OP = O/^+^Pl+P^, но векторы OP<i
и ОЛ, Р2Р\ и ОВ, Р\Р и ОС по построению коллинеарны, поэтому в силу
леммы о коллинеарных векторах 0Р\ = х-ОА = х-~ау РоР\ = у-СНЗ = у- Ь,
Р\Р = г-ОС — z-~c, где х, у, z — некоторые действительные числа Таким
образом, учитывая, что ОР = ~р, приходим к равенству ~р = х •'а+у • b +
+ 2-7.
3. Докажем теперь, что разложение вектора /? по данным векторам
~а, b,~с единственно. Допустим, что это не так, т.е. существует ещё одно
разложение ~р = х\ -~а+у\ • b +z\ -7, в котором хотя бы один коэффициент
не равен соответствующему коэффициенту в полученном нами разложении.
Пусть, например, z ф z\. Вычтем последнее равенство из предпоследнего.
Тогда (х — Х\)- Ж + (у — у\)- b +(z — z\)-~c = 0, отсюда ~с = • ~а -
Z — Z\
— _ • Ь, т. е. векторы 7i, b, Т компланарны, что противоречит условию
теоремы. Значит, наше допущение о ещё одном разложении неверно, т. е.
разложение вектора ~р по данным векторам ~а, b,~с единственно. Теорема
доказана.
Итак, любой вектор ~р пространства можно разложить по трём
данным некомпланарным векторам о\ Ь,~с, причём единственным образом.
Заданную тройку некомпланарных векторов ~ау b ,~с называют базисом,
сами векторы "а, Ь,~с — базисными векторами, а разложение
вектора ~р по векторам ~а, b, Т называют разложением по данному базису
~ау Ь,7.
§ 1.4. Координаты вектора
Так же как и на плоскости, в пространстве помимо координат точки
вводятся координаты вектора. Рассмотрим три попарно
перпендикулярных вектора /, у , /г, отложенных от некоторой точки О пространства,
таких, что |Т| = |7] = |*| = 1 (например, их можно направить по рёбрам
единичного куба). Эти векторы, очевидно, не являются компланарными.
Поэтому, в силу теоремы 5, любой вектор ~а можно разложить по
векторам /, у , k, причём единственным образом: ~а = хо • / + уо • j + zq • k.
Введём прямоугольную систему координат с началом в точке О так, чтобы
направления осей Оху Оуу Oz совпали_с направлениями векторов 7, 7, *"
соответственно. Тогда векторы /, у , k называются единичными
векторами осей координат, а числа л:о, */о> z$ — координатами вектора ~а
в системе координат Oxyz (обозначения: ~а = (х0; уц\ г0); ~а(хО'у у0;

§ 1.4. Координаты вектора 13
Свойства векторов пространства, заданных
своими координатами, аналогичны соответствующим свойствам
векторов на плоскости:
1. Два вектора равны в том и только том случае, если равны их
координаты.
2. Координаты суммы (разности) двух векторов равны суммам
(разностям) соответствующих координат этих векторов, т.е. для векторов
~а(х\\ у\\ z\), Ь(х2\ у2\ z2) получаем ~а ± Ь = (х\ ±х2\ у\ ±у2\ z\ ±z2).
3. При умножении вектора на число каждая его координата умножается
на это число, т.е. для вектора ~а(хо', уо\ ?о) и действительного числа k
получаем k • ~а = (kxo; ky$, kzo).
Докажем, например, свойство 2. Так как ~а = х\ • / + у\ • j + z\ • ky
b = x2- i +y2- j +z2- k, то, согласно свойствам сложения векторов и
умножения вектора на число, ~а± b = (x\±x2)- i +(y\ ±y2)- j +(z\ ±z2) • й,
т.е. вектор ~а ± b имеет координаты (х\ ±х2; у\ ±у2; Z\ ±22), что и
требовалось доказать. Остальные свойства доказываются аналогично.
Возникает естественный вопрос: каков «геометрический» смысл
координат вектора? Для ответа на поставленный вопрос введём понятия угла
между векторами и проекции вектора на произвольную ось /.
Назовём углом между лучами [ОА) и [ОВ) угол АОВУ не
превосходящий 180°. ^
Определение 9. Углом между двумя векторами ~а и b называется
не превосходящий 180° угол между двумя лучами, имеющими общее
начало в произвольной точке пространства, направление одного из которых
совпадает с направлением вектора ~ау направление
другого — с направлением вектора b.
Угол между векторами ~а и b будем обозначать
а\ b. Иными словами, угол между векторами ~а и b
равен углу АО В (АОВ ^ 180°), где ОА = а\ ОВ = ~Ь,
О — произвольная точка пространства (рис. 11).
Ясно, что угол между векторами ~а и b не зависит
от выбора точки О.
Пусть теперь дан вектор АВ и ось / и пусть А\
и В\ — основания перпендикуляров, опущенных на ось / из точек А и В
соответственно. Точка А (или В) может лежать на оси /, и тогда А\ (или В\)
совпадает с А (или В) (этот случай разберите самостоятельно).
Определение 10. Проекцией вектора АВ на ось I называется длина
вектора А\В\, взятая со знаком «плюс», если направления вектора А\В\
и оси / одинаковы, и со знаком «минус», если эти направления
противоположны.

14 Пп. 1. Теоретические сведения
Проекцию вектора ~а на ось / будем обозначать np,2f.
Назовём углом между вектором ~а и осью / угол между вектором ~а
и произвольным ненулевым вектором оси /, направление которого
совпадает с направлением оси /.
Теорема 6. Проекция вектора ~а на ось I равна длине вектора ~ау
умноженной на косинус угла между вектором ~а и осью /, т. е.
прД= \а\ • cos(a\ /) (6)
Доказательство. Пусть дан вектор ~а = АВ и пусть Аi, В\ —
основания перпендикуляров, опущенных из точек А и В соответственно
на ось / (рис. 12). Будем считать, без
ограничения общности, что ~а, I ^ 90°.
Проведём через точку А\ прямую р || АВ (точка А\
может лежать на прямой АВ — этот
случай разберите самостоятельно). Так как
прямые р и АВ параллельны, они лежат в одной
плоскости. Проведём в этой плоскости через
А в 1 точку В прямую, параллельную прямой АА\
и пересекающую прямую р в точке Z^. Тогда
Рис- 12 А\АВВ\ по построению — параллелограмм
(однако так будет не всегда — поясните). Из
определения угла между векторами и проведённого построения следует, что
2f, / = В2А\В\\ В2В, I = А\АУ I = 90°. Таким образом, прямая /
перпендикулярна прямым ВВ\ и ВВ2 и, значит, в силу признака
перпендикулярности прямой и плоскости, перпендикулярна плоскости ВВ2В\. Поэтому
/ JL £2^1 и Infill = |i4i^2| -cos62^1^1 = \АВ\ -cos(7f, /) = \а\ -cos(2f, /),
что и требовалось доказать.
Теперь мы уже вплотную приблизились к определению
«геометрического» смысла координат вектора.
Теорема 7. Координаты хо, уо, ?о вектора ~а равны проекциям
этого вектора на оси Ox, Oy, Oz соответственно.
Доказательство. Отложим от начала координат вектор OD = ~а.
Тогда в силу равенства векторов ~а и OD будут равны и их координаты.
Проведём через точку D три плоскости, параллельные координатным
плоскостям и пересекающие оси Оху Оуу Oz в точках Л, В, С соответственно
(рис. 13). Тогда по правилу параллелепипеда ~а = OD = ОА + ОВ + ОС.
Так как векторы ОА и 7, ОВ и 7, ОС и ~k коллинеарны и ~а = х0 • 7 +
+Уо-1 +zo- ky в силу единственности разложения вектора по трём
некомпланарным векторам (теорема 5) получим, что ОА = х0 • 7, OS = у0 • 7,

§ 1.4. Координаты вектора
15
ОС = го • k. Поскольку параллелепипед, построенный на векторах ОА,
ОВ, ОС, является в данном случае прямоугольным, проекции вектора ~а
на оси Ox, Oy, Oz равны величинам \ОА\, \ОВ\, \ОС\, взятым с
определёнными знаками. Обозначим пр0АГа* = ОА, прОу~а = OB, npOz~a = ОС.
В силу того, что ОА = хо' i, ОВ =
= Уо ' j;, ОС = zo • k, и так как
| / | = |/| = | k | = 1, получаем
\ОА\ = \хо\, \ОВ\ = Ы, \ОС\ =
= |zo|. Кроме того, если, например,
ОА ТТ 7, то числа ОА и хо оба
положительны, если же ОА || /, то
числа ОА и хо оба отрицательны,
поэтому ОА = хо, и, аналогично,
ОВ = #о> ОС = zo. Теорема
доРис. 13
казана.
Введём теперь понятие радиус-вектора точки. Вектор ~а = OD, где
D — произвольная точка пространства, а О — начало координат,
называется радиус-вектором точки D. Из теоремы 7 легко следует, что
координаты радиус-вектора точки D совпадают с координатами (*о; Уо', ^о)
самой точки D. Кроме того, так как квадрат диагонали прямоугольного
параллелепипеда равен сумме квадратов трёх его сторон, то
■ + У*о + 4- (7)
Если обозначить углы, образованные вектором ~а с осями Ox, Oy, Oz
через а, (3, у соответственно, то хо = \~а\ • cos а,- у о = \а\ • cosp, 2o =
= |а*| • cosy. Косинусы этих углов называются направляющими
косинусами вектора а\ Из формулы (7) и последних соотношений легко получить,
что
cos a =
Уо
cosy =
откуда, возводя в квадрат и складывая, найдём, что
cos2 а -Ь cos2 р + cos2 у = 1.
Пусть теперь дан произвольный вектор АВ и известны координаты
(х\у У\, z\) его начала — точки А и координаты (Х2, У2, 22) его конца —
точки В. Тогда АВ = ОВ - ОА, но координаты радиус-векторов ОА и ОВ
совпадают с координатами точек А и В, поэтому ОВ = (х?, У2\ 22), ОА =
^ (*ь У\\ Z\) и АВ = (Х2 — х\\ у2 — у\\ Z2 — Z\). Таким образом,
координаты вектора равны разностям соответствующих координат его

16 Гл.1. Теоретические сведения
конца и начала. В этом случае
2 ~Х{)2 + (У2 ~У\)2 + (22 " Z,)2. (8)
Формула (8) позволяет определять расстояние между точками
А(х\; у\\ z\) и В(х2, У2\ %2) по их координатам.
§ 1.5. Скалярное произведение векторов и его свойства
Определение скалярного произведения векторов ~а и b в
пространстве ничем не отличается от аналогичного определения для векторов на
плоскости. _^
Определение 11. Скалярным произведением, векторов Ж и b
называется произведение длин этих векторов на косинус угла между ними
(обозначение: ~а • Ь). Таким образом, по определению,
~а-~Ь' = |o*|-H-cos(a\ ~Ь). (9)
Теорема 8. Два ненулевых вектора ~а и b взаимно
перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение
равно нулю, т.е. _^ _^
~а A. b Ф> 7f • й = 0.
Доказательство этой теоремы вытекает из формулы (9).
Определение 12. Скалярным квадратом вектора ~а называется
скалярное произведение "а • ~а. Скалярный квадрат обозначается ~а2, т.е.
по определению ~а2 = 7г • а\
Так как ~а2 = 7г • ~а = \а\ • \а\ • cosO = \~a\2, то
\t\ = y/7P. (10)
Таким образом, длина вектора равна квадратному корню из его
скалярного квадрата.
Замечание. Скалярное произведение есть число, поэтому грубой
ошибкой явилась бы запись: \fW- = ~a.
Если векторы ~а и b заданы своими координатами: ~а(х\\ у\\ z\)y
Ь {*2, У2\ %2), то скалярное произведение может быть выражено через их
координаты.
Теорема 9. Скалярное произведение векторов равно сумме
произведений их соответственных координат, т. е.
~а • Ь =х\ -Х2 + у\ -y2 + z\ -z2. (11)
Доказательство. Отложим от произвольной точки О
пространства векторы ОА = ~а и OB = b. При этом, как мы знаем, соответству-

§1.5. Скалярное произведение векторов и его свойства 17
юшие координаты векторов ОА и ~а, а также ОВ и b будут равны, а угол
= ~а, b. По теореме косинусов для треугольника ОАВ получим
\АВ\2 = \ОА\2 + \ОВ\2 - 2 • \ОА\ • \ОВ\ • cos АОВ,
и так как АВ = ОВ - ОА = ~Ь - ~а, имеем \Ь - ~а\2 = (b - ~а)2 = \~а\2 +
+ |гГ|2 - 2 • Я • гГ, откуда ~а • ~Ь = Х-{\а\2 4- \Ь\2 - \Ь - ~а\2). Но
\b - а | = yj(x2 - x{)2 + (y2 - y{)2 4- (22
поэтому
3^ • ^ = |(x? + г/? + 2г? 4-x| 4- i/1 + з| - (x2 - x,)2 - (i/2 - f/i)2 - (^2 - -гО2).
Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим формулу (11).
Свойства скалярного произведения векторов в
пространстве такие же, как и на плоскости: для любых векторов а\ Ь,~с
и любого действительного числа k справедливы следующие соотношения:
1) ~а • ~а ^ 0, причём ~а -7г > 0 при ~а ф 0;
2) ~а • b = b -~а — коммутативность (переместительный закон);
3) (k - ~a)j b = k-{~a • 6_) — ассоциативность (сочетательный закон);
4) (~а + b)-T =~a-~c + b -7 — дистрибутивность (распределительный
закон).
Свойства 1 и 2 непосредственно следуют из определения скалярного
произведения векторов, а свойства 3 и 4 легко могут быть доказаны с
помощью теоремы 9. Докажем, например, свойство 4. Пусть ~а(х\\ у\\ z\),
b (х2\ у2\ 22), ~с(*з\ Уз', ^з). Тогда
(~а 4- b) • 7 — (х\ 4- х2) • л:з 4- (0i + 02) * 03 + (2i 4- 22) • 23 =
= (х\ - х% -|- 01 • 0з 4- Z\ • 23) 4- (х2 - хз + у2 - уз + z2 • 23) = ~& • 7 4- & • ?.
Свойство 4 доказано.
В заключение этой главы приведём ещё два важных соотношения,
которые легко получить из теорем 8 и 9 и определения 9: если ненулевые
векторы ~а и b заданы своими координатами ~а{х\\ у\\ z\)y b(x2\ y2\ z2),
то
~а L~b Ф> х\ -х2 + у\ -y2 + z\ -z2 = 0, (12)
cos(ZT, b) = ——=5- = —. —. (13)
2* Векторы на экзаменах

ГЛАВА 2
МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
§ 2.1. Разложение вектора по трём данным
некомпланарным векторам
Решение любой геометрической задачи на вычисление сводится, в
сущности, к нахождению величин двух типов: расстояний и углов. Если в
пространстве задан некоторый базис (в частности, прямоугольный), т. е. тройка
некомпланарных векторов, то на основании теоремы 5 любой вектор
пространства можно разложить по векторам этого базиса, причём
единственным образом. Если известны длины векторов, образующих базис, углы
между ними и разложение некоторого вектора по векторам этого базиса,
то, используя свойства скалярного произведения, можно определить длину
такого вектора и угол, образуемый им с любым другим вектором,
разложение которого по векторам этого базиса известно. Таким образом, векторы
позволяют находить решения довольно широкого класса геометрических
задач, а умение определять разложение
вектора по базисным векторам является
важнейшим фактором их решения.
Для решения задач о разложении
вектора по трём данным некомпланарным
векторам, разумеется, необходимо,
помимо теоремы 5, знание предшествующего ей
материала.
Задача 1. Основанием
четырёхугольной пирамиды SABCD является
параллелограмм ABCD. Точки Р и К — середины
рёбер SD и ВС соответственно. Найдите
разложение векторов SD и РК по векторам SA = ~а, SB = b, SC = Т.
Решение (см. рис. 14). 1. SD = SA+AD, но AD = ВС = SC - SB,
поэтому SD = SA + SC - SB = ~а - ~Ь + ~с.
2. Так как К — середина ВС, РК = PS 4- SK, но PS = -^5Д
SK = -z(SB -f SC) (см. следствие 1 теоремы 3), поэтому РК = —-^SD +
Рис. 14

§ 2 1. Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам
19
+ l-(SB + SC) = \(b + 7 - (а - ~b + 7)) = -\а + ~Ъ + О • Г =
Ответ: SD = ^-?+T;P^= -^+/Г.
Заметим, что в разложении вектора РК по векторам ~а, Ь,7
коэффициент разложения при векторе 7 равен нулю, а это означает, в силу
теоремы 4, что векторы Р/С, ~а w b компланарны. Если заранее «увидеть»,
что РК || ВТ, Р/С = ВТ, где Г — середина SA (отсюда РК = ТВ), то
разложение вектора РК можно было бы найти проще.
Но векторный метод тем и хорош, что, даже не
обладая развитым пространственным
воображением, а лишь зная основные определения и
теоремы, можно получить правильный ответ (пусть
и не всегда самым оптимальным путём)!
Задача 2. Пусть М — точка пересечения
медиан треугольника ABC, S — произвольная точка
пространства. Найдите разложение вектора SM
по векторам SA, SBy SC.
Решение (см. рис. 15). Пусть К —
середина ребра ВС. Так как М — точка пересечения
медиан треугольника ЛВС, точки Л, Af, К
принадлежат одной прямой, причём, в силу теоремы
о точке пересечения медиан треугольника, AM = ^Л/С. Согласно след-
о
ствию 1 теоремы 3, SK = ^(SB + SC). Тогда SM = SA+AM = SA +
\~A~K = SA + 1
- SA) = $
SC) =
Ответ. SM = UsA +SB+ S6).
О
Результат этой задачи нередко используется при решении многих
других задач по стереометрии, поэтому в дальнейшем будем применять его
в качестве известного факта.
Заметим, что сумма коэффициентов полученного разложения равна 1.
Последнее оказывается справедливым не только для точки пересечения
медиан треугольника ABC, но и для любой другой точки, лежащей в
плоскости этого треугольника.
Задача 3. Пусть точка М принадлежит плоскости треугольника ABC,
а S -^произвольная точка пространства. Докажите, что SM = х • SA +
+ У • SB + г • SC, где х + у + г = 1.

20
Гл. 2. Методы решения задач
Решение (см. рис. 16). SM = SA -{-AM. Но вектор AM можно
разложить по двум неколлинеарным векторам плоскости ABC, например,
AM = у - АВ + z - АС. Тогда SM = SA + у • АВ +
+ z • АС = SA + у • (SB - SA) + z • (SC - SA) =
1g
+ z - SC, где x = 1 — у — 2, т. е. х + у + z = 1, что
и требовалось доказать.
Задача 4. В треугольной пирамиде SABC
точки М и Т — точки пересечения медиан
треугольников ABC и SBC соответственно, точки Р
и К принадлежат рёбрам АС и SB
соответственно; АР : PC =J :_2^SK^J<B = 2:3. Разложите
векторы Р/С, AT, МТ и МК по векторам 5Л = а\
SB = £, 5С = Т.
Решение (см. рис. 17). 1. РК = PA+AS + SK = ^СА -SA + ?5В =
2. Согласно задаче 2, ЛГ = ^
+ АВ + ЛС) = i(-a* + (b - ~а) +
о
3. М? = MS + SA + AT = ~^{
Ь + Т) + о"- о"+ |
^7 = -|а
(так как Л7" = — ~а + ^Ь + ^Т — см. предыдущий пункт решения).
-^ -^ Л i-~ 2-
4. AJ/( = MS + 5/( = -SiM + \b. Co-
гласно задаче 2, SM = -(а + 6 + ?), по-
— 1 ^ - - 2- 1_
этому М/С = --(a + 6 + c)-fc ^ =~за +
Ответ:
РК = - \~а + \Т> - \7,
О О О
Заметим, что равенство МТ = —-z~a
о
означает параллельность отрезков МТ
и SA, причём МТ = -zSA. Этот факт (а значит, и соответствующее раз-
о
ложение) можно установить и без использования векторов, рассмотрев
плоскость ASH (где И — середина отрезка ВС) и воспользовавшись подо-

§ 2 1 Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам 21
бием треугольников ТИМ и SHA. «Не заметив» этого факта, мы обошлись
без дополнительного построения и ссылок на второй признак подобия: всё
было сделано как бы «автоматически», с помощью только «арифметики»
(а точнее, векторной алгебры).
Задачи для самостоятельного решения
1.1. Докажите, что для любых четырёх точек А, В, С, D пространства
справедливо следующее равенство: АВ • CD + ВС • AD + СА • BD = 0.
1.2. Точки пересечения медиан треугольников А\В\С\ и А^В^Сч
совпадают. Докажите, что отрезки A\A<i, B\B%, С\Съ параллельны некоторой
плоскости.
1.3. Точка О является центром правильного я-угольника А\А2...АПу
точка М — произвольная точка пространства. Докажите, что
1.4. В пространстве расположены два параллелограмма — A\B\C\D\
и A2B2C2D2. Точки А, В, С, D являются серединами отрезков А\А2, В\В2,
С\ Сг, D\U2 соответственно. Докажите, что если точки А, В, С, D не лежат
на одной прямой, то четырёхугольник A BCD — параллелограмм.
1.5. а) Пусть М — точка пересечения медиан треугольника ABC.
Докажите, что MA + MB 4- МС = 0*.
б) В пространстве расположены два треугольника — Л i^iCi и А2В2С2.
Точки М\ и АЬ — соответственно точки пересечения медиан треугольников
А\В\С\ и А2В2С2- Разложите вектор М\М2 по векторам А\А2, В\В2, С\С2-
1.6. Точка К — середина ребра DA тетраэдра DABC, М — точка
пересечения медиан треугольника ABC, точка Р принадлежит ребру ВС,
причём ВР : СР = 1 : 2. Разложите по векторам ~а = DAy ~b = DBy ~c =D>C
векторы АЛ?, /Ш, CM, KM, KP, АР, РМ.
1.7. Точка К — середина ребра C\D\ параллелепипеда ABCDA\B\C\D\,
М — точка пересечения диагоналей грани ВВ\С\С, точка Р принадлежит
диагонали АС\ параллелепипеда, причём С\Р : АР = 2:1. Разложите по
векторам 'а = аТ{, ~b = АВ, 7 = AD векторы ~B^D, BD*{, ВК, АК, ~АМ,
DM, DXM, КМ, АР, С,Р, РВ, DP, DXP, РАи РВ{, РК, МР.
1.8. Дана усечённая треугольная пирамида АВСА\В\С\, в которой
АВ : А\В\ = 5 : 2. На рёбрах АА\, АВ, ВС взяты соответственно
точки К, М, Р, причём АК = /04ь_/Ш : АВ_= 2 : 1J5P : ВС = 5 : 12.
Изложите по векторам ~а = АА\, b = АВ, ~с = АС векторы С\С, СК,

22
Гл. 2 Методы решения задач
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков
Следующая группа задач — задачи об отношениях отрезков. Это
довольно распространённый тип задач, в которых требуется определить, в
каком отношении данная плоскость делит какой-либо отрезок. Как правило,
такая плоскость является секущей плоскостью некоторого многогранника,
а отрезком, упомянутым выше, служит одно из рёбер этого многогранника.
При решении подобных задач следует выбрать тройку базисных векторов
(обычно связанных с многогранником, например, выходящих из какой-
либо его вершины). Затем необходимо ввести подлежащие определению
неизвестные: их в большинстве случаев три, — одно позволяет найти
искомое отношение, а два других — коэффициенты в условии компланарности
некоторых трёх векторов, принадлежащих данной плоскости. После этого,
получив двумя способами разложение какого-либо вектора по базисным,
нужно, используя единственность разложения (т.е. теорему 5), приравнять
коэффициенты в разложениях и получить три уравнения с тремя
введёнными неизвестными. Рассмотрим не-
сколько характерных задач.
Задача 5. В треугольной призме
АВСА\В\С\ на рёбрах АВ и ВВ{
взяты точки Р и К соответственно, причём
АР = 3 • ДВ, ВХК = 4 • ВК. Пусть О
является точкой пересечения диагоналей
грани ВВ\С\С. Найдите, в каком
отношении плоскость РКО делит ребро АС.
Решение (см. рис. 18). 1. Пусть
плоскость РКО пересекает ребро АС
в точке М и пусть ВА = ~а, ВВ\ = Ь,
ВС = ~с — базисные векторы. Так как векторы AM и АС коллинеарны,
AM = х-АС, где х — некоторое число. Поэтому AM = х-АС = х • (7 - ~а).
Итак, ^
AM = -x-~a+x-T. (14)
в
м
°
2. С другой стороны, Ш = АВ4-ВК + КМ = -~а+\Ь Л-Ш. Так как
о
точки /С, О, Му Р принадлежат одной плоскости, то векторы КО, КМ и КР
компланарны. Поэтому, в силу теоремы 4, КМ = у • KP + z • КО = у • (KB +
+ ВР) + z • (KB + BO) = у • (-^/Г + i?
у и z — некоторые числа. Итак,
z • (-1
05)

§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков
23
3. В силу единственности разложения вектора AM по векторам
2\ b, 7, получаем из соотношений (14) и (15), приравнивая
соответственные коэффициенты, следующую систему уравнений
1 1
Из первого уравнения находим, что у = 4 — 4л:, из третьего — что
z = 2х. Подставив эти выражения во второе уравнение, получим: - —
13 3
- -(4 — 4х) + -х = О, откуда х = -, т.е. AM : АС = 3 : 7, а значит,
О т в е т: 3 : 4.
Заметим, что неизвестные у и г играли вспомогательную роль, и
определять их вовсе не обязательно!
Задача 6. Пусть М и Т —
точки пересечения диагоналей
граней АА\В\В и СС\В\В
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
соответственно, а точка Р принадлежит
ребру ВВ\ этого параллелепипеда,
причём ВР : РВ{ = 1 : 3.
Найдите, в каком отношении плоскость,
проходящая через точки Р, Af, Г,
делит диагональ DBi
параллелепипеда.
Решение (см. рис. 19).
1. Выберем в качестве базисных Рис. 19
векторы В\А = ~а, В\В = ~Ь,
В\С = 7. Пусть плоскость РМТ пересекает диагональ В\Р в точке К.
Тогда, в силу коллинеарности векторов В\К и B\Dy В\К = х • B\D, но
B{D = ~а — b +7 (см. задачу 1), поэтому
ВХК = х • BXD = x-(~a-b+7).
(16)
2. С другой стороны, В\К = ВХР+РК. Но РК = у PM + z • РТ, так как
векторы РКУ РМ, РТ компланарны (они лежат в одной плоскости РМТ).

24
Гл. 2. Методы решения задач
z(PB{ +BJ) = \b+y(- \~Ь + 1?) +г(- \~Ь+ 17). Отсюда
127.
(17)
3. Приравнивая коэффициенты в разложениях (16) и (17), приходим
к системе уравнений
з
Отсюда у = z = 2х и -(1 - 2х - 2х) = -х. Решая последнее уравнение,
3
находим, что х = -, поэтому В\К : Bi£> = 3 : 8, а значит, Bj/( : KD = 3 : 5.
о
О т в е т: 3 : 5.
Заметим, что в качестве базисной можно выбирать любую тройку
некомпланарных векторов. Предпочтение следует отдавать, по
возможности, тем векторам, которым принадлежат указанные в условии задачи
точки (в данном случае — точки Я, М, Г), — ведь тогда многие
разложения по базисным векторам будут иметь
более простой вид, что
уменьшает вероятность арифметической
ошибки при вычислениях.
Задача 7. На рёбрах SA, АВ, ВС
и CS треугольной пирамиды SABC
взяты точки /С, Я, М и Т
соответственно. Докажите, что эти точки
принадлежат одной плоскости в том и только том
случае, если
S/C АР_ ВМ_ СГ 8
/04 ' РВ' МС' TS ~ ( '
Решение (см. рис. 20). 1. Пусть точки /С, Я, М, Т принадлежат
одной плоскости. Введём обозначения:
SA = ~a, SB= by
и докажем, что
В самом деле,
SA
АР__ ВМ_ _ . СГ _ .
ЯЯ ~ Uy МС" ' TS ~ У
u-v • / • / = 1.
(18')
(19)

§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков 25
С другой стороны, АР = АК + КГ + ТР, но ТР = х • ТК + у • Ш, так
как векторы ТР, ТК, ТМ компланарны. Поэтому
Jp = JK + Ш + х -ТК + у -Ш = -■^^'а + {\ - х)КГ + у -ТМ =
= j-r^-O -x){ST-SK)+y(TC + CM) =
Отсюда
ЛР= -^тт(1 +(J -*)и)~а+У' т~Г7* +
'. (20)
Приравнивая, в силу единственности разложения, соответственные
коэффициенты при векторах а\ b y ~с в правых частях соотношений (19) и (20),
получим
* (\ \ и — v
Т. I Г v ' 7! I Г 71 ! Г»
1
/+1
ч 1
Из первого уравнения этой системы найдём, что
+l u+l
из второго — что // = г • (/ + 1). Подставив эти выражения для 1 — х
и у в третье уравнение системы, получим
^ +
v+\ u+\) и /41 u+l
откуда
1 ц^- 1 ц+1 .
поэтому wy— \+uvj(l+\) = wu(/ + 1). Раскрыв скобки и приведя подобные,
имеем uvjl = 1, что и требовалось.
2. Пусть теперь выполнено соотношение (18'). Предположим, что
точка М не принадлежит плоскости КРТ. Пусть плоскость КРТ пересекает
Ребро вС пирамиды в точке Мь отличной отточки М, и пусть ВМ\ : М\ С =
— ч- Тогда, в силу предыдущего, uvl\j = 1, а значит (так как по условию

26 Гл. 2. Методы решения задач
имеет место соотношение (180), h = Л т.е. точки М и М\ делят ребро ВС
в одном и том же отношении, что означает совпадение этих точек. Итак,
наше предположение привело к противоречию, и, следовательно, точки М,
/С, 7\ Р принадлежат одной плоскости. Задача решена.
Соотношение (18) достаточно просто для запоминания. Точки /(, Р,
М, Т принадлежат звеньям замкнутой пространственной ломаной
(пространственного четырёхугольника). «Двигаясь» по сторонам этого
четырёхугольника (начинать «движение» можно из любой его вершины по
любому из двух возможных «путей»), следует брать соответствующие
отношения в качестве сомножителей левой части формулы (18). Например,
С —* В -^ А -^ S —+ С
I I I I
СМ ЯР АК 5Г =
MB ' РА ' KS ' ТС ~
Заметим, что результат задачи 5, в которой по трём данным отношениям
нужно было определить четвёртое, является простым следствием задачи 7.
В самом деле, если в задаче 5 рассмотреть треугольную пирамиду В\ВАС,
то, согласно задаче 7,
ВХК ВР AM CO
KB ' РА' МС' ОВХ ~ '
откуда
АМ_ _ КВ_ РА_ ОВ1_\_ 3 \_ _ 3
МС ~ ВХК ' ВР' СО ~ 4 ' 1 ' 1 ~ 4'
Задачи для самостоятельного решения
2.1. На рёбрах DA, ЛВ, ВС тетраэдра DABC взяты точки М, Р, К
соответственно, причём DM : DA = 13 : 27, ВР : В А = 3 : 5, СК : С В =
= 1:4. Плоскость МРК пересекает ребро DC в точке Т. Найдите
отношение СТ: TD.
2.2. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит
параллелограмм A BCD. Плоскость делит рёбра МАУ MB и MD пирамиды
соответственно в отношениях: а) 2 : 1,3: 1,4: 1; б) 1 : 2, 2 : 3, 3 : 4, считая
от вершины М. Найдите, в каком отношении, считая от вершины УИ, эта
плоскость делит ребро МС.
2.3. На ребре А\С\ треугольной призмы АВСА\В\С\ взята точка Ртак,
4to/1iP:PCi = 3 : 7. Точка М принадлежит диагонали АС\ граниЛЛ^С,
причём AM : AC\ =5:7. Плоскость, проходящая через точку пересечения
диагоналей грани АВВ\А\ и через точки М и Р, пересекает ребро А\В\
в точке К. Найдите отношение А\К : КВ\.

§2.2. Задачи об отношениях отрезков 27
2.4. На диагонали АС\ параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ взята
точка К так, что АК : КС\ =3:4. Точка М принадлежит диагонали АВ\
грани АА\В\ВУ точка Р является точкой пересечения диагоналей грани
AA\D\D. Известно, что AM : MB\ =2:3. Найдите, в каком отношении
плоскость МРК делит ребро АА\.
2.5. Дан параллелепипед ABCDA\B\C\D\. Найдите отношение, в
котором плоскость, проходящая через точки D, С\ и середину ребра А\В\,
делит диагональ D\B параллелепипеда.
2.6. В основании усечённой пирамиды ABCDA\B\C\D\ лежит
параллелограмм ABCD. Известно, что А\В\ : АВ = 1 : 2. На ребре DD\ взята
точка К так, что D\K : DK = 2:1. Найдите, в каком отношении плоскость,
проходящая через вершину В\, середину ребра АА\ и точку /С, делит
ребро СС\ пирамиды.
2.7. В основании усечённой пирамиды АВСА\В\С\ лежит
треугольник ABC. Известно, что А\В\ : АВ = 2 : 3. На ребре АВ взята точка /С, на
ребре ВС — точка Af, причём АК : KB = 3 : 2, ВМ : МС = 5 : 3. Найдите,
в каком отношении делит ребро СС\ плоскость А\КМ.
2.8. В основании усечённой пирамиды АВСА\В\С\ лежит
треугольник ABC, А\В\ : АВ = 3 : 5. На рёбрах АА\ и ВС взяты точки К и Р
соответственно, причём А\К : КА = 1 : 2, ВР : PC = 3 : 2. Найдите,
в каком отношении плоскость КРС\ делит ребро АВ.
2.9. Нижнее основание усечённой пирамиды ABCDA\B\C\D\ —
параллелограмм ABCD. На рёбрах АА\, ВВ\, СС\ взяты соответственно
точки М, Р, /(, причём АХМ = МА, ВХР : РВ = 3 : 2, Ci/C : /СС = 1 : 24.
Известно, что точка D принадлежит плоскости МР/С. Найдите отношение
длин соответственных сторон верхнего и нижнего оснований пирамиды.
2.10. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит
параллелограмм ABCD. Найдите, в каком отношении плоскость, проходящая
через вершину С и середины рёбер MB и MD, делит ребро МА.
2.11. Сторона основания ABCD правильной четырёхугольной
пирамиды PABCD равна 1, а высота пирамиды равна у/2. На рёбрах РА и PC
взяты точки К и М соответственно, причём АК : КР = 1 : 3, СМ = РМ.
Найдите, в каком отношении плоскость DKM делит ребро РВ.
2.12. На рёбрах DA, DB и DC треугольной пирамиды DABC взяты
соответственно точки М, Р и К так, что DM : DA = 1 : 3, DP : DB = 1 : 4,
D/C : DC = 3:5. Пусть О — точка пересечения медиан треугольника ABC.
Найдите, в каком отношении плоскость МРК делит отрезок DO.
2.13. Точки Т и Р — соответственно середины рёбер В\С\ и CD
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, точка К принадлежит ребру ВС, причём
СК : KB = 1 : 3. Найдите, в каких отношениях плоскость, проходящая
Через середину отрезка ВТ параллельно прямым РК и DCj, делит отрезки
ACB

28 Гл. 2. Методы решения задач
2.14. На диагонали АС\ параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ взята
точка М, а на прямой В\ С — точка /С так, что отрезки МК и BD параллельны.
Найдите отношение МК : BD.
2.15. На диагоналях АВ\ \\ВС\ граней параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки М и К так, что отрезки МК и А\С
параллельны. Найдите отношение МК : А\С.
2.16. В кубе ABCDA\B\C\D\ на ребре АС взята точка Af, на диагонали
BD\ — точка К так, что КМ С = $, МКВ = -. Найдите, в каком отношении
3 4
точки М и К делят отрезки ЛС и BD\.
2.17. Дан куб ABCDA{B{C\D\. Точка М — центр грани ЛВ#1 Аь
точка Р — середина ребра А\В\, Т — точка ребра В\С\У К — основание
перпендикуляра, опущенного из точки Т на прямую ВС\. Известно, что
РМК = МКТ. Найдите, в каком отношении точка Т делит ребро В\С\.
2.18. Дана усечённая треугольная пирамида АВСА\В\С\. На рёбрах
АВУ ВС и АА\ взяты точки М, Р и К соответственно, причём AM : MB =
= 2 : 5, ВР : PC = 5 : 7, Л/С : АА{ = 1 : 2, ЛЯ : Л^, =5:2. Докажите,
что вершина Ci пирамиды принадлежит плоскости КМ Р.
2.19. Плоскость проходит через точки пересечения диагоналей граней
АА\В\В и ВВ\С\С параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ и делит ребро ВВ\
в отношении 1 : 2, считая от вершины В. Докажите, что точка D
принадлежит этой плоскости.
2.20. Основанием четырёхугольной пирамиды PA BCD является
параллелограмм ABCD. На рёбрах РА, РВ, PC, PD взяты точки /С, Я, Af, T
соответственно. Известно, что РА = а • Р/С, РВ = Ь • РЯ, PC = с • PAf,
PD = d • РТ. Докажите, что точки /С, Н, М, Т принадлежат одной
плоскости в том и только том случае, если а + c — b + d.
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися
прямыми
Как уже отмечалось, если в пространстве задан некоторый базис, т.е.
тройка некомпланарных векторов ~а, b ,7, то любой вектор ~р можно
единственным образом разложить по векторам базиса так, что ~р = х\ • ~а +
+ у\ • b + Z\ • 7, где Х\, у\, z\ — коэффициенты разложения. Если при
этом известны длины векторов а\ b, ~c и углы между ними, то,
определив скалярные произведения <?2, б2, Т2, ~а • b, b -Ту ~а-~с («таблицу
умножения» векторов базиса), можно вычислить скалярный квадрат
вектора ~р: ~р2 = (х\ • ~а + у\ - b + z\ • ~с) • (х\ • ~а + у\ • b + z\ • 7Г), который
равен квадрату его длины, а затем и саму длину вектора ~р: \~р\ = /^

§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
29
(см. (Ю) с. 16). То же самое справедливо и для любого другого вектора
-q = Х2 • ~а + У2 ' Ь + Z2 - ~с. Кроме того, вычислив с помощью
«таблицы умножения» (кавычки в дальнейшем будем опускать) векторов базиса
скалярное произведение ~р • ~q\ можем определить угол между векторами
~р и ~q\ cos(/?, ~q) = .-». .1». (см. (13) с. 17). Заметим, что в
геометрических задачах часто приходится вычислять не угол между векторами ~р w~q,
а угол между прямыми 1\ и 1%, содержащими эти векторы (~р £ l\, ~q £ /2).
Угол между прямыми обычно считается не превосходящим -, а косинус
такого угла положителен. В силу того, что |coscp| = |cos(7t-(p)|, в таких
случаях, чтобы сразу получить для косинуса угла между прямыми
положительное значение, будем пользоваться формулой
cos(/It/2) =
(13)
Прежде чем переходить к решению задач, напомним формулу квадрата
суммы трёх чисел:
(/ + т + п)2 = I2 + т2 + п2 4- 21т + 21п + 2тп
(квадрат суммы трёх чисел равен сумме квадратов этих чисел плюс
удвоенные попарные произведения этих чисел). Если числа заменить векторами,
то,_согласно свойствам скалярного произведения, получим (/ +т + ~п)2 =
= 72 + т2 + 7г2 + 2? • in + 2? • 7Г + 2т • 7Г, и если 7 = xla,m = y~b,
~п = zT, то
(хТГ + y~b + z7)2 = х2 -а2 + у2 -Р + z2 -Т2+
+ 2ху~а • ~b + 2xza • ~с + 2yz~b • Т. (21)
Задача 8. В треугольной пирамиде DABC известны длины рёбер DA =
= 1, DB = 2, DC = 4 и углы ADB = BDC = ^ ADC = |. Точки
К, Р, Т — середины рёбер АВУ DC
и ВС соответственно, точка М —
точка пересечения медиан
треугольника BDC. Вычислите: a) AT, б) /Ш,
в) КР, г) угол между прямыми КР
и AM.
Решение (см. рис. 21). В
данном случае выбор базиса очевиден:
пусть DA = г, DB = /Г, DC = 7.
т°гда из условия следует, что Ж2 =

30
Пл. 2. Методы решения задач
= 1, Р = 4, 72 = 16, а ■ ~Ь = 1 ■ 2 • cos £ = 1, ~Ь ■ Г = 2 • 4 • cos \ = 4,
а* • 6 = 0.
Для наглядности будем в дальнейшем оформлять подобные вычисления
в виде таблицы:
~а
b
~с
~а
1
1
0
~Ь
1
4
4
~с
0
4
16
Чтобы найти по этой таблице, например, скалярное произведение ~а - b,
берём горизонталь с вектором ~а и вертикаль с вектором b, и в их
пересечении находим искомую величину ~а - b.
Далее, так как AT —\AT\, AM = \АМ\, КР = \КР\, сначала найдём
разложения векторов AT, AM, KP по векторам базиса. При этом подробные
комментарии будем опускать, а при вычислениях длин и искомого угла —
пользоваться таблицей умножения векторов базиса и формулой (21).
а) АТ = AD + DT= -~а+ ^{Ь+ 7) = )^{-2~а +~Ь +~с). Тогда
AT = \АГ\ = VTft =
~Ь + ~с)2 = iyj
?2 - АаИ - \Z~c + 2b? =
4+16-4 + 8 = ^\/28 = V7.
б)АМ = ^
Тогда
AM = \AM\ =
в)КР =
+ b —7). Тогда
КР = \КР\ =
T2-6a~b -
2~b7 =
= 1(3"- ?) - 3"+1? = -^(
~b2 + ?2 +
- 2?? =

§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
31
г) Теперь подсчитаем cos(AT, КР):
«шт.кп-^лт.к*-}^-
| - (-2 ?2 - Та~Ь + 2 о*
-?7 + 7ач??-72)|
2у/7у/\Ь
_ |-2-2+1 +4-4 + 4- 16[ _
15
1 /15
2VT-
Таким образом, угол между прямыми AT и КР равен arccos [ - J — }.
Ответ: а) >/7, б) -у, в) —, г) arccos [^У У )'
Заметим, что для определения разложения вектора КР по базисным
векторам можно было бы воспользоваться следствием 3 теоремы 3.
Задача 9. В прямой призме АВСА\В\С\ точка К — середина ребра
В\С\, АА\ : АВ : АС = 3:4:5. Найдите угол ВАС, если известно, что
прямые АК и А\В взаимно перпендикулярны.
Решение (см. рис. 22). Пусть ~АЛ[ = ~а, АВ = ~ЬУ АС = Т, ВАС =
= а. Примем векторы а\ b, ~c за базисные и составим таблицу умножения
векторов базиса, считая, что АА\ = 3/, где
/ — некоторое число; тогда из условия
получим, что АВ = 4/, АС = 51.
"а
b
7
а"
9/2
0
0
ft
0
16/2
20/2cosa
7
0
20/2cosa
25/2
Имеем:
,В = ~Ь - а\ Л/С = Х-(АСХ +
Рис. 22
4-
* + 7). Из условия перпендикулярности векторов А\В и Л/С следует,
- аТ = 0. Отсюда 1б/2 + 20/2 cos a - 18/2 = 0. Сокращая на

32
Гл. 2. Методы решения задач
/2 и приводя подобные члены, получим 20 cos а - 2 = 0
а = arccos -г=.
= arccos —.
1
cos a = тк =>
Ответ:
Заметим, что в задачах, где заданы не длины рёбер некоторого
многогранника, а их отношения, можно считать длину меньшего из рёбер равной
любому «удобному» числу и выражать длины всех остальных рёбер через
это число, поскольку от того, что мы увеличим (или уменьшим) каждое из
рёбер в несколько раз, величины углов не изменятся! Это целесообразно
делать для того, чтобы упростить вычисления. В частности, в предыдущей
задаче мы могли положить АА\ = 3, а не 3/, и тогда было бы АВ =
= 4, АС = 5. Кроме того, отметим и тот факт, что базис в этой задаче
не был определён полностью (угол между базисными векторами b и 7
являлся неизвестной величиной), но условие перпендикулярности прямых
АК и А\В позволило исключить эту неопределённость. Таким же образом
следует поступать и при решении более сложных задач.
Задача 10. В треугольной пирамиде DABC ребро DA образует с
ребрами АС и АВ углы ^ DA = 6, АВ = АС = 4. Точки Р и К являются
серединами рёбер DA и ВС соответственно, РК = 3. Найдите угол между
прямыми DK и ВР.
Решение (см. рис. 23). 1. Пусть AD =
= ~а, АВ =J)y AC = 7, ВАС = а. Примем
векторы ~а, b, 7 за базисные и составим
таблицу умножения векторов базиса:
~а
—>
ь
7
~а
36
12
12
~Ь
12
16
16 cos a
~с
12
16cosa
16
2. РК = РВ + ВК = РА + АВ + Х^ВС = -1-а: + ~Ь + ^(7 - ~Ь) =
= ^(-аЧ-М-7). Тогда \РК\ = ^\J~CL2 + 1>2 + 72 + 2Ь7- 2аТ- 2~а~Ь =
16+ 16-24-24 + 32cosa =
По условию \РК\ = 3 => д/5 + 8 cos a = 3
32 cos a = v/
5 + 8 cos a = 9
8cosa.
cos a =
a = -z. Теперь таблица умножения векторов базиса определена
о
полностью

§ 2.3 Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми
33
3. DK = ±(DB + DC) = i(6 -It+ 7-a) = ^(-2a+b +7),
BP = BA+AP = -'b + ^'a= |(o" - 2?),
\DK\ = X-yJAT2
- A~a~b - 4~a7 + 2~bT =
= ^144+16+16-48-48+16 = 2л/б,
\BP\ = iya"2-4a'ft +462 = ^36-48 + 64 =
-2b2-
Следовательно,
73" - 27ft) = ^(-72 + 48 + 12 - 32 + 12 - 16) = -12.
]}'
|S/C| • |BP|
Ответ: arccos 1/7^.
£r =► DK, BP = arccos
13
VT3-
Во всех задачах, рассмотренных выше, в качестве базисной
выбиралась тройка векторов, выходящих из одной вершины. Однако такой выбор
не всегда является предпочтительным. Вычисления тем проще, чем больше
попарных скалярных произведений базисных векторов равны нулю. Ещё
раз напомним, что за базис можно принимать любые три некомпланарных
вектора, причём при выборе базиса следует, по возможности,
руководствоваться тремя основными критериями: возможно более полной
определённостью базиса (таблицы умножения векторов базиса), относительной
простотой разложения искомых векторов по базисным, количеством нулей
в таблице умножения базисных векторов.
В заключение этого параграфа рассмотрим
ещё одну задачу.
Задача 11. Ребро DA треугольной
пирамиды DABC перпендикулярно плоскости
основания ABC, DA = \/3, АВ = 2, ВС = 3,
АС = х/ТЗ. Точки Р и К — середины рёбер
DC и ВС соответственно, М — точка
пересечения медиан треугольника DBC.
Найдите длину отрезка AM и угол между прямыми
АК и ВР.
Решение (см. рис. 24). 1. Так как АВ2 + ВС2 = 13 = ЛС2, по тео-
Реме, обратной к теореме Пифагора, треугольник ABC — прямоугольный
с прямым углом ABC.
Рис. 24

34
Гл. 2. Методы решения задач
2. Пусть AD = ~а, ВА = by ВС = Т — базисные векторы. Таблица
умножения базисных векторов имеет вид:
~а
~Ь
~с
~а
3
0
0
b
0
4
0
~с
0
0
9
3. AM = \(AD + AB + AC) = U~a-
о О
= i(? -2b + Г).
Тогда \АМ\ = iV^
4. M =
16 + 9 = £
i7+i? = |(-T+7),
BC) =
= ^(b +Ж+Т) = t(a +~b +T). Тогда
cos(AK, ВР) =
\АКВР\
Поэтому угол между прямыми АК и ВР равен arccos —j=.
4vl3
Ответ: ~\/7,
arccos
—7^.
4v 13
Задачи для самостоятельного решения
3.1. В тетраэдре ABCD рёбра АВ и CD, ВС и AD взаимно
перпендикулярны. Докажите, что рёбра АС и BD также перпендикулярны.
3.2. Докажите, что векторы АВ и CD перпендикулярны тогда и только
тогда, когда АС2 + BD2 = AD2 + ВС2.
3.3. В тетраэдре DABC проведены биссектрисы плоских углов при
вершине D. Докажите, что если две из этих биссектрис взаимно
перпендикулярны, то третья перпендикулярна каждой из них.
3.4. Пусть DABC — правильный тетраэдр, DO — его высота,
точка Р — середина отрезка DO. Найдите величину угла АРВ.
3.5. Точка D — середина ребра РА, точка Е — середина высоты РО
правильного тетраэдра РАВС. Найдите угол между прямыми OD и СЕ. •
3.6. Дан правильный тетраэдр РАВС. Точка D — середина ребра РЛ,
О — точка пересечения медиан треугольника ЛВС, точка Е — середина
ребра РВ. Найдите угол между прямыми DO и СЕ.

§ 2.3 Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми 35
3.7. Точки М и Е — середины рёбер АС и АВ правильного тетраэдра
A BCD соответственно, Р — точка пересечения медиан треугольника BDC.
Найдите угол между прямыми МР и DE.
3.8. Точки D и Е — середины рёбер ВС и РВ правильного тетраэдра
РА ВС соответственно. Найдите угол между прямыми AD и СЕ.
3.9. Дан правильный тетраэдр РАВС, точка М — середина ребра РВ.
Найдите угол между прямыми AM и PC.
3.10. Точки Af, P и К — середины рёбер AD, АВ и CD
правильного тетраэдра ABCD соответственно, О — точка пересечения медиан
треугольника ABC. Найдите угол между прямыми МО и КР.
3.11. Точки Я и Г —середины рёбер АА\ и DD\ куба ABCDA{BXC\D\
соответственно. Найдите угол между прямыми DP и С\Т.
3.12. Пусть АВСА\В\С\ — правильная треугольная призма, боковые
грани которой являются квадратами. Найдите углы между прямыми АС\
и ВАиАС{ и СВи ВАХ и СВ{.
3.13. В правильной четырёхугольной призме ABCDA\B\C\D\
диагонали B\D и BD\ взаимно перпендикулярны. Найдите угол между прямыми
B{D и Л,С.
3.14. В правильной треугольной пирамиде КАВС все плоские углы при
вершине К прямые. Точки PhD — середины рёбер КА и ВС
соответственно. Найдите угол между прямыми СР и KD.
3.15. В треугольной пирамиде РАВС АРВ = ВРС = |, АРС = ^УРА =
= РВ = PC. Точки К и D — соответственно середины рёбер РА и ВС.
Найдите угол между прямыми КС и PD.
3.16. В треугольной пирамиде РАВС основание ABC — правильный
треугольник, грани РАВ и РВС перпендикулярны плоскости основания,
ребро РВ равно стороне основания, О — точка пересечения медиан
треугольника ABC, точка D — середина ребра PC. Найдите угол между
прямыми РО и BD.
3.17. В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD с вершиной М
угол между боковым ребром и плоскостью основания равен -. Точка О —
центр основания пирамиды, точки Я и Я — середины отрезков МО и МС
соответственно. Найдите угол между прямыми ВР и ОН.
3.18. Основание четырёхугольной пирамиды KABCD —
параллелограмм ABCD с острым углом, равным ^. Известно, что АВ : ВС =1:2.
Грань КАВ перпендикулярна плоскости основания и является правильным
треугольником. Найдите угол между медианой DM грани KAD и высотой
КН грани КАВ.
3.19. В основании четырёхугольной пирамиды лежит ромб с острым
углом, равным -. Каждая боковая грань наклонена к плоскости основа-

36 Гл 2 Методы решения задач
ния под углом -. Найдите углы, которые образует высота боковой грани
с диагоналями основания.
3.20. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней
прямоугольного параллелепипеда образуют с плоскостью основания углы а
и р. Найдите угол между этими диагоналями.
3.21. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит
параллелограмм ABCD с острым углом DAB, равным у. Диагонали АВ\
и ВС\ боковых граней образуют с плоскостью основания углы, равные а
и (3 соответственно. Найдите угол между этими диагоналями.
3.22. Боковое ребро РА тетраэдра РАВС перпендикулярно плоскости
основания ABC. Известно, что АР = АВ = АС, ВАС = ^. Точки D и Е —
середины рёбер РА и РВ соответственно, О — точка пересечения медиан
треугольника ABC. Найдите угол между прямыми OD и СЕ.
3.23. Плоские углы трёхгранного угла равны -, -, -. Через его верши-
4 4 о
ну проведена прямая, перпендикулярная грани плоского угла, равного -.
Найдите угол между этой прямой и ребром трёхгранного угла, не лежащим
в указанной плоскости.
3.24. Через вершину трёхгранного угла, все плоские углы которого
равны 2а, проведена прямая, образующая равные углы с рёбрами трёхгранного
угла. Найдите эти углы.
3.25. Пусть РН — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых АР
и ВН, угол между которыми равен -. Известно, что АР = ВН = РН.
о
Найдите угол между прямыми РН и АВ.
3.26. Наклонная А В образует с плоскостью Р угол -, равный углу
между проекцией этой наклонной и прямой АС, лежащей в плоскости Р.
Найдите угол ВАС.
3.27. Площадь боковой поверхности правильной четырёхугольной
пирамиды KABCD в два раза больше площади её основания ABCD. В гранях
KAD и KDC проведены медианы AM и DP соответственно. Найдите угол
между прямыми AM и DP.
3.28. Два равных прямоугольника ABCD и ABC\D\ имеют общую
сторону А В, а их плоскости образуют угол, равный -. Известно, что
АВ : AD =1:2. Найдите угол между прямыми АС и BD\.
3.29. Два равных ромба ABCD и ABC\D\ имеют общую сторону АВ,
а их плоскости образуют угол, равный -г. Известно, что острый угол
каждого из ромбов равен -. Найдите угол между прямыми ВС и ВС\.
о
3.30. На рёбрах АВ, ВС и CD правильного тетраэдра DABC взяты
точки Р, М и К соответственно. Плоскость РМК пересекает прямую AD
в точке Т. Найдите величину угла между прямыми: а) ТР и ТМ, если АР =

§ 2 3 Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми 37
———^ ——^—
^ рв, ВМ : МС = СК : KD = 1 : 2; б) DM и /GW, если АР : РВ =
_ D/(': /СС = 1 : 2, SAf : Af С = 1 : 3.
3.31. Длина ребра правильного тетраэдра DABC равна 1. На рёбрах
Л 5, #С и CD взяты точки £, Р и Г соответственно. Плоскость £РГ
пересекает прямую /4D в точке И. Найдите периметр треугольника: а) НЕТ,
если АЕ =\,ВР= |, СГ = 1; б) НРТ, если Л£ = 1, SP = |, СГ = 1.
3.32. В пространстве даны три попарно параллельных отрезка А\А2,
В\В2, С1С2, сумма длин которых равна 3. Известно, что треугольники
А\В\С\ и А2В2С2 не имеют общих точек. Найдите длину отрезка,
соединяющего точки пересечения медиан этих треугольников.
3.33. В тетраэдре ABCD ВС = а, АС = by AB = с, AD = au BD =
= ftN CD = с\. Точки Af и /С — середины рёбер АВ и CD соответственно.
Найдите длину отрезка МК.
3.34. Пусть DABC — правильный тетраэдр с ребром 1. Точка М —
середина ребра АВ, точка К взята на ребре ВС так, что СК : ВК =1:2.
Найдите расстояние от точки К до середины отрезка DAf.
3.35. Основание параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ — квадрат ABCD.
Известно, что АВ = АА\ = 5, А\АВ = A\AD = -. Найдите длину
диагонали BD\.
3.36. Сторона основания правильной треугольной призмы АВСА\В\С\
равна а, точки О и О\ — центры оснований ABC и А\В\С\ соответственно.
Длина ортогональной проекции отрезка АО\ на прямую В\О равна -а.
Найдите высоту призмы.
3.37. Сторона основания правильной треугольной призмы АВСА\B\C\ —
правильный треугольник ABC со стороной а. Точки А/ и К — середины
рёбер А\В[ и АА\ соответственно. Ортогональная проекция отрезка ВМ
на прямую С\К равна —-=■• Найдите высоту призмы.
25
у5
3.38. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна а. Точки Р, /С, М —
середины рёбер АА\, A\D\, В\С\ соответственно, точка Т — центр грани
CC\D\D. Отрезок ЕН с концами на прямых AD и КМ пересекает прямую
РТ и перпендикулярен ей. Найдите длину этого отрезка.
3.39. Длина ребра куба ABCDAXB\C\D\ равна 1. На рёбрах ВВ\ и DDj
взяты точки К и Р соответственно, причём ВК : ВХК = 1 : 3, DP = PDX.
Плоскость АКР пересекает диагонали A\D и ВХС куба в точках М и Т
соответственно. Найдите длину отрезка МТ.
3.40. Все рёбра правильной треугольной призмы равны а. Прямая,
перпендикулярная плоскости ВА\С\ данной призмы АВСА\В\С\, пересекает
прямые ВС\ и АВ\ в точках М и Р соответственно. Найдите длину
отрезка МР.

38
Гл. 2. Методы решения задач
§ 2.4. Расстояние от точки до прямой
Для того чтобы найти расстояние МН от некоторой точки М до прямой /
(рис. 25), достаточно, вообще говоря, знать разложения векторов РМ (Р Е
Е /) и d (d Е I) по некоторому базису с известной таблицей умножения
векторов базиса. В самом деле, так как
векторы РН и d коллинеарны, РН = х - d,
но тогда МН = РН-РМ = х-7 - РМ. Из
условия перпендикулярности векторов МН
и d получаем уравнение для определения
единственной неизвестной х в разложении
вектора МН: МН • d = 0, или (х • d -
-*■— — РМ) • d = 0. Найдя из этого уравнения х,
мы тем самым найдём разложение вектора
МН по векторам выбранного базиса с
известной таблицей умножения, и по формуле
\МН\ = у МН2 определим искомое расстояние аналогично тому, как это
делалось при решении задач предыдущего параграфа.
Задача 12. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды
DABC равны \% DA = 2, DB = 4, DC = 3. Точки Р, М, К являются
о
серединами рёбер DA, DB и ВС соответственно. Найдите расстояние от
точки М до прямой РК.
Решение (см. рис. 26). 1. Выберем в
качестве базисных векторы DA = ~a, DB = b, DC = * ^^ "^
= 7 и составим таблицу умножения векторов
базиса: ifj
р н
Рис. 25
~а
~Ь
"с
~а
4
4
3
гГ
4
16
6
~с
3
6
9
Рис. 26
2. Пусть А/Я J_ Р/С, Я е Р/С. В силу коллинеарности векторов РН и Р/С
имеем: РН = х-РК. Но Р/С = DK-DP= ^(7+7)-^= ^(-?+"*
поэтому РН = ^x(-Z
+"?). Далее, АШ = МР + РН = DP -DA? +
i*(-o* + 7 + Г) = i((l - x)S + (x - 1)? + x7).
Так как векторы МН и Р/С взаимно перпендикулярны, то МН • Я/С = 0,
РЯ = \~а - i

§ 2.4. Расстояние от точки до прямой
39
откуда ^[(1 -х)~а+(х- \)Ь + х~с] • -^{-~а + Ь + ~с) = 0. Умножив на 4
и раскрыв скобки, получим -~а2(\ - х) + (1 - х)а* • b + (1 -^)2* • 7 -
_ (Х _ \уь . ZT + (х - \)~Ь2 + (х - \yb - ~с - хс - Ж + х~с • ~Ь + *72 =
= 0. Воспользовавшись таблицей умножения векторов базиса и вынося за
скобку общий множитель, приходим к уравнению
Поэтому Ш = \(^a-
и \МН\ =
- Ш • 7 =
= -1>/16 • 4 + 16 • 16 + 25 • 9 - 32 • 4 + 40 • 3 - 40 • 6 = Jji.
Задача 13. В основании прямой призмы ABCDA\B\C\D\ лежит
параллелограмм A BCD, в котором А В = 2, AD = \/3, BAD = ^. Точка /С
является серединой ребра DjCj, расстояние от вершины В\ призмы до
прямой С К равно J ■5. Найдите площадь
V *
боковой поверхности призмы.
Решение (см. рис. 27). 1.
Выберем в качестве базисных векторы CD =
= ~а, СВ = Ь, СС\ = 7Г, обозначим
|7] = СС\ = с и составим таблицу
умножения векторов базиса:
~а
b
7
~а
4
3
0
b
3
3
0
7
0
0
с2
2. Пусть В\Н ± СК, Н € С/(. Так как векторы СН и (Ж коллинеарны,
\
= \х(а + 27). Тогда
то СИ = х . С/С = х(СС| + Ci/C) = х(Г + ii
как S,// ± С/С, имеем SJ7/ • С^ = 0, поэтому ^(х~а -2Ь + 2(х - 1)7) х
= 0, откуда
4х - 6 + 4с2(х - 1) = 0. (22)

40
Пл 2. Методы решения задач
Поскольку \ВХН\ = *Я, \В{Н\2 = g, откуда ^(x2a*2
л —> # \ •
— \x~ab) = q, а значит,
- 1)
12 + Цх - \)2с2 - \2х = 7-.
(23)
Уравнения (22) и (23) определяют систему двух уравнений с двумя
неизвестными х и с.
^(JC — 1) - (jc - 1) = —1
Итак, СС\ = 1, и определение площади боковой поверхности теперь не
составляет труда: 5 = ССХ • 2(CD + СВ) = 2(\/3 + 2).
Ответ: 2(\/3 + 2).
Следует отметить, что в только что рассмотренной задаче именно
знание стандартного алгоритма вычисления расстояния от точки до прямой
помогло получить систему двух уравнений с двумя неизвестными, решение
которой явилось важнейшим шагом на пути к ответу. В заключение
этого параграфа рассмотрим ещё одну задачу,
схожую в указанном смысле с предыдущей.
Задача 14. В правильной треугольной
пирамиде DABC с вершиной D длина
бокового ребра DA равна 2. Точка К делит
ребро ВС в отношении 2:1, считая от
вершины В. Расстояние от вершины А до прямой
DK равно ——. Найдите длину высоты DH
пирамиды (И — основание высоты).
Решение (см. рис. 28). 1. Выберем
в качестве базисных векторы DA = ~a, DB =
рис 23 = b, DC = 7Г, обозначив плоский угол при
вершине через а. Так как пирамида DABC —
правильная, точка И является точкой пересечения медиан
треугольника ABC. Поэтому DH = -(а + Ь + Т). Таким образом, определив cosa,
о

§ 2.4. Расстояние от точки до прямой
41
мы сможем вычислить \DH\ по формуле \DH\ = VDH2. Для определения
cos а воспользуемся тем, что по условию АР _L DK и \АР\ — -т—, составив
предварительно таблицу умножения векторов базиса:
~а
~Ь
~с
~а
4
4 cos a
4 cos а
~Ь
4 cos а
4
4 cos а
~с
4 cos а
4 cos а
4
2. DK = DC + СК = Т + {-СВ =
о
7+Ш-7) = Ш + 27), АР =
о о
-а*= Х-(-Ъ~а+х-~Ь +2х-Т). Так
= 0. Кроме того, |ЛР|2 = Щ = Ц-. Итак, имеем
1Ь о
как АР ±DK, то АР-
систему из двух уравнений с двумя неизвестными cosa и х:
(Ь + 27)(-3~а + хЬ + 2хТ) = О,
или
откуда
-12 cos a + 4х + 8х cos a - 24 cos a + 8л: cos a + 16л: = О,
^(36 + 4x2 + 16*2 - 24xcosa - 48xcosa + 16л:2 cosa) = ^~
8
{-9 cos а + 5л: -h 4л: cos а = О,
~
( x{b + 4 cos a) = 9 cos a,
1 1 <^
f288cos2a-4cosa-5 = 0,
< _ 1
lX 32 cosa
" 32
1
cosa = --,
COSa=36'
Таким образом, существуют две пирамиды, удовлетворяющие условиям
аЛачи 14. Для первой из них cosa = -^ и
о
T)^iV4.
- 1-1-1 =

42 Гл. 2. Методы решения задач
для второй: cos a = — и
гл .1/46
Ответ: 1 или -W-.
О у о
Задачи для самостоятельного решения
4.1. Все рёбра четырёхугольной призмы имеют длину 2, а в
основании призмы ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат ABCD. Боковое ребро АА\
образует равные углы с рёбрами АВ и AD, причём величина каждого из
этих углов равна -. Найдите расстояние от точки А до прямой С\К, если
точка К — середина ребра ВС.
4.2. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды DABC
равны ^ DA = л/2, DB = 2л/2, DC = Ц^. Точки М, Р к К являются
о Z
серединами рёбер DA, DB и ВС соответственно. Найдите расстояние от
точки Р до прямой МК.
4.3. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник ABCD,
в котором А В = 1, ВС = 4. Боковое ребро МА перпендикулярно
плоскости основания. Известно, что расстояние от точки А до прямой СК, где
13
точка К — середина ребра ЛШ, равно -=. Найдите объём пирамиды.
4.4. В основании пирамиды MABCD лежит ромб ABCD, длина
стороны которого равна л/5, а длина диагонали АС равна 4. Основанием высоты
пирамиды, проведённой из вершины Af, является точка пересечения
диагоналей ромба. Известно, что расстояние от точки С до прямой D/C, где
Аз"
точка К — середина ребра МАУ равно 3*—. Найдите объём пирамиды.
4.5. Основание прямой призмы ABCDA\B\C\D\ — ромб со стороной,
равной а, и острым углом, равным ср. Найдите расстояние от вершины В\
призмы до прямой A\D, если известно, что боковое ребро призмы равно Л.
4.6. В правильной треугольной пирамиде РАВС точка D лежит на
ребре PC, РА = 4, CD = 3. Найдите объём пирамиды, если известно, что
расстояние от точки А до прямой BD равно 2.
4.7. Даны правильный тетраэдр DABC и точка Р. Известно, что РА ==
[ь\ 9
= PD, РВ = PC = i/^Tv Расстояние от точки Р до прямой AD равно —у=.
у эи 5л/2
Найдите объём тетраэдра DABC.

§ 2.5 Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью 43
4.8. Даны правильный тетраэдр DABC и точка Р. Известно, что РВ =
_ pQ = л/-—, РА = PD. Расстояние от точки Р до прямой AD равно
у 1UU
—!— Найдите объём тетраэдра DABC.
Ъу/2
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между
прямой и плоскостью
Для того чтобы найти расстояние МН от точки М до плоскости а
(рис. 29), достаточно знать разложения по некоторому базису (с известной
таблицей умножения векторов базиса) любых двух неколлинеарных
векторов ~р и lq, лежащих в плоскости а, и вектора КМ = 7, где К — некоторая
точка плоскости а. В самом деле, в силу
компланарности векторов КН, ~р и ~q и
неколлинеарности двух последних имеем: КН = х-~р +
+ y-~q. Но Ш = КН-КМ=х-'р+у'~д-
- 7. Так как МН JL а, получаем МН JL ~р
и МН ± ~q, а значит,
-~p+y-7f-~r)-? = 0, рис. 29
:-р+*/.?-7). <f = 0.
Определив из этой системы неизвестные коэффициенты х и у, мы
найдём затем разложение вектора МН по выбранному базису, а
следовательно, сможем вычислить его длину. Кроме того, в этом случае не
составляет труда найти угол ср между прямой КМ и плоскостью а. Этот угол
есть не что иное, как угол между прямыми КМ и КН, поэтому coscp =
~ |7|.|*-7 + у?Г Можно наити его и так: C0SCP = -\7\> sin(P = \ff-
Задача 15. Основание пирамиды DABC — прямоугольный
треугольник ABC, катеты АВ и АС которого равны соответственно 2 и 4. Найдите
расстояние от середины ребра АВ до плоскости В DC, если каждый из
углов DAB и DAC равен 5 а ребро DA равно 6.
Решение (см. рис. 30). Обозначим середину ребра АВ через М,
введем базисные векторы ~а = AM, ~b = АС, 7 = AD и составим таблицу
умножения векторов базиса:
~а
I
~с
~а
1
0
3
~Ь
0
6
12
Г
3
12
36

44
Пл. 2. Методы решения задач
Рис. 30
Пусть Н — основание перпендикуляра, проведенного из точки М
к плоскости BDC, и пусть ВН = xBD + yBC = х(7 - 21а) + y(b - 2~а) =
= -2{х + у)~а + у~Ь + х~с. Тогда АШ-Ш = О, М#-ВС = 0, и эти условия
позволяют найти неизвестные х и у как
решение соответствующей системы двух
линейных уравнений с двумя переменными.
Составим эту систему, используя
таблицу умножения базисных векторов и
свойства скалярного произведения векторов.
При этом учтем, что
МН = МВ+ВН = ~а-2(х+у)~а+у~Ь+х? =
= (1 -2х-2у)~а +у~Ь +х~с,
~BD = 7 - 2 а\ ВС = ~Ь - 2~а.
Получим
Г 3(1 - 2х - 2у) + \2у + 36л: - 2(1 - 2х - 2у) - 6х = О,
\ \6у + \2х - 2(1 - 2х - 2у) - 6х = О,
откуда, после раскрытия скобок и приведения подобных:
Г28х+ 10 £/ = — 1,
^5х+ \0у = 1.
Решив систему, находим, что
и значит,
- 25о\/2О42 + ЗЗ2 • 16 + 202 • 36 - 2 • 204 • 20 • 3 - 2 • 33 • 20 • 12.
При решении подобных задач приходится сталкиваться с определенными
вычислительными трудностями, которые можно обойти, используя
рациональные методы вычислений (калькулятором на экзамене пользоваться
нельзя!). В данном случае, например, можно воспользоваться тем, что
2042 - 2 • 204 • 20 • 3 = 204 • (204 - 120) = 204 • 84 = З2 • 42 • 7 • 17,
ЗЗ2-16-2-33-20-12 = 33(33-16-2-20-12) =33(11 -48- 10-48) =
= 33 • 48 = З3 • 42 • 11, 202 • 36 = З2 • 43 • 52.
У 230'

§ 2 5 Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью 45
Тогда в подкоренном выражении можно вынести за скобки общий
множитель З2 • 42, после чего получим
3-4
Ответ:
\МН\ = |з^х/7- 17+ 11 +4 52 =
6\/230
115 '
бл/230
115 *
Задача 16. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды
DABC равны друг другу. Известно, что DA = -DB — -DC = 1, а расстоя-
2. I— 4
/2
ние от точки А до плоскости грани DBC равно w^. Найдите плоский угол
при вершине D. V
Решение (см. рис. 31). 1. Выберем в качестве базисных векторы
DA = ~а, DB = b, DC = ~с и, обозначив плоский угол при вершине D
через а, составим таблицу умножения векторов базиса:
~а
~Ь
7
~а
1
2 cos a
4 cos а
Ь
2 cos а
4
8 cos а
~с
4 cos а
8 cos а
16
2. Пусть вектор АН
перпендикулярен плоскости DBC, И е (DBC).
Тогда АН J_ ~b и ЛЯ ± 7, поэтому
{ ЛЯ • ~Ь = О,
| АН • Г = 0.
Рис. 31
Но ЛЯ = DH -DA=x-b+y-~c-~a (так как векторы DH, ~Ь и Т
компланарны, векторы b и ~с неколлинеарны, и, следовательно, DH =
= х - b + у -Т). Таким образом,
1 (х • b + у • 7 - 7) • 7 = 0.
Последнюю систему, содержащую три неизвестных: л:, у, cos а,
дополним уравнением, следующим из условия задачи: так как |ЛЯ| = w- то
АН'2 =2 м V 3
= ^. Итак, имеем:
(х • £ + у • 7 - 7) • *Г = 0,
(х • 1b + у - Т - Ж) • 7 = 0,
.? + */. 7-?)2 = |,

46
Гл. 2. Методы решения задач
откуда
{4х + 8у cos а - 2 cos а = О,
8х cos а + 16у - 4 cos а = 0, ^
су
4х2 + \6у2 + 1 + \6xycosa- 4х cos а - 8у cos а = -
о
{2л: + 4*/ cos а - cos а = О,
2х cos а + 4у - cos а = О,
х2 -f 4*/2 + 4jo/ cos а — х cos <x — 2y cos а = — —.
Вычитая из первого уравнения последней системы её второе уравнение,
получаем 2х(\ — cosa) — 4у(\ — cosa) = 0, откуда (1 - cosa)(x — 2у) = О,
и значит, х = 2у (cosa ф 1, так как 0 < a < к). Поэтому из первого
1 cosa
уравнения системы находим: у — - • , а третье уравнение после
подстановки х = 2у приводится к виду 2у2(\ + cosa) — у cosa. = — —, и,
1 cosa 4б
поскольку у = - • , получаем
J 4 1 + cos a
О
cos a
16 (1+cosa)2
cos2 a
1 + cos a
"48*
Полученное уравнение после несложных преобразований можно записать
в виде 6cos2a — cosa —1=0, откуда cosa = ^, или cosa = —^. Таким
. -к к / 1\ Z I 6
образом, a = -, либо a = arccos (— - 1 = к — arccos -.
Ответ: - или к — arccos ^.
о о
Задача 17. В основании прямой призмы ABCDA\B\C\D\ лежит ромб
ABCD со стороной, равной 2, и углом при вершине Л, равным -. Боковое
о
ребро призмы равно 1. Точка О является точкой пересечения
диагоналей грани A\B\C\D\, точка К — середина ребра AD. Найдите
расстояние от вершины А\ до плоскости, проходящей через точку К параллельно
прямым АО и C\D.
Решение (см. рис. 32). 1.
Выберем в качестве базисных векторы
АА\ = Ж, АВ = Г, AD = 7 и
составим таблицу умножения
векторов базиса:
Рис. 32
а"
~Ъ
Т
~а
1
0
0
~ь
0
4
2
~с
0
2
4

Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью 47
2. Пусть точка Н — основание перпендикуляра, опущенного из
вершины А\ на плоскость а, указанную в условии задачи. Тогда А\Н = АА\ +
■+- /\К + КН = —~а + тСс + КН. Но векторы КН, АО, DC\ компланарны,
а векторы АО и DC\ неколлинеарны, поэтому КН = х • АО + у • DC, и, так
как АО = ЛЛТ + ДТО = 34 \~МС\ = Z+ 1-АС = а + {-(b+ Г) = ^(2^ +
+ 7 + 7), ОСТ = DD\ +DC = А^Т + Ав = ^ + Т, получаем
? + ^(2а^ + ? + "?) + (^ + £) = (х Н- у -
Поскольку Л77/ -L а, АО \\ а, DC\ || а, значит, Л^Я JL ЛО и Л7я -L
поэтому
\AiH-DCt = 0,
откуда
(
{-{2{х + // - 1)? + (х + 2^)7 + (х + 1)7) • (3" + ~Ъ) = 0,
поэтому
Г 4(х + г/ - 1) + Цх + 2у) + 2(х + 2^) + 2(х + 1) + 4(х + 1) = 0,
\ 2(х + ^ - 1) + 4(jc + 2у) + 2(х + 1) = 0
1 f^ = -
Юг/ = 0 /7=
1^ 2'
Итак,
отсюда
Ответ -^И
' 2 '

48 Гл. 2. Методы решения задач
В заключение этого параграфа заметим, что при решении задачи 17 нам
удалось обойтись без построения сечения призмы указанной плоскостью
(тем более что согласно условию задачи строить такое сечение было
вовсе не обязательно). Таким образом, для решения задачи не понадобилось
проводить никакие дополнительные построения и геометрические
обоснования. Ничего иного — кроме знания стандартных алгоритмов и умения
совершать сравнительно несложные преобразования — векторный метод
не требует, являясь, по существу, единственным сколько-нибудь
универсальным методом решения задач элементарной геометрии.
Задачи для самостоятельного решения
5.1. Пусть KABCD — правильная четырёхугольная пирамида, все
рёбра которой равны 1. Найдите расстояние от середины ребра АВ до
плоскости, проходящей через вершину С и середины рёбер KB и KD.
5.2. В правильной четырёхугольной пирамиде KABCD с вершиной К
сторона основания равна 6, высота равна 4. Найдите расстояние от точки А
до плоскости KCD.
5.3. В треугольной пирамиде КАВС ребро КА перпендикулярно
плоскости ABC, АС = ВС = а, АК — АВ = ау/2. Через середину ребра АС
проведена плоскость, перпендикулярная ребру КВ. Найдите расстояние от
вершины А до этой плоскости.
5.4. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а, точка Р — середина ребра
D\C\. Найти расстояние до плоскости BPD от точек: а) Ль б) Л, в) С\.
5.5. Через диагональ нижнего основания куба, ребро которого равно
а, и середину одной из сторон верхнего основания проведена плоскость.
Найдите расстояние от центра куба до этой плоскости.
5.6. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна
а, высота пирамиды равна h. Через сторону основания и середину
скрещивающегося с ней ребра проведена плоскость. Найдите расстояние от
вершины пирамиды до этой плоскости.
5.7. Точки Р и К — середины рёбер АВ и AD куба ABCDA\B\C\D\
соответственно, длина ребра которого равна а. Найдите расстояние от
точки С до плоскости РКС\.
5.8. Ребро куба равно 1. Найдите объём треугольной пирамиды,
вершины которой находятся в центрах трёх смежных граней куба и в вершине,
не принадлежащей этим граням.
5.9. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. На рёбрах АА\, ВВ\У
DD\ взяты точки /(, Ру М соответственно так, что АК : А\К = 1 : 3,
ВР : В\Р = 3 : 1, DM : D\M = 3 : 1. Найдите объём пирамиды, основанием
которой является сечение куба плоскостью КРМ, а вершина находится
в точке Ль

Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью 49
5 10. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. На рёбрах ВС и ССХ
2 2
взяты точки Е и Р соответственно, причём BE = -, СР = ^. Через центр
0 о
куба и точки Е и Р проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины А
куба до этой плоскости.
5.11. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. На рёбрах ВС и C\D\
1 2
взяты точки Е и Р соответственно, причём BE = -, PD\ = -. Через центр
куба и точки Е и Р проведена плоскость. Найдите расстояние от
вершины А\ ДО ЭТОЙ ПЛОСКОСТИ.
5.12. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. На рёбрах А В и СС\
1 3
взяты точки К и Н соответственно, причём АК = -г, СИ = -. Через точки К
4 О
и И и центр куба проведена плоскость а. Найдите: а) расстояние НТ, если
j — ортогональная проекция вершины D на плоскость а; б) расстояние КТ,
если Т — ортогональная проекция вершины А\ на плоскость а.
5.13. Основание прямой призмы ABCDA\B\C\D\ — ромб ABCD со
2
стороной длины 4 и углом BAD, равным ^к. Боковое ребро призмы вдвое
о
меньше стороны основания. Пусть О — точка пересечения диагоналей
ромба AXBXCXDX, точка К — середина ребра АВ. Найдите расстояние от
вершины В\ до плоскости, проходящей через точку К параллельно прямым
ВО и DXA.
5.14. На продолжении ребра КТ за точку Т правильной
четырёхугольной пирамиды КРМНТ с вершиной К взята точка В так, что расстояние
от этой точки до плоскости КРМ равно 9W^. Найдите длину отрезка ВТ,
если МН= 12, КН = 10. V
5.15. На продолжении ребра А В за точку правильной четырёхугольной
пирамиды ABCDE с вершиной А взята точка К так, что ВК = 5. Найдите
расстояние от точки К до плоскости ACD, если DE = 20, АЕ = 15.
5.16. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. На рёбрах АА\ и ВС
взяты точки Е и Р соответственно, причём АЕ = ^, ВР = -. Через центр
куба и точки Е и Р проведена плоскость. Найдите расстояние от
вершины В\ ДО ЭТОЙ ПЛОСКОСТИ.
5.17. Длина ребра куба ABCDAXB\CXD\ равна 1. На рёбрах СС\
"AXDX взяты точки К и Я соответственно, причём С К = ^, АХР = - Через
Центр куба и точки К и Р проведена плоскость. Точка Н — ортогональная
проекция вершины D на эту плоскость. Найдите длину отрезка РН.
5.18. Основание треугольной пирамиды DABC — прямоугольный
треугольник ABC с гипотенузой ВС = ^ и катетом АС = ^. Ребро DA
равно 1 и образует с рёбрами А В и АС углы, равные £. Точка /С — середина

50 Пп. 2 Методы решения задач
ребра АС. Найдите расстояние от точки К до плоскости DBC и определите
угол между прямой DK и плоскостью DBC.
5.19. Докажите, что сумма косинусов двугранных углов произвольного
тетраэдра не превосходит 2.
5.20. Основание четырёхугольной пирамиды KABCD — прямоугольник
ABCD. Известно, что АВ : AD = 1 : 3 и что каждое боковое ребро
пирамиды образует угол - с плоскостью её основания. Найдите угол между
о
прямой DP и плоскостью KCD, если точка Р — середина ребра КВ.
5.21. В правильном тетраэдре DABC найдите угол между ребром АВ
и плоскостью DAC.
5.22. Точки Р и К — середины рёбер АА\ и DDX куба ABCDA\B\C\D\
соответственно. Найдите угол между прямой СК и плоскостью РКВ\.
5.23. Дан куб ABCDA\B\C\D\. Найдите угол между прямой CD\
и плоскостью BDC\.
5.24. Точка Р — середина ребра АВ куба ABCDA\B\C\D\. Найдите
угол между прямой С\Р и плоскостью АА\С\.
5.25. Основание пирамиды MABCD — прямоугольник ABCD, в
котором АВ : ВС =1:2. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости
основания под углом -. Точки Р и К — середины рёбер МА и МС соответ-
ственно. Найдите углы, которые образуют прямые DP и DK с плоскостью
MAC.
5.26. Пусть ABCDA\B\C\D\ — прямоугольный параллелепипед, в
котором АВ = 2, AD = АА\ = 1. Найдите угол между диагональю BD\
и плоскостью DC\A\.
5.27. В правильной треугольной пирамиде КАВС двугранный угол при
ребре основания ABC равен j, точка D — середина ребра КА. Найдите
угол между прямой CD и плоскостью КАВ.
5.28. Через ребро АА\ куба ABCDA\B\C\D\ проведена плоскость,
образующая равные углы с прямыми ВС и B\D. Найдите эти углы.
5.29. Каждое боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды
образует угол - с плоскостью основания. Через вершину основания и
середину высоты пирамиды проведена прямая. Найдите углы между этой
прямой и боковыми гранями пирамиды.
5.30. Точки РиК — середины рёбер СС\ и DD{ куба ABCDAXBXC\D\
соответственно. Найдите угол между прямой А\К и плоскостью BDP.
5.31. Точка Р — середина ребра ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\. Найдите
угол между прямой DP и плоскостью C\DB.
5.32. Основание пирамиды DABC — равнобедренный прямоугольный
треугольник ABC с гипотенузой АВ. Каждое боковое ребро пирамиды
образует с плоскостью её основания угол, равный j. Точка М — середина
ребра DB. Найдите угол между прямой AM и плоскостью DBC.

§ 2.6 Расстояние между скрещивающимися прямыми 51
5.33. Точка О — центр основания ABCD правильной четырёхугольной
пирамиды MABCD. Известно, что МО : АВ = 2:3. Точка Р — середина
отрезка АО. Найдите угол между прямой МР и плоскостью MAD.
5.34. Основание четырёхугольной пирамиды MABCD — квадрат
A BCD. В боковой грани МАВ, которая перпендикулярна плоскости
основания и является правильным треугольником, проведена медиана Л/С.
Найдите углы, которые образуют с плоскостью основания прямые АК и С/С.
5.35. В основании четырёхугольной пирамиды MABCD лежит квадрат
A BCD. Ребро МА перпендикулярно плоскости основания, а площадь грани
МВС в два раза больше площади грани МАВ. Найдите угол между высотой
АР грани МАВ и плоскостью MAC.
5.36. Основание прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ —
параллелограмм с острым углом при вершине Л, равным -. Известно, что
о
АВ : AD : АА\ = 2 : 1 : 3. Найдите угол между прямой B\D и
плоскостью CC\D\.
5.37. Пусть MABCD — правильная четырёхугольная пирамида с
вершиной М и стороной основания, равной 1. Точка О — центр основания,
точка Р — середина отрезка МО. Известно, что боковое ребро образует
с плоскостью основания угол, равный -. Найдите угол между прямой DP
и плоскостью MAC.
5.38. В основании треугольной пирамиды КАВС лежит треугольник
ABC, в котором АСВ = ^, ВС = а. Середина D гипотенузы АВ
треугольника ABC является основанием высоты пирамиды, KD = h. Найдите
угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью, параллельной
рёбрам АС и КВ.
5.39. Основанием пирамиды КАВС является треугольник ABC, в
котором ABC = ^, ВС = а. Середина D ребра ВС является основанием
высоты KD пирамиды, KD — h. Найдите угол между плоскостью
основания пирамиды и плоскостью, параллельной рёбрам КС и АВ.
5.40. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды DABC
равны. Известно, что Л4 = л/2, DB = 2>/2, DC=-^= и что расстояние от
точки В до плоскости DAC равно —=. Найдите плоский угол при вершине D.
v3
§ 2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
Расстоянием между скрещивающимися прямыми 1Х и k называется
Алина их общего перпендикуляра РН (рис. 33). Как известно, такой
перпендикуляр существует и является единственным для двух данных скре-
вающихся прямых. Для того чтобы найти его длину, достаточно знать
ожения по некоторому базису (с известной таблицей умножения век-

52
Гл. 2. Методы решения задач
торов базиса) трёх следующих векторов: ~р (~р G /i), ~q (~q G /2), KM
(К G /1, M G /2), т.е. двух векторов, принадлежащих соответственно двум
данным прямым, и третьего вектора, начало которого принадлежит одной
из прямых, а конец — другой. В самом деле, РН = РК -f KM + МН, но
векторы РК и ~р, МН и ~q коллинеарны, поэтому РК = х • ~р, МН = у -~q.
Следовательно, РН = х • ~р + у • ~q + KM.
Таким образом, разложение вектора РН
содержит две неизвестные величины х и у,
которые определяются из условия
перпендикулярности: РН 1 /,, РН _1_ /2, откуда РН -~р =0у
РН • <f = 0 или
Рис. 33 1 (х~р 4- */<f + KM)~q = 0.
Определив из этой системы х и у, мы сможем получить разложение
вектора РН в базисе с известной таблицей умножения, после чего найти
его длину по формуле \РН\ = у РН2.
Задача 18. В треугольной пирамиде DABC известны длины рёбер DA =
= 1, DB = 2, DC = 3 и углы ADB = ^, ADC = у, BDC = ^. На
ребре DC взята точка М так, что СМ : ЛШ =1:2. Найдите расстояние
между прямыми DA и /Ш.
Решение (см. рис. 34). 1. Введём
базисные векторы DA = ~а, DB = Ь,
DM — ~c и составим таблицу умножения
векторов базиса:
~а
~Ь
~с
~а
1
0
-1
~Ь
0
4
2
~с
-1
2
4
_2JlycTb^Ptf ± DA, РН J. ЯМ (Р G D4, Н е_ВМ). Тогда РН = PD +
+ DM 4- Af#. Так как векторы PD и liJMH и Af/^коллинеарны, то PD =
= х-Ж, МН = у^МВ = y(DB- DM) = y.(b -Т). Поэтому^ РЯ_=
= jt-a* + 7 + (/-(6 — 7) = jc • If + # • fc +(1 — y)-~c. Поскольку РН _L ОД
' (х • Я + у -1) + (I - у) • 7) - Z = 0,

§ 2 6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
53
откуда
' + у - 1 = О,
Таким образом,
= 2
\РН\ = 1-
= ^ • л/4 + 4+16-8
= |\/б.
Ответ:
2\/б
Отметим, что в этой задаче для удобства вычислений был выбран в
качестве базисного вектора ~с не вектор DC, а вектор DM = -zDC.
о
Задача 19. В основании пирамиды MABCD
лежит прямоугольник ABCD. Известно, что
АВ = 2AD = 2, МА = 4, МАВ = MAD = \.
о
Точка К является серединой ребра МС.
Найдите, какое наименьшее значение может принимать
площадь треугольника РАВ, если точка Р
принадлежит прямой DK.
' 1 х
Решение (см. рис. 35). 1. Spab = о
хРН = у2-РН = РН, где РН — высота
треугольника РАВ (Н € АВ). Значит, площадь
треугольника РАВ будет тем меньше, чем меньше
длина отрезка РН. Так как прямые АВ и DK являются скрещивающимися,
длина отрезка РН будет наименьшей в том случае, если он является их
общим перпендикуляром. Таким образом, задача сводится к определению
расстояния РН между скрещивающимися прямыми АВ и DK.
2. Введём базис, выбрав в качестве базисных векторов векторы AM =
= ~а, АВ = b, AD = Т, и составим таблицу умножения векторов базиса:
~а
b
~с
~а
16
4
2
Ь
4
4
0
Т
2
0
1
3. HP = HA+AD + DP. Но векторы НА и АВ, DP и DK коллинеарны,
поэтому НА = х-АВ = х- ~b, I)P = yDK. Найдём разложение вектора DK
по векторам базиса: DK = DC + CK = AS + ^ • СМ = ~Ь + {- • (ВМ-ВС) =

54
Гл. 2. Методы решения задач
= b + 2 • (a - b - 7) = - - (a + b - 7). Так как ЯР 1_ АВ и HP 1 D/C,
имеем HP • А В = 0 и ЯР • DK = 0. Следовательно, получаем систему:
' b
Ь = 0,
откуда
Г Ау + 8л: + 4у = 0,
116у + 8х + 4f/ + 4
8х + Ау - 2у - 2 + у = 0
Значит,
Поэтому \НР\ = lJ(-~a+~b+ 10-~с)2 = ^16 + 4+ 100-8-40 =
У V У
Из пункта 1 решения следует, что Spab = ^V2.
о
Ответ: \у/2.
В следующей задаче в качестве одного из базисных векторов удобно
выбрать вектор, длина которого равна расстоянию между двумя данными
скрещивающимися прямыми.
Задача 20. Точки £ и Я являются
соответственно серединами отрезков АВ и CD,
принадлежащих двум скрещивающимся прямым, угол меж-
л/35 ы
ду которыми равен arccos —гтг- Известно, что
отрезок ЕР является общим перпендикуляром этих
прямых и что АВ = 2>/5, CD = 2>/7, АСВ =
Рис. 36
= arccos i/тл. Найдите длину отрезка £Р.
Решение (см. рис. 36). 1. Выберем в
качестве базисных векторы ЕА = ~ау СР = Ь, РЕ = 7Г и, обозначив квадрат
длины вектора 7 через х (х > 0), составим таблицу умножения векторов
^ /ос
базиса, считая, что ~а, b = arccos —гтг-

§ 2 6. Расстояние между скрещивающимися прямыми
55
~а
~Ь
~с
~а
5
7
2
0
~Ь
7
2
7
0
0
0
X
2. cos AC В = -=*—=*- = -./—-. Найдём разложения векторов С В и СА
\СВ\-\СА\^ У40 _ _1
по базисным векторам: СВ = СР + РЕ + ЕВ = b + 7 — ~а, СА = СВ +
+ ВА = ~Ь +7 -~а +2^~а = ^+ ~Ь + 7. Тогда СВ • СА = (Ь + "? -
/7+5 • х/х+19 V 40 к х2 + 24jc + 95 40
+ 160лг+ 160 = 3jc2 + 72* + 285 **
- 125 = 0
Таким образом, £Р2 = 1 и следовательно, ЕР = 1.
Прежде чем записать ответ, необходимо сделать следующее важное
замечание. По условию задачи угол между прямыми АВ и CD равен
arccos-гтг-, и это острый угол. Угол же между векторами Ж и b при
сделанном выборе этих векторов мог, вообще говоря, оказаться тупым,
равным к — arccos-rx-. Поэтому при таком решении, казалось бы,
нужно рассматривать два случая. Понятно, однако, что ответ (длина общего
перпендикуляра) измениться не должен. И в самом деле, в этом втором
случае, как легко убедиться, ~а'• Ь = -^, скалярное произведение СВ • СА
останется прежним, |СВ| = у/х + 19, \СА\ = у/х + 5, и мы придём к тому
же самому квадратному уравнению, что и в первом случае. Тем не менее,
без этого замечания решение задачи не было бы полным.
Ответ: 1.

56 Пп. 2. Методы решения задач
Задачи для самостоятельного решения
6.1. Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром, равным а. Точка К — середина
рёбра DD\. Найдите угол и расстояние между прямыми СК и A\D.
6.2. Найдите угол и расстояние между двумя скрещивающимися
медианами двух боковых граней правильного тетраэдра с ребром, равным а.
6.3. Найдите расстояние между скрещивающимися диагоналями двух
смежных граней куба с ребром 1.
6.4. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна а. Точка Р — середина
ребра DC. Найдите расстояние между прямыми a) AD и D\P; б) BD и D\P.
6.5. Основанием пирамиды DABC является равнобедренный
прямоугольный треугольник ABC, длина гипотенузы АВ которого равна 4л/2.
Ребро DC перпендикулярно плоскости основания, DC = 2. Найдите
величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми DK и СТ, если
К — середина ребра АС, гТ — середина ребра А В.
6.6. Основанием пирамиды DABC является равносторонний
треугольник ABC, длина стороны которого равна 4\/2. Ребро DC перпендикулярно
плоскости основания, DC = 2. Найдите величину угла и расстояние
между скрещивающимися прямыми DK и СТ, если К — середина ребра ВС,
а Т — середина ребра АВ.
6.7. Основание пирамиды НРКВ — равносторонний треугольник РКВ.
Ребро ИВ перпендикулярно плоскости основания. Величина угла и
расстояние между скрещивающимися прямыми НТ и BE, где Т — середина
ребра KB, Е — середина ребра РК, равны соответственно - и -у=.
Найдите объём пирамиды. *
6.8. Основание пирамиды НРКВ — равнобедренный прямоугольный
треугольник РКВ с гипотенузой РК. Ребро ИВ перпендикулярно
плоскости основания. Величина угла и расстояние между скрещивающимися
прямыми ИТ и BE, где Т — середина ребра РВ, Е — середина ребра РК,
равны соответственно \ и —. Найдите объём пирамиды НРКВ.
о о
6.9. Сторона основания правильной четырёхугольной призмы равна а,
а высота призмы равна h. Найдите расстояние от стороны основания до
не пересекающей её диагонали призмы.
6.10. Найдите расстояние между диагональю куба с ребром а и не
пересекающим её ребром этого куба.
6.11. В плоскости а лежит равносторонний треугольник ABC, у
которого АВ = а. На перпендикуляре к плоскости а, проходящем через точку
А, отложен отрезок АК такой, что АК = а. Найдите расстояние между
прямыми АВ и СК.
6.12. Пусть РН — общий перпендикуляр двух скрещивающихся
прямых АР и ВН. Найдите угол между этими прямыми, если АР = ВН =
= РН= \,АВ = 2.

§ 2.7. Угол между двумя плоскостями 57
6.13. Пусть РН — общий перпендикуляр двух скрещивающихся
прямых АР и ВН, угол между которыми равен -. Найдите длину отрезка РН,
Д
6.14. Найдите объём правильной треугольной пирамиды, у которой
плоский угол при вершине равен -, а расстояние между боковым ребром
и противоположной ему стороной основания равно d.
6.15. Точки Е и Р являются серединами отрезков А В и CD
соответственно, а прямая ЕР перпендикулярна каждой из скрещивающихся
прямых АВ и CD. Известно, что угол АСВ равен arccos -, АВ — 4, CD = 6,
ЕР = у/Ъ. Найдите угол между прямыми АВ и CD.
6.16. Угол между скрещивающимися прямыми АВ и CD равен
/ОТ
arccos -Т7Г- Точки £ и Р — середины отрезков АВ и CD
соответственно, прямая ЕР перпендикулярна каждой из прямых АВ и CD, АВ = 2\/5,
CD = 2>/7, ЕР = л/ТЗ. Найдите величину угла АСВ.
6.17. Пусть ABCDA\B\C\D\ — правильная усечённая четырёхугольная
пирамида. Известно, что
Найдите величину угла между соседними боковыми рёбрами пирамиды.
6.18. В правильной усечённой треугольной пирамиде АВСА\В\С\
ЛТ 17Т7Т-лс-
= |
Найдите величину двугранного угла при ребре большего основания
пирамиды.
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
Прежде чем переходить к описанию методики решения задач по теме,
вынесенной в название этого параграфа, установим один довольно простой,
но важный факт.
Пусть дан двугранный угол, образованный двумя полуплоскостями а
и р и их общей границей — прямой /. Выберем внутри угла произвольную
точку М и опустим из неё перпендикуляры МР и МН на а и (3
соответственно (Р е а, И € (3) (рис. 37). Две пересекающиеся прямые МР и МН
определяют единственную плоскость у. Поскольку МР JL а, то МР _1_ /.
Поскольку МН ± (3, то МН JL /. Таким образом, прямая /
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости у, а значит, в силу признака

58
Гл. 2. Методы решения задач
Рис. 37
перпендикулярности прямой и плоскости, перпендикулярна этой
плоскости. Поэтому / _L Р/С, / ± КН. Следовательно, угол РКП (его
величину обозначим буквой ср) является линейным углом рассматриваемого
двугранного угла. Но тогда, как легко видеть, РМН = тс — ср, и,
следовательно, угол между прямыми РМ и ИМ равен <р (если ср ^ тс/2) либо тс - ср
(если ср ^ тс/2). В силу того, что угол между прямыми не меняется при
их параллельном переносе, оказывается
справедливой следующая теорема.
Теорема 10. Угол между двумя
плоскостями равен углу между двумя
прямыми, одна из которых
перпендикулярна первой плоскости, другая —
второй.
В силу этой теоремы можно
утверждать, что для вычисления угла
между плоскостями аир достаточно
вычислить угол между векторами ~р и ~qy где
~р ± a, ~q _L p. Как известно, две пересекающиеся плоскости
определяют четыре попарно равных двугранных угла, и угол между плоскостями
равен тому из них, величина которого не превосходит тс/2. Угол же
между векторами ~р и ~q может оказаться тупым. В силу того, что |coscp| =
= |cos(tc — ср)| и один из углов тс — ср или ср не превосходит тс/2, косинус
угла между плоскостями аир можно вычислить по формуле cos(a, p) =
= |cos(/f, ~q)\ = i».. V,. Если в плоскости а даны два неколлинеарных
вектора Ш\ и Ш2, разложения которых по векторам некоторого базиса
(с заданной таблицей умножения векторов базиса) известны, то не
составит труда найти какой-нибудь вектор ~р\ перпендикулярный этой
плоскости. В самом деле, пусть ~р — х~а + yb + zT, где a\ b ,~c — векторы
базиса, а х, у, z — коэффициенты разложения, подлежащие определению.
Вектор ~р перпендикулярен плоскости а, следовательно, он
перпендикулярен векторам т\ и т<1, поэтому ~р -т\ =0, ~р -гп2 = 0, то есть имеет место
система _^
J (х~а + yb + z~c) - Ш\ = 0,
\ {х~а + y~b + z~c) • 7п2 = 0.
Это система двух уравнений с тремя неизвестными —
коэффициентами лс, уу z. Полагая один из них равным какому-либо числу, мы придём
к системе двух уравнений с двумя неизвестными. При этом неважно,
какое число мы выберем: хотя разным числам будут соответствовать
разные векторы, существенно лишь то, что каждый из них в силу получен-

§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
59
ной системы будет перпендикулярен плоскости а. Аналогично находится
и один из векторов, перпендикулярных плоскости р — вектор ~q. После
этого, зная разложения векторов ~р и ~q
по выбранному базису с известной
таблицей умножения векторов базиса, легко
определить модуль косинуса угла между ними
(а следовательно, и угол между плоскостями
аир) — с этой задачей мы встречались уже
не один раз.
Задача 21. Найдите угол между
плоскостью основания ABCD куба ABCDA\B\C\D\
и плоскостью, параллельной прямым DK
и С Г, где К и Т — середины рёбер А\В\
и A\D\ соответственно.
Решение (см. рис. 38). 1. Выберем в качестве базисных векторы
DA = a\ DD\ = by DC = ~c и составим таблицу умножения векторов
базиса, приняв ребро куба равным 1:
л
'Ч
ч
1
Ч Ч
\ ^ч^
-----V-
А
ч
ч
/г
-—\- -ус
Рис. 38
D
о"
~Ь
7
а"
1
0
0
ь
0
1
0
?
0
0
1
2. Найдём какой-нибудь вектор ~р, перпендикулярный плоскости а,
параллельной прямым СТ и DK. Пусть ~р = х~а + yb + z~c. Так как ~р ± а,
DK || а, СГ || а, получаем ~р _L /Ж, р* ± СГ. Но DK = DA + АА*{ + Л7/С =
= ^+?+^Т, cf = CD + DDT + DJ = -~с + ~b + ^?. Поскольку
, ~р LCT, имеем ^ • /Ж = 0, jo • СТ = 0 или
y~b
-2?) = о,
-гЬо,
откуда
Пусть z = 2, тогда х = —6, у = 5 и ~р = —6~а + 56 + 2Т. Поскольку
вектор 6 перпендикулярен плоскости основания куба, то в силу теоремы 10
достаточно найти модуль косинуса угла между векторами ~р и Ь. Итак,

60
Гл. 2. Методы решения задач
cos(a, (ABC)) = |cos(p, ~b)\ =
\p\Ab\
V(-6"a ■
bb
5/5 „ /5
= -7= = \/-pj, поэтому искомый угол равен arccos 1/75-
v65 у lo у lo
Ответ: arccos W-.
Задача 22. Диагонали боковых граней прямоугольного
параллелепипеда наклонены к плоскости основания под углами аир. Найдите угол между
плоскостью основания параллелепипеда и плоскостью, проведённой через
диагонали двух смежных боковых граней.
Решение (см. рис. 39). 1. Пусть дан прямоугольный параллелепипед
ABCDA\B\C\D\y в котором А\АВ = a, A\DA = р, и пусть угол ср —
искомый. Выберем в качестве базисных
1 векторы АА\ = ~а, АВ = ~b\ AD =
= ~с и положим АА\ = 1. Тогда \~а\ =
= U \~Ь\ = \~а\ • ctga = ctga, \7\ =
= |~а\ - ctgp = ctgp и таблица
умножения векторов базиса будет следующей:
В
a"
b
~с
~а
1
0
0
~b
0
ct^a
0
7
0
0
ctg2?
Рис. 39
2. Если ~р — некоторый вектор, перпендикулярный плоскости BA\D,
то coscp = .L. pi.. Пусть ~р = х~а + yb + z~c. Из перпендикулярности
вектора ~р и плоскости BA\D следует, что ~р ± А\В и ~р _L A\D, а значит,
~р • А\В = 0, ~р - A\D = 0. Но А\В = b - ~a, A\D = ~c-~а, поэтому
zT)(b -~а) = 0у
- а) = 0,
откуда
-х + z • ctg2 p = 0
Пусть jc = 1, тогда у = tg^a, 2 = tg^. Таким образом, р1 = "a +
2? 2- си

§ 2.7. Угол между двумя плоскостями
61
Но тогда
coscp =
и искомый угол ср равен arccos ■
Ответ: arccos ■
Задача 23. В основании треугольной пирамиды DABC лежит
равносторонний треугольник ABC. Ребро DA перпендикулярно плоскости
основания, DA = л/3. Плоскость а параллельна прямым DB и АС, плоскость (3
параллельна прямым DC и АВ. Известно, что угол между плоскостями a
и р равен arccos •=. Найдите длину стороны основания пирамиды,
о
Решение (см. рис. 40). 1. Выберем в качестве базисных векторы
AD = ~а,АВ = b, АС = ~с и, обозначив квадрат стороны основания
пирамиды через х (х > 0), составим таблицу
умножения векторов базиса:
о"
~Ь
Т
~а
3
0
0
~Ь
0
X
Г
0
\х
X
2. Пусть вектор ~р перпендикулярен
Рис. 40
плоскости а, вектор ~q перпендикулярен плоскости 6. Тогда cos(oc, В) =
—»—-*"»^ i —** —*i 1
= |cos(/f, ~q)\ = .L». .il = - (по условию задачи). Положим ~р = х\ Ж +
_^ \Р\' \Q\ &
+ У\ b + Z\ 7, ~q = Х2Ж + У2 Ь 4- z<{c. Так как /? _L a, DB || а, АС || а,
получаем р" _L DS, р" ± ЛС и значит, /? • DB = 0 и /? • АС = 0. Но
DB = b -Ж, АС = 7, поэтому
{1 _о -0
1 2
2
Так как jc > 0, из второго уравнения последней системы после
сокращения на х получим, что у\ = — 2z\. Пусть z\ — —2, тогда у\ — 4 и из
первого уравнения той же системы получим, что х\ — х. Таким образом,
~р =х- Ж + 4Ь -27.
'(jci~а +у\~Ь + г,7)(b -~а) =
(x\7i+y[~b+z\7)7 = 0,

62 Гл 2. Методы решения задач
Далее, так как ~q _L (3, £>С||(3, Л£||р, получаем ~q _L DC, <f _L ABy
и значит, ~q DC = 0 и ~q -АВ = 0. Но <f = Х2~а -\-y2b +Z2~c, DC = ~c —~a,
АВ = Ь. Следовательно, приходим к системе
( У2~Ь + z27)(7 - ~а) = 0, | ^а://2 + *z2 - Зх2 = 0,
^ -^ откуда < z ,
У2 Ь Н- г2 с) 6 = 0, у ху2 + g JC22 = 0.
Так как л: > 0, из второго уравнения последней системы после
сокращения на х получим, что Z2 = —%У2- Пусть у2 = —2, тогда 22 = 4 и из
первого уравнения той же системы получим, что Х2 = х. Таким образом,
~q = x~ct - 2b +47T.
3. Из пункта 2 решения данной задачи следует, что
~р • ~q = (х~а + 4~Ь - 27)(х~а -2Ь + 47),
откуда
~p-'q=3x2-8x + 8x + 2x-8x = 3x2- блг,
\~р\ = \J(xa: + 4b-27)2 = у/Зх2 + \6х + 4х - 8х =
<а - 2~b 4- 47)2 = \/3x2 + 4x + \6x-8x = у/Зх2 + 12л:.
Итак,
[3jc2-6jc| = 1 ( \х-2\ _ 1
V3jc2 + 12л:\/3л:2 4- 12л: 5'ф>< л: + 4 ~5'^=>
х>0 U>°
-
Значит, длина стороны основания пирамиды равна J -z.
[7 V
Ответ: ft-
Задачи для самостоятельного решения
7.1. Точка К — середина ребра СС\ куба ABCDA\B\C\D\. Найдите
угол между плоскостями B\DK и ABC.
7-2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ АВ = a,AD =
= b, ААХ = с. Найдите угол между плоскостями AB\D\ и A\C\D.
7.3. В основании правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ лежит
треугольник ABC, в котором АВ = а. На боковых рёбрах призмы взяты

§ 2.7. Угол между двумя плоскостями 63
точки М, Р и /С, удалённые от плоскости основания ABC соответственно
на расстояния -, а, -а. Найдите угол между плоскостями ABC и МРК.
7.4. Один из плоских углов трёхгранного угла равен ^, а два других —
по -. Найдите угол между плоскостью прямого угла и плоскостью, отсе-
о
кающей от рёбер трёхгранного угла равные отрезки.
7.5. Все рёбра правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ равны
между собой. Точка К — середина ребра В\С\. Найдите угол между
плоскостями АКС и АА\К.
7.6. Точки К и D — середины рёбер ВР и СВ правильного тетраэдра
РАВС соответственно. Найдите угол между плоскостями ADK и ABC.
7.7. В основании пирамиды KABCD, все боковые рёбра которой
одинаково наклонены к плоскости основания, лежит параллелограмм ABCD.
Известно, что АВ : AD : АК = 1 : л/3 : 2. Найдите угол между
плоскостью основания пирамиды и плоскостью, проходящей через середины
рёбер АВ, AD и КС.
7.8. В правильной четырёхугольной пирамиде угол наклона бокового
ребра к плоскости основания равен а. Найдите двугранный угол при
боковом ребре.
7.9. В правильной треугольной пирамиде сторона основания в три раза
меньше бокового ребра. Найдите двугранный угол при боковом ребре.
7.10. В основании пирамиды KABCD лежит квадрат ABCD, боковая
грань КАВ перпендикулярна стороне основания и является
равнобедренным треугольником, а каждое из боковых ребер КС и KD образует с
плоскостью основания угол, равный j. Найдите двугранный угол при ребре KD.
7.11. В основании пирамиды KABCD лежит прямоугольник ABCD,
точка О пересечения диагоналей которого является основанием высоты
пирамиды. Известно, что АВ : ВС : КО = 2:3:5. Найдите угол между
плоскостью ABC и плоскостью, параллельной прямым BD и КА.
7.12. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит
-—— 2
параллелограмм ABCD, в котором ABC = -тк, АВ : ВС =1:2. Извест-
о
но, что АА\ : АВ = \/3 : 1. Найдите угол между плоскостью основания
параллелепипеда и плоскостью, параллельной прямым DD\ и АС.
7.13. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды
DABC и плоскостью основания ABC равен a, DO — высота пирамиды,
точка Р — середина отрезка DO. Точка К взята на апофеме DH грани
DAC так, что DK : КН = 2:1. Найдите угол между плоскостями АРК
и ABC.
7.14. Точка К — середина ребра ВВ\ правильной треугольной призмы
АВСА\В\С\, точка Л/ принадлежит ребру СС\, причём СМ : С\М = 1 : 2.

64 Гл. 2. Методы решения задач
Известно, что АВ : ВВ\ = 1:3. Найдите угол между плоскостями АКМ
и ABC.
7.15. Дана правильная четырёхугольная пирамида MABCD с вершиной
М, МО — высота пирамиды. Точка Р — середина отрезка МО, точка К
взята на ребре MD так, что МК : MD = 2:3. Известно, что MB = MD =
= BD. Найдите угол между плоскостями АРК и ABC.
7.16. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA\B\C\D\, в котором
AB.AD.AAx =2:3:4. Точки К и М — середины рёбер АВ и CD
соответственно, точка О — центр грани ВВ\С\С. Найдите угол между
плоскостью ABC и плоскостью, параллельной прямым СК и МО.
7.17. Точки М и К — середины рёбер ВВ{ и AD куба ABCDAXB{CXD\
соответственно. Найдите угол между плоскостью, параллельной прямым
МС\ и ВК, и плоскостью ABC.
7.18. Угол между боковым ребром правильной треугольной пирамиды
DABC и плоскостью основания ABC равен а. Точки К и М — середины
рёбер АВ и DB соответственно. Найдите угол между плоскостями СМК
и ABC.
7.19. Основание пирамиды DABC — равносторонний треугольник
ABC, длина стороны которого равна 1. Ребро DA перпендикулярно
плоскости основания, DA = л/2- Найдите угол между плоскостями аир, если
известно, что плоскость а параллельна прямым DB и АС, а плоскость р
параллельна прямым DC и АВ.
7.20. Основание пирамиды DABC — треугольник ABC, в котором АВ =
= ВС = 5. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, pa-
25
вен -JT-. Ребро DA перпендикулярно плоскости основания и равно 1.
Найдите угол между плоскостью основания пирамиды и плоскостью,
проходящей через вершину D, точку пересечения медиан треугольника ABC и центр
описанной около него окружности. /^
7.21. В пирамиде DABC угол ABC — тупой, DC = ^j-, АВ = 5, ВС =
= 7, ребро DC перпендикулярно плоскости основания, а радиус
описанной около треугольника ABC окружности равен —=. Найдите угол между
v 11
плоскостью основания пирамиды и плоскостью, проходящей через
вершину D, точку пересечения медиан треугольника ABC и центр вписанной
в него окружности.
7.22. Через вершину А куба ABCDA\B\C\D\, середину ребра A\D\
и центр грани D\DCC\ проведена плоскость. Найдите углы между этой
плоскостью и плоскостями граней куба.
7.23. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны -
о
Известно, что BD = 2,ВА = у/3, ВС = 2\/3. Найдите: а) угол и расстояние
между прямыми DB и АС, б) расстояние от вершины В до плоскости DAC,

§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол
65
в) расстояние от вершины А до прямой СМ, где М — точка пересечения
медиан грани DAB, г) угол между плоскостями DBC и DAC.
7.24. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны -.
о
Известно, что AD = 1, АВ = \/3, АС = л/13. Найдите: а) угол и расстояние
между прямыми DA и ВС, б) расстояние от вершины А до плоскости DBC,
в) расстояние от вершины В до прямой AM, где М — точка пересечения
медиан грани DBC, г) угол между плоскостями DBC и DAC.
§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол
Пусть сфера с центром О касается рёбер трёхгранного угла с
вершиной D в точках Р, К, М, и пусть известны плоские углы трёхгранного угла:
PDM = a, PDK = р, MDK — у (рис. 41). Так как отрезки
касательных, проведённых к сфере из одной точки, равны, то DP = DM = DK.
Обозначим длину каждого из этих отрезков через /, радиус сферы —
через г, расстояние от вершины D трёхгранного угла до центра сферы —
через d. Если известны углы а, р, у и одна из величин d, I, r, то радиус
сферы может быть вычислен по
следующей схеме. Введём базисные векторы
DP = ~a, DM = b, DK = Т и составим
таблицу умножения векторов базиса:
1
Ж
I2
I2 cos a
/2cosp
Т
I2 cos а
/2
/2 cos у
г
/2cosp
/2 cos у
/2
Рис. 41
Пусть DO = х~а + yb -f z7. Радиус
сферы, проведённый в точку касания
сферы и прямой, перпендикулярен
касательной, т.е. OP _L ~a, ОМ J_ ~b, OK ± 7, _^
и значит^ОЯ^^ = 0,_Ш • ~Ь = О, ОК • 7 = 0._Но OP = ~a_- DQ, ОМ =
= T-DO, ОК = 7-DO. Следовательно, (a-DO)~a = 0, (b-DO)~b = О,
(7 — D0)7 = 0, откуда:
/ _> —*- у~
а ' DO = a ,
(24)
b DO= b2,
5* Векторы на экзаменах

66
Гл. 2. Методы решения задач
или (с учётом таблицы умножения векторов базиса и после сокращения
на /2):
( х + у cos а + z cos (3 = 1,
< х cos а + у + z cos у = 1, (25)
[ х cos р + */ cos у + z = 1 •
Система (25) позволяет найти коэффициенты л:, у, z разложения вектора
DO по векторам о\ ft, 7f. Кроме того, DO2 = d2, а следовательно,
*2 + */2 + z2 + 2jq/ cos a 4- 2xz cos у + 2yz cos p = -^.
Учитывая, что для треугольника DOP по теореме Пифагора d2 = 12+г2у
и присоединяя два последних уравнения к системе (25), получим
окончательно следующую систему:
f х + у cos а + z cos (3 = 1,
jc cos а + у + г cos у = 1,
x cos p 4- у cos у 4- z = 1, 2
x2 4- у2 4- г2 4- 2x# cos a 4- 2xz cos у 4- 2yz cos p = -g-,
(26)
Зная углы а, р, у и одну из трёх величин d, /, г, можно с помощью этой
системы найти две другие величины.
Заметим, что «запоминать» систему
(26) не следует. Наиболее важным шагом
при решении задач такого рода является
получение системы (24), имеющей
довольно простой вид.
Задача 24. Сфера касается всех рёбер
трёхгранного угла, плоские углы которого
равны ^, ^, -£. Расстояние от вершины
о 2. о о
угла до центра сферы равно —=. Найдите
радиус сферы. ^
Решение (см. рис. 42). Чтобы не
дублировать рассуждений и вычислений,
приведённых в общей схеме решения
подобных задач, воспользуемся сразу системой (25) и положим a = к, Р = «,
2к
у = —. Система (25) в данном случае примет вид:
о
Рис. 42
11
11

§ 2.8. Сфера" и трёхгранный угол
67
Следовательно, DO — 2b +2~c (т.е. точка О лежит в плоскости грани
DKM). По условию \DO\ = -^= => DO2 = \ => 4(гГ + Т)2 = \ => I2 +
+ 2/2cosY + /2 = 3^/2 = 5^/ = 7!^r2=:d2"/2 = 5"5 = L Итак'
Ответ: 1.
Задача 25. В треугольной пирамиде DABC известны углы при вершине
D: ADB = ADC = £, BDC = ^. Длина ребра DA равна |. Сфера с цен-
тром О касается рёбер Д4, DB и DC пирамиды. Расстояние от вершины А
2
пирамиды до центра О сферы равно ^. Найдите радиус сферы.
Решение (см. рис. 43). 1. Пусть сфера касается рёбер DA, DB, DC
пирамиды в точках Р, К, М соответственно. Тогда DP = DK = DM (как
отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки — вершины D
пирамиды). Пусть DP = I (/ > 0).
Выберем в качестве базисных векторы DP =
= ~а, DK = b, DM = ~c и составим
таблицу умножения векторов базиса:
~а
7
Ж
/2
0
0
~b
0
/2
/2/2
0
/2/2
/2
2. Пусть DO = хЖ + y_bj- zT.
Заметим, что ОР_= Ж - DOy_OK = ~b -DO,
OM = ~c — DO. Так как OP J_ ~a, получа-
ем ОР~а = 0. Аналогично, OK- 6=0, ОМ • T = 0. Таким образом, имеем
систему:
Ж • DO = Ж2,
(b-DO)b=0,
1 Т - DO = ?2,
откуда, используя таблицу умножения векторов базиса и сокращая на /2,
получим следующую систему:

68
Гл 2. Методы решения задач
Следовательно, DO = Us'a+2b+27). Далее, ОА = DA-DO, но DA =
о
= |о", поэтому Q4 = |а"-^(
» /2 г / 9 \ ^ л »• 4
Значит, Q42 =-д- [у-3) +4+4+4, но по условию ОА2 = ^. Поэтому
(^-y+2l) = 4 =► 21/2-12/ = 0 => / = 1. Тогда из теоремы Пифагора
= Ji - (ОЛ - DP? = «/| - (J - у)2 =
Задача 26. Сфера касается боковых рёбер правильной треугольной
пирамиды DABC в их серединах (D — вершина пирамиды). Найдите плоский
угол при вершине пирамиды, если
известно, что радиус сферы
относится к длине стороны основания
пирамиды как 3 : 4.
Решение (см. рис. 44).
1. Пусть О — центр сферы,
Р, УИ, К — точки её касания с
рёбрами DA, DB и DC соответственно.
Обозначим длины отрезков DP =
= DA = DM = MB = DK = КС
через /, радиус сферы — через г,
плоский угол при вершине D
пирамиды — через а, длину стороны
основания пирамиды — через т. Вы-
Рис 44
берем в качестве базисных векторы
DP = а\ DM = Т, DK = ~с и со-"*
ставим таблицу умножения векторов базиса, используя введённые
обозначения:
~а
Ь
7
~а
/2
/2 cos a
/2 cos а
Ь
/2 cos а
/2
/2 cos а
~с
I2 cos а
/2 cos а
/2
2. Пусть DO = xTi + yb + zc. Так как радиус сферы, проведённый
в точку касания сферы и прямой, перпендикулярен касательной, получаем

§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол 69
OP J. а\ ОМ J_ ~b, OK 1 с\ откуда ~ОР~а =0, Ш-~Ь =0, ОК-Т = 0.
Но ОР = ~а - DO, ОМ — b — DO, OK = 7 - DO. Следовательно, имеем
систему
(а - Dd)~a =0, [~а ~DO = 'a2,
- DO)? = 0, ^ < Ь - DO =
откуда
a"(jc~a Л-yb + z~c) = a^
~b(x~a +y~b + z~c) = Т4
7(х~а 4-уЬ + 2"?) = 7s
и значит,
' xl2 + у I2 cos a + г/2 cos a = /2, Г x + # cos a + z cos a = 1,
xl2 cos a + у I2 + zl2 cos a = /2, 4Ф < x cos a + r/ + z cos a = 1,
xl2 cos a + у I2 cos a 4- z/2 = /2 [ x cos a + # cos a + z = 1.
Вычитая из первого уравнения последней системы её второе уравнение,
а из второго — третье и сокращая на 1 — cos a (ясно, что cos a ф 1),
получим, что х = у, у = z. Следовательно, х = у = 2, поэтому х +
+ xcosa + jccosa = 1, откуда х = -z = у = z (cosa ф — -,
так как сумма плоских углов трёхгранного угла меньше 2л, и значит, в
данном случае a < ^j. Итак, DO = -z -{~а + b 4- "Г) => |DO| =
2 cos a 4- 1
1
2cosa+l V
3. Из теоремы Пифагора для треугольника DOP следует, что ОР2 =
пгл2 глп2 Л 3/2 /2 2/2(l-cosa) ы
= DOZ—DPZ => г = г — * = —s "г~- Из теоремы косинусов
2 cos a + 1 2 cos a + 1 r J
для треугольника ЛОВ (с учётом условия задачи и введённых обозначений)
легко получить, что т2 = 8/2(1 — cosa). Итак, имеем систему:
о _
2/2(1 -cosa)
2cosa+l '
m2 = 8(l -cosa)/2,
г ~ 3*
Деля второе уравнение этой системы на её первое уравнение, получим
8(2cosa4- 1) _ т2

70 Гл. 2. Методы решения задач
лл - гп2 /4\2 16
Из третьего уравнения последней системы следует, что — = (-) = -^-.
Таким образом, приходим к уравнению
4(2coscx+ 1) = ^ & 2cosa+ 1 = н ^ cosa = -^ =>
У У 1
О т в е т: к — arccos —.
1о
Теперь обратим внимание на следующий факт. При решении последней
задачи (задача 26) мы имели дело со сферой, касающейся рёбер так
называемого правильного трёхгранного угла, т. е трёхгранного угла, все
плоские углы которого равны. Как следует из решения задачи, для
любого такого угла с вершиной D и плоским углом, равным а, справедливо
соотношение
2cosa+l '
где О — центр сферы, касающейся рёбер данного правильного
трёхгранного угла. Последнее соотношение означает, что вектор DO принадлежит
диагонали параллелепипеда (точнее, прямой, содержащей эту диагональ),
построенного на векторах DP, DK и DM (где Р, К, М — точки касания
сферы с рёбрами трёхгранного угла). В самом деле, по правилу
параллелепипеда DT = DP + DK + DM, .где DT — диагональ параллелепипеда,
построенного на векторах DP, DK, DM. Таким образом, векторы DO и DT
коллинеарны, а поскольку они имеют общее начало — точку D, из
условия их коллинеарности следует, что они принадлежат одной прямой. Из
сделанных замечаний вытекает, в частности, тот факт, что если сфера
касается трёх рёбер куба, выходящих из одной его вершины, то её центр
принадлежит диагонали куба, проходящей через ту же вершину. И
последнее. Если DH — высота правильной треугольной пирамиды с вершиной D,
то точка Н является точкой пересечения медиан треугольника, лежащего
в основании пирамиды. Поэтому (прежние обозначения сохранены) DH =
= UdA+JDB + DO) = k(Z)P+DK + DM), где k — некоторое
действительное число. Значит, аналогично предыдущему, можно сделать следующий
вывод: если сфера касается всех боковых рёбер правильной треугольной
пирамиды, то её центр принадлежит высоте этой пирамиды.
Прежде чем излагать методику решения и разбирать задачи, связанные
со сферами, касающимися каждой из граней трёхгранного угла (такие
сферы называются вписанными в трёхгранный угол), приведём две полезные
теоремы из геометрии трёхгранных углов.

§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол 71
Теорема 11 (теорема косинусов для трёхгранных углов). Пусть
а, р, у — величины плоских углов трёхгранного угла DABC,
противолежащих рёбрам DA, DB и DC соответственно, А, В, С — величины
его двугранных углов, противолежащих углам а, р, у
соответственно. Тогда
г: cos а — cosP • cosy
cos/! = —-—? L,
sinp • sin у
cosg= cosp -cosy -cose
sin y- sin а
с; cos у — cos а • cos P
cos С = Ц ——-.
sin а • sinp
Доказательство. Выберем на ребре DA произвольную точку А \
и проведём отрезки А\В\ L DA\ (B\ e DB) и А\С\ _L DA\ (C\ е DC)
(рис. 45). Тогда по построению угол ВхАхСх равен по величине линейному
углу двугранного угла с ребром DA, и значит, В\А\С\ = А. Для удобства
вычислений будем считать, что DA\ = 1. Тогда А\В\ = DA\\gy = tgy,
АХСХ = D4,tgp = tgp, DBX = ^- = -!—,
&r &r cosy cosy
DCi = —77 = —-. По теореме косинусов для
cosp cosp r J
треугольника DfijCi получим, что
Bx C2x = DB\ + DC\ - 2DBx • DCX • cos a =
1 1 2cosa
cos2 y cos2 p cos p • cos y
С другой стороны, по теореме косинусов для трё-
угольника В\А\С\ получим, что В\С\ = В\А\ +
+ С,Л2 - 2ВХАХ • С\А\ • собЛ = tg2Y + tg2p -
— 2tgY • tgp • cos>4. Таким образом, tg2y + tg2p — 2tgy • tgp • cos/1 =
1 , 1
+ tg»p- ' + 2ftC0Stt =-2+ 2ftCOS0t .Темсамым
cos2p cosp-cosy cosp-cosy
^ cos a — cos (3 • cosy A x о cos a — cos S • cosy
cos Л = 5—^ l • ctgy • ctgp = r-^—г L.
cosp-cosy r sinp-sin у
Остальные соотношения доказываются аналогично. Доказательство
закончено.
Возьмём теперь внутри трёхгранного угла DABC произвольную точку
D' и опустим из неё перпендикуляры D'A' (A' e (DBC)), D'Bf (В' б (D4C)),

72 Гл. 2. Методы решения задач
D'C' (С € (DAB)) на грани угла DABC. Таким образом, мы получим
новый трёхгранный угол D'A'B'C (он называется полярным углом для угла
DABC). Обозначим плоские углы этого нового угла через а', р', у', где
а' = B'D'C, р' = A1 D'C\ у' = A'D'B', a противолежащие им двугранные
углы через А', В1, С соответственно. Тогда а' = к - Л, (3' = к - В, у' =
= к — С (см. доказательство теоремы 10 из §2.7). Но угол DABC в свою
очередь является полярным углом для угла D'A'B'C' (обоснуйте это
самостоятельно). Поэтому а = к — А', р = к - В', у = к — С, откуда А' = к - а,
fl; = л - р, С' = л - у. Применим теперь к углу D'A'B'C' теорему 11:
Т. cos а' — cos В' cos у' ~
cos Л' = r-jTT—г—7—-• Отсюда, в силу предыдущих равенств, имеем:
, ч cos(tc — А) — cos(k — В) cos(k — С) о ,
соэ(л — а) = — ^ —^ -. Воспользовавшись форму-
sin(K — B)s\n(K — С)
лами приведения cos(k — <р) = — coscp, sin(ji - ср) = sincp и домножив обе
части последнего равенства на (-1), получим
cos Л + cos В cos С
cos а = .
sin В sin С
Аналогичные соотношения можно получить и для двух других плоских
углов трёхгранного угла DABC. Таким образом, имеет место следующая
теорема.
Теорема 12. Для трёхгранного угла с плоскими углами а, р, у
и противолежащими им двугранными углами А, В, С имеют место
равенства:
cos Л + cos В cos С
cos а = ,
sin В -sin С
п cos В + cos С cos А /ооч
cos р = ^ ^ , (28)
sin С-sin Л
cos С + cos Л cos В
cosy = ^ .
sin A • sin В
Итак, зная плоские углы трёхгранного угла, можно по формулам (27)
найти его двугранные углы, а зная двугранные углы — по формулам (28)
найти его плоские углы.
Далее будем считать, что все обозначения для плоских и двугранных
углов трёхгранного угла DABC остаются теми же, что и в формулах (27), (28).
Пусть сфера с центром в точке О касается граней DBC, DAC, DAB
трёхгранного угла DABC в точках А\, В\, С\ соответственно (рис. 46).
Обозначим через г радиус сферы, через d — расстояние от центра О сферы
до вершины трёхгранного угла (т. е. длину отрезка DO). Поскольку радиус

§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол
73
сферы, проведённый в точку касания сферы и плоскости, перпендикулярен
этой плоскости, то О4, 1 (DBCl ОВХ _L (DAC)^OC\ 1 (DAB). К^уже
отмечалось, в этом случае В\ОС\ = к — Л, А\ОС\ = к — В, А\ОВ\ =
= к — С. Выберем в качестве базисных векторы ОА\ = ~а, ОВ\ = Ь,
ОС[ =?и составим таблицу умножения векторов базиса (учитывая, что
cos(ti — ср) = — cos cp):
~а
~Ь
~с
~а
г2
-г2 cos С
-г2 cos В
~Ь
-г2 cos С
г2
-г2 cos Л
~с
—г2 cos В
—г2 cos A
г2
Пусть OD = х~а + yb + z~c. Тогда
ШТ = ОА\ -OD = ~a- OD,
Щ[ = ЩХ -OD = Т'-OD,
DCi = ОС[ -OD = T-
Поскольку ~а ± D/C[y ~b JL DB\, 7 J_ DC\, то Z • Д4^ = Г • dT\ = T x
^ - OD) = ~b(b - OD) = 7(7 - OD) = 0
или
x DC\ = 0, а следовательно, ~а{
A/
~b-OD =
(29)
откуда, используя таблицу умножения
векторов базиса и сокращая на г2
обе части каждого из уравнений
системы (29), получим
х - у cos С - z cos В = 1,
2
Рис. 46
(30)
—х cos В — у cos А + z = 1.
Из системы (30) однозначно определяются коэффициенты х, у, г, а
следовательно, разложение вектора OD по векторам базиса. В частности, если
А = В = С, то х = у = z =
1
-2cosy4
(заметим, что в этом случае
cos Л ф -, так как в противном случае из формул (28) следует, что cos a =
= cos(3 = cosy = U что невозможно). Сфер, вписанных в трёхгранный
угол, существует бесчисленное множество (центры всех этих сфер лежат

74
Гл. 2. Методы решения задач
на прямой OD), и для того, чтобы вычислить радиус какой-то конкретной
сферы, необходимо, помимо углов, задать ещё какой-нибудь метрический
элемент, например \OD\ = d. Поскольку \OD\ = vOD2, а в разложении
вектора OD по векторам а\ b, 7 коэффициенты уже определены из
системы (30), последнее равенство позволяет определить величину г, если
задана величина d (и обратно — по г определить d). I
Задача 27. Плоские углы трёхгранного угла равны arccos -==,
3 1 v105
arccos -7=» arccos —-=, а расстояние от вершины угла до центра вписан-
v35 Зл/3
/19
ной в него сферы равно 2W—. Найдите радиус сферы.
у 1 о
Решение 1. Пусть DABC — данный трёхгранный угол,
а = DBC = arccos —?==, Р = DAC — arccos —=л у = DAB — arccos ^=.
Пусть О — центр сферы, А\у В\у С\ — точки касания сферы с гранями
DBC, DAC, DAB соответственно. Тогда ОА{ = ОВ\ = ОС\ = г, где г —
радиус сферы. Сохраняя прежние обозначения, вычислим по формулам
(27) косинусы двугранных углов трёхгранного угла DABC:
^ cos а — cos б • cos у п
COSy4 = = К : = 0,
2p l 2
^_
=
l -cos2p- vl -cos2y
cos p — cosy * cos а
1
y/\ — cos2 у • y/\ — cos2 a ^
с; cos у — cos а • cos (3 1
cos С = — K = ^
Тогда
Vl -cos2a- V1 -cos2p
= cos(k — A) = 0,
= cos(k - C) = -i. Пусть a* =
Ci = cos(k — B) = —-,
, ? = OsT, T = ОСТ —
базисные векторы. Таблица умножения векторов базиса имеет в данном
случае следующий вид:
~а
~Ь
Г
г2
-а-*
-и
~ь
г2
0
-и
0
г2
2. Пусть OD = х~а +yb +z~c. Чтобы дословно не повторять
рассуждений, приведённых при описании методики решения подобных задач,

§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол
75
запишем сразу систему (30) для данного случая:
1 111,
X — X — — — —X — — — I
36 6 4 2'
6
2 = 1 + IjC
X =
y =
z ==
30
13
18
13
28
13
Таким образом, OD = -r^(157f+ 96 4- 14"?) и
1 о
\OD\ =
l
► /19
Так как по условию \OD\ = 2w—, то г = 1.
Oi и lo
т в е т: 1. v
Задача 28. В трёхгранный угол, все двугранные углы которого равны,
вписана сфера. Расстояние от вершины угла до центра сферы вдвое больше
её радиуса. Найдите величины плоских углов трёхгранного угла.
Решение. Пусть DABC — данный трёхгранный угол с вершиной D.
Величины двугранных углов при рёбрах DA, DBy DC обозначим Л, В, С
соответственно. Поскольку А = В = С, то из формул (28) настоящего
параграфа следует, что все плоские углы трёхгранного угла также будут
равны. Пусть сфера касается граней DBC, DAC, DAB трёхгранного угла
DABC в точках А\, В\, С\ соответственно, и пусть точка О — центр сферы.
Выберем в качестве базисных векторы ОА\ = а\ ОВ\ = Ь, ОС\ = ~с.
Тогда .
где г — радиус сферы.
В соответствии с материалом данного параграфа и исходя из условия
задачи, получим, что таблица умножения векторов базиса имеет вид:
~а
~Ь
~с
~а
г2
-г2 cos Л
—г2 cos Л
b
—г2 cos Л
г2
-г2 cos Л
7
—r2 cos Л
—г2 cos Л
г2

76
Гл. 2. Методы решения задач
Пусть 0D = х~а + yb + z~c. Система (30) в данном случае выглядит так:
х — у cos А — z cos Л = 1, ( х _ „ _ z _
-л: cos А + */ - г cos А = 1,
—jc cos Л — у cos Л -f г = 1
1
4
1 -2 cos/4
Поэтому OD =
-2собЛ
1
(а + 6 + с) и
По условию \OD\ : г = 2 : 1, следовательно,
З-бсоэЛ
\J3-6cosA
11 — 2cos Л|
соьАф-
cosA ф -
[cosЛ ф -
=0,
Теперь по формулам (28) находим, что
cos a = cos (3 = cos у =
= 4,
cosA = -,
I ! !
поэтому а = р = у = arccos -.
Ответ: arccos ■=.
Задачи для самостоятельного решения
8.1. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Сфера, вписанная
в трёхгранный угол с вершиной Л, касается прямой МР. Найдите
радиус сферы, если точка Р — середина ребра ВС, г М — точка пересечения
медиан треугольника ADC.
8.2. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Сфера касается рёбер
ADy AB и АС и проходит через середину ребра ВС. Найдите радиус сферы.
8.3. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Найдите радиус шара,
касающегося рёбер АВ, АС и CD, причём ребра АВ — в его середине.
8.4. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершину С\ и касающейся рёбер Л В, AD и АА\.

§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра и
8.5. Дан правильный тетраэдр DABC, DA = 1. Точка К — середина
ребра DC, точка О — центр шара радиуса у/2, касающегося прямых AD,
АС и АВ. Найдите длину отрезка ОК.
8.6. Два равных треугольника КНМ и КНР имеют общую сторону КН
и лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Известно, что КНМ =
= НКР = £, КН = 1, ИМ = КР = 6. Шар касается отрезков НМ и КР
о
в их серединах. Найдите радиус шара.
8.7. Два равных треугольника КНР и МНР имеют общую сторону HP
и лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Известно, что НРК =
= РИМ = g, HP = 2>/3, КР = НМ = 12. Шар касается отрезков КР
и НМ в точках В и Т соответственно, причём KB : КР = ТМ : /Ш =1:3.
Найдите радиус шара.
8.8. В треугольнике ABC угол АСВ — прямой, АС = 1, ВС = 3. Через
точку В проведена в пространстве прямая, перпендикулярная отрезку ВС,
и на этой прямой взята точка D так, что BD = 1. Угол между
прямыми BD и АС равен -. Шар касается отрезков АВ и CD в точках Р и К
о
соответственно, причём АР : АВ = KD : CD =1:3. Найдите радиус шара.
8.9. Длина каждого из рёбер правильной четырёхугольной пирамиды
PABCD с вершиной Р равна а. Сфера с центром в точке О проходит
через точку А и касается рёбер РВ и PD в их серединах. Найдите объём
пирамиды OPCD.
8.10. Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна 1. Сфера касается рёбер
АА\, АВ и A\D\ и проходит через точку М ребра СС\ такую, что СМ = -.
Найдите радиус сферы.
8.11. Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром 1. Найдите радиус шара,
проходящего через вершины С и С\ и касающегося прямых АВ и AD.
8.12. Сфера касается рёбер DA, DC, В А и ВС треугольной пирамиды
DABC. Докажите, что точки касания принадлежат одной плоскости.
8.13. Сфера касается рёбер ЛД BD, ВС и АС треугольной пирамиды
DABC в точках /(, Я, М и Р соответственно. Найдите длину отрезка КН,
если МР =7,РК = 5, HP = 2\/2S, КН = НМ.
8.14. Сфера касается рёбер AD, CD, АВ и ВС треугольной пирамиды
DABC в точках Р, К, Н и Т соответственно. Найдите длину отрезка КТ,
если РК = РН = 8, РТ = у/82, КТ =
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
Пусть дан тетраэдр DABC и пусть точка О — центр описанной
около этого тетраэдра сферы. Будем считать, что нам даны (или мы можем
вычислить) длины каких-либо трёх рёбер тетраэдра DABC, выходящих из
одной вершины, и косинусы плоских углов между этими рёбрами. Требует-

78
Гл. 2. Методы решения задач
b DO=l2
ся определить радиус сферы. Если тетраэдр задан указанным образом, то
существует эффективная методика решения поставленной задачи. Пусть,
например, известны длины рёбер DA, DB, DC и величины плоских углов
DBC = a, DAC = р, DAB = у. Выберем в качестве базисных векторы
DA = ~a, DB = Ь, DC = 7 (рис. 47). В этом случае таблица умножения
векторов базиса будет полностью определена. Пусть DO = х~а +yb +z~c.
Тогда OA=ja -DO, OB = ~b - DO, ОС = 7 - DO. Кроме того, DO2 =
= OA2 = OB2 = ОС2 = R2, где R — радиус сферы. Из последней цепочки
равенств следует, что (DO- OA)(DO_+^OA)_= 0,_(DO-OB)(DO + OB]_= 0,
(DO - OC)(DOj- ОС) = 0, откуда (2DO -
-~а)а: = О, (2DO-/T)? = О, (2DO-7)? = О,
или
(31)
Система (31) представляет собой, как
легко видеть, систему трёх линейных уравнений
относительно трёх неизвестных х, у, z.
Определив из этой системы величины ху у, г, мы тем самым найдём разложение
вектора DO по векторам базиса с известной таблицей умножения
векторов базиса, и по формуле R = \DO\ = у DO2 вычислим радиус описанной
около тетраэдра сферы.
Замечание. Что касается вписанной в тетраэдр сферы, то если
тетраэдр задан указанным образом, то для вычисления её радиуса г целе-
3V
сообразно пользоваться формулой г = —, где V — объём тетраэдра, S —
площадь его полной поверхности.
Применение же векторов в данном случае приводит
к неоправданно громоздким системам
уравнений и является поэтому значительно менее
эффективным.
Задача 29. В треугольной пирамиде
DABC рёбра DA, DB, DC, ВС равны
между собой и равны 2, АС = >/б, АВ = 2\/2.
Найдите радиус описанной около пирамиды
DABC сферы.
Решение (см. рис. 48). 1. Найдём вначале плоские углы (или их
косинусы) при вершине D. Так как DB = DC = ВС, то BDC = к/3.
Рис. 47
Рис. 48

§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
79
Так как DA2 + DB2 = 4 + 4 = 8 = АВ2, то ADB = к/2 (по теореме,
обратной к теореме Пифагора). По следствию из теоремы косинусов для
треугольника ADC имеем
cos ADC =
DA2 + DC2 -AC2 4 + 4-6
2 DA DC
2-2-2
4'
Выберем в качестве базисных векторы DA = ~ay DB = by DC = 7
и составим таблицу умножения векторов базиса:
И
~с
"а
4
0
1
~Ь
0
4
2
Т
1
2
4
2. Пусть точка О — центр описанной около тетраэдра DABC сферы,
R — её радиус, и пусть DO = х'аЛ-уЬ +z7. Система (30) в данном случае
имеет вид
~а(ха + y~b^ + z~c) = 2,
~b(x~a + yb + z7) = 2,
~c(x~a +y~b + zT) = 2,
откуда
4х + 2
4*/+ 2,
х + 2у
= 2,
г = 2,
+ 42 =
2
X
У
1
1
~ 2
1
~ 2
— 2-
1
1
42 = 2
Следовательно, DO = ^
^
Ответ:
л/253
11
-ч
2
+ 4Т
л/253
X
У
Z
) и
_ 1
~ 2
1
~ 2
2
~ 11
R =
1
1
22' ***
\Щ = 1
х =
У =
2 =
/do
5
И
9
22
2
И
2 =
11
Заметим, что тройку базисных векторов не обязательно связывать
с рёбрами рассматриваемого тетраэдра. Методика решения при этом, как
правило, не претерпевает принципиальных изменений.

80
Гл. 2. Методы решения задач
В качестве примера рассмотрим следующую задачу.
Задача 30. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно 1. Через вершину А
куба и середины рёбер ВС, DD\, A\B\ проведена сфера. Найдите радиус
этой сферы.
Решение (см. рис. 49). 1. Выбе-
рем в качестве базисных векторы АА\ =
= а\ АВ — Ь, AD = ~с и составим
таблицу умножения векторов базиса:
D
~а
~Ь
~с
~а
1
0
0
~Ь
0
1
0
~с
0
0
1
Рис- 49 2. Пусть точки Р, К> М — середины
рёбер ВС, DD\ и А\В\ соответственно,
точка О — центр сферы, и пусть АО = х~а+у Ь +z~c. Поскольку АО2 = ОК2 =
= ОР2 = ОМ2 = R2, где R — радиус сферы, из этих равенств следует, что
(АО - ОК){АО + ОК) = О, (АО - ОРЦАО + ОР) = О, (АО - ОМ)(АО +
+ ОМ) =_0=> (АО - (Ж)АК = 0,_(ЛО -£Р)АР = 0_ЛЛО_- ОМ) AM = 0.
Но АО-ОК =^О-(рА+АК) = АО-ОА-АК = 2АО-АК. Аналогично,
АО-ОР = 2АО - АР, АО-ОМ = 2АО - AM. Таким образом, получаем,
что
(2АО - АК)АК = (2АО - АР)АР = (2ЛО - AM)AM = 0,
откуда:
Поскольку
АО ■ АК = ^
АОАР= {-А~Р2,
АО-АМ = ^
АК = AD + DK = 7 +^~а = ^(а + 27),
~^ i?с"),

§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
81
последнюю систему можно переписать в следующем виде:
* _* -* _*-> _* /1 -* ^ \2
(ха +yb +zc) • (а +2с) = 1-(а +2сП ,
(хЖ + уЬ + zc) • (2b + %7) = (^-(2b + ~c)\ ,
(ха" + yb + z~c) • (2Ж + Ь) -
Используя таблицу умножения векторов базиса, получим, что:
5
4'
X = 7 ~ 22,
4
5 г
10 . , 5
= §-§•*<
_5_
^_
5
—> 5
Следовательно, ЛО = у^(
► / >
= |ЛО| = у АО2 =
Ответ:-^^3.
Заметим, что равенство АО = —(а + b +T) означает, что центр О
сферы лежит на диагонали АС куба и делит эту диагональ в отношении
5 : 7 (так как АС\ = ~а + b + ~с).
Задача 31. В треугольной пирамиде DABC известны величины углов
BDC = -, ADC = ADB = -. Вершины D и А пирамиды и середины
2. о
рёбер DB, DC, AB, AC лежат на сфере радиуса 3. Определите положение
центра сферы и найдите объём пирамиды.
Решение (см. рис. 50). 1.
Выберем в качестве базисных векторы DA =
= 7f, DB _== ~by DC = 7Г, обозначим
|2f| = а, |й| = ft, |7Г| = с и составим
таблицу умножения векторов базиса:
~а
~Ь
7
7г
а2
ab
2
ас
~2
~Ь
ab
2
Ь2
0
Г
ас
Т
0
с2
Рис. 50
6* Векторы на экзаменах

82
Гл. 2. Методы решения задач
2. Пусть DO = ха + y~b + zc. Тогда АО = DO - а\ МО = DO -
- 1ь, КО = DO - ±7, РО = DO - {-{~а + I), ТО = DO - {-(а + 7), где
УИ, К, Т, Р — середины рёбер DC, DB, АС и АВ соответственно.
Поскольку DO2 = АО2 = Мд^ = КО2^fO2_= TO2 = R^ = 9_(здесь^/? -радиус
сферы), получаем (DO - AO)(DO + АО) = О, (DO - MO)(DO + МО) = О,
(DOj- KO)(DO + КО) = О, (DO - PO)(DO + РО) = О, (DO - TO)(DO +
+ ТО) = 0, откуда
X-b (2DO - i/jT) =0, l-
=0,
\(a + ~b)(2DO - \(a+~b)) = 0, \(a+ 7)(2DO - \(a + 7)) = 0.
Последние равенства, сделав предварительно простейшие преобразования,
можно записать в виде следующей системы:
7D0= l-
(а
-ЕЮ = ^(S +~b)2,
Из первых двух уравнений этой системы получим, что DO(~a + b) =
_>2 "7^2 -*2 -*"2
= — + —, из первого и третьего — что DO(~a + 7) = —- + -—•
Переписав два последних уравнения системы с учётом только что полученных
равенств, придём к следующей системе:

§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра
83
Отсюда, воспользовавшись таблицей умножения векторов базиса,
получим
а2 + у- -^ab + z- ^ac = у,
ха2
r * ■ 7Г2_ lr2
х • —ас -\- zc — —с ,
(32)
О 9 9 9
Так как a DO = %■, ~b DO = ^-, то Ж- ~b D~O2 = %■ ■ Ь-Т, но DO2 = 9,
2
значит, —- • 9 =
==> ао = 36. Только что полученное равенство и два
Z О
последних уравнения системы (32) можно записать в виде новой системы
<a2
2
2
а2 + ас + с2
+ 4
= 36
а2 = ас,
aft = 36
а = ft = с = 6,
(а > 0, ft > 0, о 0).
С учётом найденных значений a, ft, с три первых уравнения
системы (32) теперь легко привести к виду
' 2х + у + z = 1,
2х + 4*/ = 1,
2х + 4г = 1
Таким образом, DO = -z~a = ~D/1, и> следовательно, центр О сферы
является серединой ребра DA. ^ ^
3. Далее, пусть Н — середина ВС. Так как DC = DB = 6, В DC = ^,
DH J. ВС, получаем DH = DC • sin ^ = 3\/2.
Аналогично, поскольку ЛС = DC = DA = DB = АВ = 6
(треугольники ADC и ADB — равносторонние), АН ± ВС, то АН = 3\/2. Поэтому
ВС JL (DHA), и объём К пирамиды DABC можно вычислить следующим
образом: V = -ВС • S/)/^, где 5оял — площадь треугольника DHA. Но

84 Гл. 2. Методы решения задач
Sdha = ^DH-АН (так как DHA = -, что легко следует, например, из тео-
ремы, обратной теореме Пифагора). Поэтому V = - • 6\/2 • - -3\/2-3\/3 =
= 18л/2. ^ 2
Ответ: центр сферы является серединой ребра DA, объём пирамиды
равен 18л/2.
Задачи для самостоятельного решения
9.1. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершины Л, В, D и середину ребра А\В\.
9.2. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершины Л, С и середины рёбер В\С\ и C\D\.
9.3. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершины А и С\ и середины рёбер ЛЛ1 и Bfij.
9.4. Длина ребра правильного тетраэдра РАВС равна а. Через
вершины Р и С и середины рёбер АВ и ЛС проведена сфера. Найдите радиус
сферы.
9.5. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через середины рёбер АВ, AD, АА\ и через вершину С\.
9.6. Основанием пирамиды DABC является равносторонний
треугольник ABC, длина стороны которого равна 5. Известно, что AD = BD = 4,
CD = -. Найдите радиус описанной около пирамиды DABC сферы.
9.7. В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD длина стороны
основания ABCD равна длине высоты пирамиды и равна а. Найдите радиус
сферы, проходящей через вершины Р и В и середины рёбер AD и ВС.
§ 2.10. Комбинированные задачи
В этом параграфе будут рассмотрены задачи, при решении которых
используются различные элементы изложенных выше методик, а также их
комбинации.
Задача 32. Сторона основания ABC правильной треугольной
пирамиды DABC равна а, боковое ребро равно ал/2. Сфера проходит через
вершину А и касается рёбер DB и DC в их серединах. Найдите радиус
сферы.
Решение (см. рис. 51). 1. Пусть точка О — центр сферы, точки М и
К — середины рёбер DB и DC соответственно. Введём в качестве базисных
векторы т = AD, 7г = АВУ ~р = АС. В силу равенства треугольников DAB
и DAC углы DAB и DAC будут равны. Найдём их косинусы:
= 4? : DA = -^= = -^=.
2 2ау/2 2л/2

§2.10. Комбинированные задачи
85
Теперь можно составить таблицу умножения векторов базиса:
т
~п
р
т
2а2
а2
2
а2
2
~п
а2
2
а2
а2
2
~Р
а2
2
а2
2
а2
2. Пусть АО = хт + уТг + г/?, тогда R = |ЛО|, где /? — искомый
радиус._Но АО2 =_МО2 = КО2 = /?2, откуда (АО - МО)(АО + МО) = О,
(АО - КО)(АО + КО) = 0. Поскольку АО -
-МО = AM, АО-КО = АК,_Ю+М0 = АО+
= 2АО - AM, АО Л-КО = АО+
^^!_ АМ(2АО-
- ЛУИ) = О, АК(2АО - АК) = 0, откуда
• ЛО =
АМг
(33)
Рис. 51
Так как М — точка касания сферы и пря-
мой DB, то Цб ± DB, и значит, АЮ- РВ = 0. _^ ^
Но МО = АО - ЛУИ, DB = AB- AD, поэтому (ЛО - ЛУИ)(ЛВ - ЛД) = 0.
Присоединяя это уравнение к системе (33), получим следующую систему
АМАО =
АКАО =
Ш2
2 '
2 '
(АО - ЛУИ)(ЛВ - AD) = 0.
Далее, AM = i
+ АВ) = ^(m + /Г), Л/С = ^
Теперь систему (34) можно переписать в следующем виде:
+ ЛС) = i(
(34)
+ р).
(т + ~п)(хт + г/ТГ + г/f) =
(т + ~р)(хт + у~п + гр) =
7Г- m) = 0.

86
Гл. 2. Методы решения задач
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса,
сокращая на а2 и приводя подобные, приходим к системе
f Ъх + Зу + 2z = 2,
Ъх + 2у + 32 = 2,
Из этой системы довольно просто найти, что х = —, у = z = -^. Тогда
/? = \АО\ = у/АО2 = JL
Ответ: ^
Задача 33. Длина ребра основания ABC правильной треугольной
пирамиды DABC равна 8. На рёбрах АВ и АС взяты точки К и Р
соответственно, причём АК = 7, АР = 4. Известно, что для данной пирамиды
существует единственный конус с вершиной в точке К, центр основания
которого принадлежит прямой DC, а отрезок КР является образующей
этого конуса. Найдите объём конуса.
Решение (см. рис. 52). 1. Пусть точка О, принадлежащая
прямой DC, является центром основания конуса. Тогда КО — ось конуса,
и значит, РО — радиус основания. Поэтому КО J_ PO, и следовательно,
КОРО = 0.
(35)
Обозначим через Н основание высоты пирамиды, проведённой из
вершины D. Поскольку пирамида правильная и точка Р — середина
ребра АС, точка Н принадлежит медиане ВР основания ABC пирамиды,
причём ВР L AC, DH ± ВР, DH -L АС. Выберем в качестве базисных три
попарно перпендикулярных вектора
единичной длины:
а —
АС = __ ^ = ^
\АС\' " \РВ\* ° \HD\
В этом случае таблица умножения
векторов базиса будет иметь наиболее простой
вид:
Рис. 52
"а
И
~а
[
0
0
b
0
1
0
~с
0
0
1

§2.10. Комбинированные задачи 87
2. Далее, \РВ\ = \АВ\ - sin ^ = 4л/3, \АС\ = 8 (по условию), и если
о
обозначить \HD\ = Л, то ~а = ^Лс, ? = —^РВ, "? = |//D.
о 4v3 «
Пусть СО = jc • CD. Выразим векторы КО и РО через а\ b ,~с и х\
РО = PC + СО = 4~а + xCD = 4~а + ^(СР + РЯ 4- //D) = 4о* +
*ll"b + h~c\ = 4(1 -
+ hxt. Далее /(О = /СЛ +ЛР + РО = -^ЛЯ + 4Ж + 4(1 -
о
= -1(АР + РВ) + 4~а+ 4(1 - х)Ж + ^-xt + hxt =
О О
= -5(43" + 4л/53) + 43" + 4(1 - х)3" + ^лг? + hxc = i(9 - 8jc)o"
О О Z
^ ^
Подставив найденные разложения векторов КО и РО в уравнение (35)
и раскрыв скобки с учётом таблицы умножения векторов базиса, получим
2(1 - jc)(9 - 8х) + |jc(8jc - 21) + h2x2 = 0, откуда (у + Л2)*2 - 48* +
+ 18 = 0. В силу того, что конус по условию задачи является
единственно возможным, последнее квадратное относительно х уравнение должно
иметь единственный корень. Необходимым и достаточным условием этого
является равенство нулю дискриминанта D этого уравнения, или, что то
как
же, условие — = 0, т. е. 242 — 18( h2 + — J =0, откуда h = 4w - (так
48 3
Л > 0). Поэтому х = —7^7 = -. Объём V конуса можно найти по
формуле \~3~
V = 1К . \Щ • |РО|2 =
Ответ:
Задача 34. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D
равны -, AD = 1, АВ = л/3, ЛС = vT3. Сфера проходит через вершину В
и касается плоскости Д4С в точке D. Найдите площадь сферы.

88
Гл. 2. Методы решения задач
Решение (см. рис. 53). 1. Найдём вначале длины рёбер DC и DB,
применив теорему косинусов к треугольникам DAC и DAB соответственно:
DA2 + DC2 - 2DA • DC • cos ADC = AC2,
1 + DC2 - DC = 13 <£> DC = 4 (так как DC > 0);
DA2 + DB2 - 2DA • DB • cos ADB = AB2,
\+DB2-DB = 3&DB = 2 (так как DB > 0).
2. Введём в качестве базисных векторы ~а = DA, b = D£, ~c = DC
и составим таблицу умножения векторов базиса:
~а
~Ь
~с
~а
1
1
2
~Ь
1
4
4
2
4
16
Рис. 53
3. Пусть точка О — центр сферы и пусть
DO = xa+yb +zT. Радиус сферы, проведённый
в точку касания сферы и плоскости,
перпендикулярен плоскости, т.е. DO ± (DAC) и,
следовательно, DO J. DA, DO JL DC, откуда
(36)
DO -~c = 0.
v
Поскольку 1Ю2 = OS2 = /?2, где R — радиус сферы, имеем (DO - OB) x
х (DO + OB) = 0, откуда (DO - (b - DO))~b = 0, или DO -~b = -у.
Присоединяя это уравнение к системе (36), получим следующую систему:
- 2?) = 0,
ИЛИ
DO ■ о" = 0,
DO ■ Т = 0,
~с(х~а +yb +z~c) = 0,
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса и
приводя подобные, последнюю систему можем легко привести к виду:
' х + у + 2z = 0,
х + 4#+ 16г = 0,
х + 4# + 4г = 2.
Вычтя из третьего уравнения первое, получим 3// + 22 = 2, а вычтя из
второго уравнения третье, найдём, что х -\- \2z = —2. Таким образом,

§ 2.10. Комбинированные задачи
89
2 2
у = - — ;rz, jc = — 2 - 12z. Присоединив к этим двум уравнениям пер-
о о
вое уравнение последней системы, получим равносильную ей систему:
= -2- 12z,
2 2
Итак, DO = ^-(-20оЧ2гГ+ ~с). Следовательно, R = \DO\ = \f~DO2 =
= ^(-20^ + 2^+г)2 = ^л/400 +16+16-80-80+16 = 3>/2.
Поэтому площадь сферы, равная 4к/?2, будет в данном случае равна 72к.
Ответ: 72л.
Задача 35. Три прямых круговых конуса с углом а при вершине осевого
сечения имеют общую вершину и попарно касаются друг друга. Найдите
углы между образующими, по которым касаются эти конусы.
Решение (см. рис. 54). Заметим, что оси симметрии двух
касающихся конусов и образующая, по которой они касаются, лежат в одной
плоскости (это есть следствие того, что плоскость, задаваемая двумя осями ОА
и ОВ, является плоскостью симметрии для каждого из двух конусов).
Введём теперь в качестве базисных
три вектора /i, /2, /3, принадлежащие
осям симметрии конусов и такие, что
|/j| = |/2| = |/3| = 1. Таблица
умножения векторов базиса будет иметь в
данном случае вид:
h
к
k
/Г
1
cos a
cos а
к
cos а
1
cos а
к
cos а
cos а
1
Рис. 54
Векторы ~а = 1\ +/2, b = /2 + /3, с = 1\ +/з, как легко видеть,
принадлежат образующим, по которым касаются конусы. Тогда косинус искомого
угла ф может быть вычислен следующим образом: со5ф = cos(7f, b) =
_ ~а - b _ (l\ + /2М/2 + ^з) _ 3cosa+l _
3cosa+l o 3cosa+l
-. Значит, ф = arccos ;
2(1 +cosa)*
Ответ: arccos
3 cos a + 1
2(1 +cosa)'
2(1 +cosa)'

90
Гл. 2. Методы решения задач
Задача 36. Точка К — середина ребра А В прямоугольного
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, точка О — центр грани A\B\C\D\.
Ортогональные проекции отрезков АВ\ и АС на прямую КО равны соответственно
d\ и ^2- Найдите длину ортогональной проекции отрезка AD\ на ту же
прямую.
Решение (см. рис. 55). 1. Пусть АА\ — ~а, АВ = Ь, AD = 7 —
базисные векторы и пусть \AA\\ = а, \АВ\ = b, \AD\ = с. Тогда таблица
умножения векторов базиса будет иметь вид:
а"
а"
а2
0
0
~Ь
0
ft2
0
т
0
0
с2
D
2. ЛБ, = S + b, AC = b +T, ADX =
= ~а +~с, КО = ~а + -т~с. Обозначим
длину ортогональной проекции отрезка AD\ на
Рис. 55
прямую /(О через х. Тогда, согласно
теореме 6, имеем: d\ — \AB\\ • coscpi, d<i = \АС\ • cosq>2, x = \AD\\ • совсрз, где
через фь ф2, фз обозначены углы между прямой КО и прямыми АВ\У АС
и >4Di соответственно.
3. По формуле косинуса угла между двумя прямыми имеем:
\АВ{ КО\
_ |ЛС
coscp2"
Отсюда, с учётом предыдущего, получаем:
COSC03 =
2
X =
-_£
Из трёх последних формул легко следует, что х = d\+ d<i.
Ответ: dj +^2.

§ 2.10. Комбинированные задачи
91
Задача 37. В основании прямой призмы ABCDA\B\C\D\ лежит ромб
ABCD с острым углом BAD, равным -. Все рёбра призмы имеют длину
о
а. Точка К — ортогональная проекция точки В\ на плоскость DA\C\,
точка И — ортогональная проекция точки К на плоскость DD\C. Найдите
объём пирамиды DCHK.
Решение (см. рис. 56). 1. Примем треугольник CDH за основание
пирамиды DCHK. Тогда КН — высота пирамиды, так как по условию
точка Н принадлежит плоскости DCC\ и отрезок КН перпендикулярен этой
плоскости. Поэтому Vochk = -^Scdh ' КН = -DC • НМ • КН, где НМ —
о и
о и
высота треугольника DHC. Таким образом, для решения задачи достаточно
найти длины отрезков КН и НМ, так как по условию DC = а.
2. Выберем в качестве базисных векторы С\В\ = m, C\D\ = 7f, С\С =
= ~р и, исходя из условия задачи, составим таблицу умножения векторов
базиса:
т
п
~Р
т
а2
а2
2
0
~п
а2
2
а2
0
~Р
0
0
а2
3. В\К = С\К—С\В\. Но по условию
точка К принадлежит плоскости РА\С\,
поэтому С\К = х - С\А\ + у - C\D
(вектор С\К разложен по двум неколлине- рис 56
арным векторам указанной плоскости).
Значит, W^K = х- С\А\ +у • C\D - С\В\ = х{т + 7г) + у(~п + ~р)-т =
= (х — \)т + (х + у)~п + у~р. Из условия следует, что В\К -L (DA\C\),
поэтому В\К -L С\А\У В\К ± C\D, и следовательно, В\К • С\А\ = 0,
BJK - CJD = 0, то есть В^К(т + 7г) = 0, 1$^К(~п + ~р) = 0. Таким образом,
имеем систему:
Г((х - \)т + (jc + у)7Г + t/p)(m + 7Г) = 0,
\((л: - l)m -h (л: + (/)7Г + у~р)(п + р) = 0.
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса
и приводя подобные, последнюю систему легко привести к виду:
у
Зх + Ау = 1

92 Гл. 2. Методы решения задан
* 2-* 2-> 1 _► * 1 -* _► ->
Итак, имеем, что Bj/C = — -m + -п — -р, Cj/C = f(3atc + 2лг — р).
о о о и
/СЯ = С\Н — С\К, но по условию точка Н принадлежит плоскости
Р\С\С, поэтому вектор Ci# можно разложить по неколлинеарным
векторам C\D и С\С этой плоскости так, что С\Н = a- C\D\ + р« CiC. Поэтому
КЯ = а- CiDJ+p-ClC-Ci/C = а- 7f+ 6-р*-i(3m + 27f-j&) = U-ЪтЛ-
—> —>
+ (5а — 2)az + (5(3 + 1)р). Как уже отмечалось в пункте 1 решения этой
задачи, отрезок КН перпендикулярен плоскости D\C\C. Следовательно,
КН JL /Г, /(// _L р*, откуда КН • 7Г = О, КН • /? = 0. Таким образом, имеем
систему для определения неизвестных коэффициентов аир:
Г (-Зт + (5а - 2)7Г + (5р + 1)р)/Г = 0,
\ (-Зт + (5а - 2)7Г + (5р + \)~р)~р = 0.
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса
и приводя подобные, приходим к системе двух линейных уравнений с
двумя неизвестными аир. Решив эту систему, находим, что а = —, Р = н-
1 и о
Значит, КН = f^(-2m + /Г), \КН\ = ^(-
7 _> 1->
5. //М = CAf - СЯ, С// = С,// - CiС = -^7Г - ip - р = -^7Г - |р.
Векторы СМ и CD коллинеарны, поэтому CAf = X • CD = X • 7Г. Тогда
ЯМ = X • 7Г — ттч^+ гР = (X — утг J 7Г -Ь ^р". Но НМ перпендикулярен
CD по построению, поэтому НМ _L 7f, и, значит, НМ • 7г = 0, откуда
Из этого уравнения уже совсем просто определить, что X = ух. Поэто-
му ЯУИ = -р, |//А*| = ^а. Итак, VDChk = ^а- -^а
р, |//А*| = ^а. Итак, VDChk = ^а- ^а- ^ = 5Q .
Ответ: -Етга •
Задача 38. Точка Р равноудалена от вершин А и D правильного тет-
/з
раэдра DABC, а от вершин В и С находится на расстоянии W^. Известно,
что прямая PC перпендикулярна высоте треугольника ACDy опущенной из
вершины D. Найдите объём тетраэдра DABC.
Решение (см. рис. 57). 1. Для того, чтобы найти объём правильного
тетраэдра, достаточно знать длину его ребра. Введём в качестве базисных

§ 2.10. Комбинированные задачи
93
векторы АВ = ~а, AD = Ьу АС = 7, обозначим квадрат длины ребра
тетраэдра через d и составим таблицу умножения векторов базиса:
D
~а
гГ
7
d
d
2
d
2
~b
d
2
d
d
2
7
d
2
d
2
d
2. Пусть АР = x~a + yb + z7. Тогда
l$P='AP-~a,DP = JP-'b,CP = ~AP -
— 7. Из условия задачи следует, что АР2 =
= DP2, ВР2 = СР2. Два последних равенства можно переписать в виде:
(AP-DP)(AP + DP) = 0, (ВР-СР)(ВР+СР) = 0,
откуда ~b(2AP- ~Ь) = 0, (7 - о*)(2ЛР- (7 + ~а)) = 0, и, значит,
Кроме того, СР JL ЛЯ, где DH — высота треугольника A DC. Так как
это правильный треугольник, точка Н — середина ребра АС. Поэтому
DH = ~Ь - Х-7, и, так как СР ± DH, СР = АР - ?, получаем (АР -
-7)(b--7j =0, откуда (2Ь -7)АР = 7(2ft -7) = 0. Таким образом,
приходим к системе:
или
b{x~a +yb +z7) = —,
(7j- ~a){x~a + y~bj-z7) = 0,
(2b - 7)(x~a +yb+ z7) = 0.
(7- Ж)АР_= О,
, (2~b - 7)АР = О
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса,
сокращая на d и приводя подобные, получим систему:
3
2=4
х - z = 0,
+ 3# = 0

94
Гл. 2. Методы решения задач
> О > О
Кроме того, СР2 = - по условию, поэтому (АР — ~с)2 = -, откуда
Из последнего уравнения легко получить, что d = 4, и, значит, длина ребра
тетраэдра равна 2.
3. Vadbc = -^Sbdc • \АМ\У где AM — высота тетраэдра, проведён-
ная из вершины А. Так как тетраэдр — правильный, то М — точка
пересечения медиан грани BDC. Поэтому AM = ~(<? + Ь + ~с), \АМ\ =
о
VADBC = ъ ' Vо • rVD = ^V^.
о и о
Ответ: |л/5.
Задача 39. В основании треугольной пирамиды DABC лежит
прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой ВС. Известно, что АВ = \/3,
АС = 1, DA = DB = DC = у/2. Сфера касается рёбер AD и CD,
продолжения ребра BD за точку D и плоскости ABC. Найдите радиус сферы.
Решение (см. рис. 58). 1. Пусть сфера с центром в точке О касается
рёбер AD и CD в точках А\ и С\ соответственно, продолжения ребра BD
за точку D — в точке Вь плоскости ABC — в точке О\. Отметим на луче
DB точку В2 такую, что DB2 = DB и выберем в качестве базисных векторы
DA = а\ DB2 = /Г, DC = Т.
2. По теореме Пифагора для треугольника ABC легко найти, что ВС =
= 2, а по следствию теоремы косинусов для каждого из треугольников
BDA, CDA, BDC, что cosSZM = ^ cos^DC = |, cos BDC = 0. Тогда
cos ADB~2 = cos(k-ADB) = -cos ADB =
= -i, cosCDB~2 = 0.
Теперь можно составить таблицу
умножения векторов базиса:
~а
~Ь
~с
~а
2
1
2
3
2
~Ь
1
~2
2
0
3
2
0
2

§2.10. Комбинированные задачи 95
3. DA\ = DB\ = DC\ (как отрезки касательных, проведённых к сфере
из одной точки). Тогда DA\ = k • 2f, D/?I = k • 6, DCi = /г • 7Г, где к —
некоторое число (k = * _J' ). Пусть DO = x~a+yb +z7. Ясно, что Л i О =
= DO-D/h = DO-k~ay £JO = DO-ZuTi = ЪЬ-kb, С^б = ТЮ-1хГ\ =
= DO - &7f. Так как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы
и прямой, перпендикулярен прямой, то А\О _L ~ct, B\O _L ^?, CjO _L T,
откуда Л1О • а* = 0, В\О • & = 0, С\О • Т = 0, или (DO — k~a)~a = 0,
(DO — kb)b =0, (DO — &?)? = 0. Таким образом, имеем систему:
= k • ~ct2, (~ct- (x~a + yb + z7) = k • ~a2,
--k-72 [7 - (x~a + y~b + z7) = k - 72.
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса
и приводя подобные, последнюю систему можем довольно просто
преобразовать к следующей:
= 4k,
Зх + 4z = 4k.
Для того чтобы решить эту систему, достаточно из её второго уравнения
выразить у через ху из третьего — z через х и подставить эти выражения
4 4
в её первое уравнение. В результате получим, что х = ^й, у = -&, z = 0 и
—* 4 > -^
следовательно, DO = -zk(a + b).
о
4. Так как векторы АО\, АВ и АС компланарны (они лежат в одной
плоскости), а векторы АВ и АС неколлинеарны, имеем АО\ = х\ - АВ 4-
+ У\АС = *i(-a*- Г) + у\(~с - ~а) = -(*i -f y\)~a - x\~b + y{Z. Тогда
Г = -DO + ~а + ЛОГ = -|&а* - |^^ + а^ - (х\ Т
6 о
6 о
+ У\7 = ^1 - 2^~У\ -хЛЯ- (^k-\-x^~b-\-yi7. Радиус сферы, прове-
дённый в точку касания сферы и плоскости, перпендикулярен плоскости,
т.е. ОО\ ± (ABC). Поэтому ОО\ JL ВС и OOi I AC. Следовательно,
OOj • ВС = 0, OOi • ЛС = 0. Отсюда
(Г - 3) • 00, = 0

96 Пп. 2. Методы решения задач
ИЛИ
( -*■ Г / А. \ /А \_*. 1
= 0,
Раскрывая скобки, используя таблицу умножения векторов базиса
и приводя подобные, последнюю систему можно преобразовать к
следующей:
Г 9 4а
l - 26 ~ 3^'
4ftlf
6jc, + 24*/, =3-8* 1 1
Г1 =
Подставив найденные значения х\ и у\ в выражение для ООь получим,
что OOi = ^(16гГ + ~с — 9ft). Поэтому искомый радиус г = \OO\\ =
6а96 + с)2
Ответ:
Заметим, что определение радиуса сферы, касающейся рёбер данного
трёхгранного угла, является стандартной задачей, если задан какой-нибудь
линейный размер (например, \DO\ — см. §2.9). В данном случае вместо
последнего дополнительным условием являлось условие касания сферы и
плоскости ЛВС, и нам потребовалось найти разложение вектора ОО\ по
базисным векторам, для чего опять-таки был использован стандартный
алгоритм вычисления расстояния от точки до плоскости.
Задача 40. В плоскости а дан равносторонний треугольник ЛВС, длина
стороны которого равна 2. Сфера радиуса 1 касается плоскости а в
точке В. Из точек Л и С к сфере проведены касательные, каждая под углом -
к плоскости а. Найдите угол между этими
касательными, если известно, что они не
являются параллельными.
Решение (см. рис. 59). 1. Пусть
точка О — центр сферы. Тогда OB J_ (ABC),
и значит, ВО ± ВА,ВО ± ВС. Обозначим
точку касания сферы с касательной,
проведённой из точки Л, через /С, а с
касательной, проведённой из точки С — через Т.
Тогда АК = АВ = 2, СТ = СВ = 2 (как отрезки
касательных, проведённых к сфере из одной точки). Выберем в качестве
базисных векторы В А = ~а, ВС = b, ВО = ~с и составим таблицу
умножения векторов базиса:

§ 2.10. Комбинированные задачи
97
~а
~Ь
~с
~а
4
2
0
Ь
2
4
0
Т
0
0
1
2. Пусть АК = хх ~а+у\ b +z\ 7. Тогда О/С = -7+ЗЧЛ/С. Но О/С 1 АК
как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы и прямой. Поэтому
АК• О/С =j), откуда Л/С(-7 + ? + Л/С) = 0 ^ АК(а - 7) + Л/С2 = 0, или
(jci~a +t)\ b +z\~c)(~a— 7)+ 4 = 0. Раскрывая скобки, используя таблицу
умножения векторов базиса и приводя подобные, получаем уравнение 4*i +
+ 2*/! -z,+4 = 0.
3. Ясно, что если угол между прямой и плоскостью равен ср, то угол
между прямой и перпендикуляром к этой плоскости равен - — ср. Поэтому
* * Отсюда
oo
\АК'~с\ _
и, следовательно, -^- = -, откуда zi = 1. С учётом пункта 2 решения
получаем, что 4jq + 2у\ = —3.
4. Поскольку |Л/С|2 = 4, то (х\~а +у\ b +z\~c)2 = 4. Возводя в квадрат
и используя таблицу умножения векторов базиса, приходим к уравнению
=4.
Так как из предыдущего следует, что z\ = 1, 2*/i = -3 - 4хь получаем
Ах] + (-3 - 4х,)2 + 1 + 2*1 (-3 - 4*0 = 4.
Последнее уравнение является квадратным относительно х\. Решая его,
находим, что Х\ — — 1 или *i = — -. Поэтому //i = — или #i = —-. Значит,
Л/С = -1а + ^? + 7 либо АК = -^?- X^b + 7.
5. Пусть С71 = X2~a+yib +Z2~c. Тогда 07 = -7+ 6 +С7\
Коэффициенты *2> i/2» ^2 определяются аналогично коэффициентам х\, у\, z\. При
этом, как легко видеть, вычисления практически не изменяются, только
теперь в роли Х\ выступает 02, а в роли 0i выступает *2- Таким образом,
будем иметь, что СТ = -^а - b +T либо СТ = --~ct - -b +7.
6. Так как векторы Л/С = --^а-^Ь +7 и СТ = --~а--Ь +7 равны,
а следовательно, коллинеарны, это означает, что прямые АК и СТ в этом
7* Векторы на экзаменах

98 Гл. 2 Методы решения задач
случае параллельны, что противоречит условию задачи. Поэтому, с учётом
симметрии данных, остаются только две возможности:
а) АК = -~а + ^Ь + 7, СТ = ^а - ~Ь + 7,
б) АК = -~а + l-~b + 7, СТ = -X-S - X-~b + 7.
В случае а)
Л/С, СТ = arccos 4=^
\АК\ ■ \СТ\
= arccos J-^ о /пч<й ~ = arccos -т.
11 о
В случае б)
АК, СТ = arccos 4=*—=i- =
|Л/(| \СТ\
= arccos ^^ тгЬН — = arccos ъ.
1-1 о
Ответ: arccos - или arccos -=.
о о
В заключение ещё несколько слов. Как видим, и при решении
задач методами векторной алгебры порой приходится проявлять некоторую
изобретательность для получения полной системы уравнений и
упрощения алгебраических выражений. Кроме того, часто требуется прибегать
к использованию геометрических фактов и теорем, не имеющих
отношения к векторной алгебре, но, разумеется, не выходящих за рамки школьной
программы. И ещё: в некоторых задачах необходимо применение не одной,
а нескольких изученных методик (или их элементов), с помощью которых,
как из кирпичиков, выстраивается здание решения. Освоив изложенные
приёмы и методики и усвоив школьный курс стереометрии, можно не
пугаться (или не слишком пугаться) задач по стереометрии даже на
вступительном экзамене в вуз (а очень многие задачи взяты именно из вариантов
вступительных экзаменов по математике в МГУ, МФТИ, МГТУ, МАИ
и другие вузы). Конечно, времени на решение такой задачи требуется
подчас довольно много. Но не следует забывать, что подобные задачи
считаются едва ли не самыми сложными и в вариантах вступительных экзаменов
располагаются, как правило, на самом последнем — «пятёрочном»* —
месте. И последнее: в слове «вектор» можно переставить буквы так, что
получится слово «корвет» (такая перестановка называется анаграммой).
Так что — попутного ветра и счастливого плавания!

§2.10 Комбинированные задачи 99
Задачи для самостоятельного решения
10.1. В тетраэдре DABC ребра АС, ВС и DC взаимно перпендикулярны.
Точка М лежит в плоскости ABC и одинаково удалена от рёбер АВ, ВС
и CD. Точка К лежит в плоскости BCD и одинаково удалена от тех же
рёбер. Найдите длину отрезка МК, если ВС = DC — л/3, АС = 3.
10.2. Дана правильная четырёхугольная пирамида PABCD (с
основанием ABCD), длина каждого ребра которой равна 1. Точка М, лежащая
в плоскости ABC, равноудалена от рёбер РА и PD, причём РМ = СМ.
Точка /(, лежащая в плоскости ВРС, также равноудалена от тех же рёбер,
причём КР = КС. Найдите площадь треугольника ВМК.
10.3. Даны правильный тетраэдр DABC и точка М. Известно, что MD =
_1 /2
-5V3'
97
MA = MB = МС = \/те- Найдите объём тетраэдра DABC.
10.4. Даны правильный тетраэдр ABCD и точка Р. Известно, что PD =
4 [2 3
= -л/-, РА = РВ = PC = -. Найдите объём тетраэдра ABCD.
и у о О
10.5. Даны правильный тетраэдр DABC и точка М. Известно, что МА =
= MB = МС = \/б и что прямая МА перпендикулярна высоте
треугольника BCD, проведённой из вершины В. Найдите объём тетраэдра DABC.
10.6. Даны правильный тетраэдр DABC и точка Р. Известно, что РА =
= РД РВ = PC = 4/-3- и что прямая РВ перпендикулярна высоте тре-
V °
угольника ABC, проведённой из вершины С. Найдите объём тетраэдра
ABCD.
10.7. В плоскости а дан равносторонний треугольник ABC, длина
стороны которого равна 1. Шар диаметра 1 касается плоскости а в точке В.
Из точек Л и С к шару проведены касательные, каждая из которых
образует угол - с плоскостью а. Найдите углы между этими касательными.
10.8. Дана правильная треугольная пирамида РА ВС с вершиной Р.
Известно, что РА = 2, АВ = у/3. Первая сфера с центром в точке О\
касается плоскостей РА В и РАС в точках В и С соответственно. Вторая сфера
с центром в точке 0% касается плоскостей РАС и РВС в точках А и В
соответственно. Найдите объём пирамиды РО\ВО^
10.9. В правильной треугольной призме АВСА\В\С\ длина стороны
основания равна а, длина бокового ребра в два раза меньше длины стороны
основания. Точка D — ортогональная проекция середины ребра y4|Cj на
плоскость АВ\С, точка Е — ортогональная проекция точки D на плоскость
АВВ\. Найдите объём пирамиды A\B\DE.
10.10. Сторона основания ABCD правильной четырёхугольной
пирамиды PA BCD равна а, боковое ребро пирамиды в два раза больше стороны
основания. Рассматриваются отрезки с концами на диагонали BD основа-

100 Гл. 2. Методы решения задач
ния и боковом ребре PC, каждый из которых параллелен плоскости PAD.
Найдите: а) длину такого отрезка, если известно, что он проходит через
точку М диагонали BD такую, что DM : DB = 1 : 3, б) наименьшую из
длин рассматриваемых отрезков.
10.11. В пирамиде DABC через точки К и Р — соответственно
середины рёбер DA и ВС — проведена плоскость, пересекающая ребро АВ
в точке М, а ребро CD — в точке Н. Площадь четырёхугольника КИМР
равна 16, AM : MB =1:2, объём многогранника РАСНК равен 8. Найдите
расстояние от вершины А до плоскости КИМ.
10.12. Объём пирамиды DABC равен 5. Через середины рёбер DA и ВС
проведена плоскость, пересекающая ребро CD в точке М. Известно, что
DM : МС = 2 : 3 и что расстояние от вершины А до указанной плоскости
равно 1. Найдите площадь сечения пирамиды указанной плоскостью.
10.13. Дана правильная четырёхугольная пирамида PABCD с
вершиной Р и основанием ABCD. Длина стороны основания пирамиды PABCD
равна 1, а длина бокового ребра равна 2. Сфера с центром в точке О
касается плоскости ABC в точке А и касается бокового ребра РВ. Найдите
объём пирамиды OABCD.
10.14. В правильной треугольной пирамиде РАВС с вершиной Р и
основанием ABC длина стороны основания равна 3, а длина бокового ребра
равна 2. Сфера касается плоскости основания пирамиды в точке А и
касается бокового ребра РВ. Найдите радиус сферы.
10.15. В основании треугольной пирамиды DABC лежит
прямоугольный треугольник ABC с катетами АВ и АС. Известно, что все боковые
рёбра пирамиды имеют равную длину и что высота пирамиды, проведён-
вершины Д равна J-. Сфера касается плоскости ABC, боковых
рёбер DB и DA пирамиды и продолжения бокового ребра CD за точку D.
Найдите расстояние от центра сферы до вершины Д если АВ — 1, АС =
= ч/3.
10.16. Основанием треугольной пирамиды DABC является треугольник
ABC, в котором угол ВАС — прямой, угол АС В равен ^, ВС = 2\[2. Все
боковые рёбра пирамиды имеют одинаковую длину, равную л/3- Сфера
касается рёбер DA, DB, продолжения ребра DC за точку D и плоскости
ABC. Найдите радиус сферы.
10.17. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Точка Е является
серединой ребра АА\. На продолжении ребра DA за точку А взята точка Р так,
что РА : AD =1:2. Найдите радиус меньшей из сфер, проходящих через
точки £ и Я и касающихся плоскостей ВВ\С\ и DD\C\.
10.18. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Точки Е и Р являются
серединами рёбер A\D\ и АА\ куба соответственно. Найдите радиус меньшей
ная из

§2.10. Комбинированные задачи 101
из сфер, проходящих через точки Е и Р и касающихся плоскостей ВВ\С\
и DDiCi.
10.19. В треугольной пирамиде РАВС с вершиной Р боковое ребро PC
наклонено к плоскости основания ABC под углом, равным -. Известно,
о
что PC = АВ и что вершины Л, Б, С и середины боковых рёбер пирамиды
лежат на сфере радиуса 1. Определите положение центра сферы и найдите
высоту пирамиды, проведённую из вершины Р.
10.20. В треугольной пирамиде РАВС с вершиной Р боковое ребро РА
образует с плоскостями граней ABC и РВС углы, равные j. Известно,
что АС = АВ и что вершина А и середины всех рёбер пирамиды, кроме
РА, лежат на сфере радиуса 1. Докажите, что центр сферы расположен на
ребре РА и найдите площадь грани АРС.
10.21. Середины всех рёбер треугольной пирамиды РАВС лежат на
сфере радиуса 2. Известно, что длина ребра АВ равна 3, а длина ребра АС
равна 4. Боковое ребро РА пирамиды перпендикулярно плоскости
основания ABC. Докажите, что отрезки, соединяющие середины
противоположных рёбер пирамиды, являются диаметрами указанной сферы, и найдите
объём пирамиды.

ПРИЛОЖЕНИЕ
Как уже отмечалось в предисловии, материал пособия можно
использовать в качестве элективного курса «Векторный метод в стереометрии».
Ниже приводятся два варианта почасового планирования такого курса
(на 12 и на 16 часов) и задачи для самостоятельной и контрольной работ.
При меньшем числе часов (8—10 часов) рекомендуется исключить часть
материала, связанную с касанием сферы с рёбрами и гранями
трёхгранного угла. Задачи для самостоятельной и контрольной работ даны с
избытком — учитель сам определит их число в соответствии с уровнем класса,
выбранным планированием и реализуемыми целями обучения.
Примерное планирование
Вариант 1 (12 часов)
1. Основные теоретические сведения.
2. Разложение вектора по трём некомпланарным векторам.
3. Задачи об отношениях отрезков.
4. Длина отрезка. Угол между скрещивающимися прямыми.
5. Расстояние от точки до прямой.
6. Расстояние от точки до плоскости.
7. Угол между прямой и плоскостью. Угол между двумя плоскостями.
8. Расстояние между скрещивающимися прямыми.
9. Касание сферы с рёбрами и гранями трёхгранного угла.
10. Сфера, описанная около тетраэдра.
11 — 12. Контрольная работа.
Вариант 2 (16 часов)
1. Основные теоретические сведения.
2. Разложение вектора по трём некомпланарным векторам.
3. Задачи об отношениях отрезков.
4. Длина отрезка. Угол между скрещивающимися прямыми.
5. Расстояние от точки до прямой.
6. Расстояние от точки до плоскости.
7. Угол между прямой и плоскостью.
8. Угол между двумя плоскостями.
9—10. Самостоятельная работа.

Приложение 103
11. Расстояние между скрещивающимися прямыми.
12. Касание сферы с рёбрами и гранями трёхгранного угла.
13. Сфера, описанная около тетраэдра.
14. Комбинированные задачи.
15—16. Контрольная работа.
Задачи для самостоятельной работы
Вариант 1
1. Точка К — середина ребра C\D\ параллелепипеда ABCDA\B\C\D\,
М — точка пересечения диагоналей грани ВВ\С\С, точка Р принадлежит
диагонали АС\ параллелепипеда, причём С\Р : АР = 2:1. Разложите по
векторам ~а = ЛЛТ, ~Ь = АВ, ~с = Х5 векторы ВК, Км, DP, РА*\, МР.
2. В основании усечённой пирамиды ABCDA\B\C\D\ лежит
параллелограмм ABCD. Известно, что А\В\ : АВ =1:2. На ребре DD\ взята
точка К так, что D\K : DK = 2:1. Найдите, в каком отношении
плоскость, проходящая через точки В\, К и середину ребра АА\, делит ребро
СС\ пирамиды.
3. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны -.
Известно, что BD = 2, ВА = >/3, ВС = 2\/3. Найдите: а) угол и расстояние
между прямыми DB и АС\ б) расстояние от вершины В до плоскости DAC;
в) расстояние от вершины А до прямой СМ, где М — точка пересечения
медиан треугольника DAB; г) угол между плоскостями DBC и DAC.
Вариант 2
1. В усечённой треугольной пирамиде АВСА\В\С\ длина ребра АВ
относится к длине ребра А\В\ как 5 : 2. На рёбрах АА\, АВ, ВС взяты
соответственно точки /(, М и Р так, что АК = А\К, AM : АВ = 2:7,
ВР : PC = 5 : 12. Разложите по векторам ~а = АА\У b = АВ, Т = АС
векторы CiC, С/С, С,М, КР, В{Р.
2. На диагонали АС\ параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ взята точка К
так, что Л/С : КС\ =3:4. Точка М принадлежит диагонали АВ\ грани
АА\В\В, причём AM : MB\ =2:3. Найдите, в каком отношении
плоскость, проходящая через точки М, К и точку пересечения диагоналей грани
AA\D\D, делит ребро АА\ параллелепипеда.
3. В пирамиде DABC все плоские углы при вершине D равны ^.
Известно, что AD = 1, АВ = \/3, АС = \/ТЗ. Найдите: а) угол и расстояние
между прямыми DA и ВС; б) расстояние от вершины А до плоскости DBC;
в) расстояние от вершины С до прямой AM, где М — точка пересечения
медиан треугольника DCB; г) угол между плоскостями DBC и DAC.

104 Приложение
Ответы. Вариант 1. 1. ВК = 1а - ^~Ь + 7; КМ = -Х-~а Л-^b -^с\
olio n о ч 3vT3 4 л/86 ^ 2у/б ч /бГ
2. 1 : 13, считая от вершины С\. 3. a) arccos-^-; ——; б) -^—; в) Wttt;
г) arccos^. Вариант 2. 1. С^С = -~а + \Т\ СК = ^Ж -7; СХМ = -~а +
о о 1
л о , >/3 4л/22 ^л л/6 ч /32 ч 1
считая от вершины Л. 3. a) arccos-^-; ——; б) —\ в) а/—; г) arccos-.
Oil о у1У и
Задачи для контрольной работы
Вариант 1
1. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды KABCD равны 1.
Найдите расстояние от середины ребра АВ до плоскости, проходящей
через вершину С и середины рёбер KB и KD.
2. Точка Р — середина ребра ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\. Найдите угол
между прямой DP и плоскостью C\DB.
3. Все рёбра правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ равны.
Найдите угол между плоскостями АКС и АА\К, если К — середина ребра В\С\.
4. Основание пирамиды НРКВ — равносторонний треугольник РКВ.
Ребро НВ перпендикулярно плоскости основания. Величина угла и
расстояние между скрещивающимся прямыми НТ и BE, где Т — середина
ребра KB, Е — середина ребра Р/С, равны соответственно ^ и —.
Найдите объём пирамиды.
5. Ребро куба ABCDA\B\C\D\равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершины Л, С и середины рёбер В\С\ и C\D\.
6. В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания ABC
равна \/3, боковое ребро равно 2. Сфера касается бокового ребра AD
и касается плоскости ABC в точке С. Найдите радиус сферы.
Вариант 2
1. В правильной четырёхугольной пирамиде KABCD с вершиной К,
сторона основания равна 6, а высота пирамиды равна 4. Найдите расстояние
от точки А до плоскости KCD.
2. Точки Р и К являются соответственно серединами рёбер СС\ и DD\
куба ABCDA\B\C\D\. Найдите угол между прямой А\К и плоскостью
PDB.

Приложение 105
3. Точки К и D — середины рёбер ВР и ВС правильного тетраэдра
РАВС соответственно. Найдите угол между плоскостями ADK и ABC.
4. Основанием пирамиды DABC является равнобедренный
прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой АВ = 4\/2. Ребро DC
перпендикулярно плоскости основания, DC = 2. Найдите угол и расстояние между
скрещивающимся прямыми DK и С7\ если К — середина ребра АС, Т —
середина ребра А В.
5. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус сферы,
проходящей через вершины Л, В, D и середину ребра А\В\.
6. Все рёбра правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ равны \/б.
Сфера касается касается плоскости ABC в точке С и касается луча АО,
где О — точка пересечения медиан треугольника Л1В1С1. Найдите радиус
сферы.
~ D . t Зл/Г0 о л/78 Q 2л/57 . 2ч/3
Ответы. Вариант 1. 1. . 2. arccos—^-. 3. arccos . 4. —г—.
5. ^Р- а. 6. ^~^. Вариант 2. 1. 4,8. 2. arccos W-J. 3. arccos ^p. 4. £;
о z у 1и 11 о

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1.1. У к а з а н и е. АВ = DB - РАУ ВС = DC- DBy СА = DA - DC.
1.2. У к а за н и е. Доказать, что А\А2 + B\B<i + C\C<i = О, и, следовательно,
векторы А1Л2, В\В2, С\С2 компланарны.
1.3. Указание. Доказать, что ОА\ + ОЛ2 + ... + ОАп = 0.
1.4. Указание. Доказать, что АВ = ^(^i^i+^2в2), DC = ^(Dlc\+D2C2)
и получить отсюда, что АВ = DC.
1.5. а) Указание. Достроить треугольник МВС до паралеллограмма MBDC
и доказать, что векторы MD и МЛ противоположные, б) М\М2 = -zAA+
I о
+
- |г, /Ш = -43Ч- i7+ i?, КР = -5о"+1^+ 57, ЛЯ = -аЧ-1^+ \Г,
6 boo Zoo о о
1.7. B,D = -а"- ? + с", SD, = а"- ? + с", ВК = а"- ^? + "с, Л/С = а" +
Г, AM = ^ а"+ ~Ь+ i с", DM = i a"+ ?- iГ, ^ ^
i?,
1.8. CtC = -a+^-c, CK = |a"- с", С,УИ = -
2.1. 7 : 13. 2.2. a) 12 : 1, 6) 6 : 5. 2.3. 6 : 35.
2.4. 6 : 7, считая от вершины А. 2.5. 2 : 3.
2.6. 1 : 13, считая от вершины С\. 2.7. 1:1.
2.8. 4:11, считая от вершины А. 2.9. 1 : 2.
2.10. 1 : 2, считая от вершины М. 2.11. 4 : 3.
2.12.9:17. 2.13.1:1. 2.14.1:3. 2.15.1:3.

Ответы и указания 107
2.16. АМ.МС = 2- л/3, ВК: ЛХ>, = 2. 2.17. в,Г: ГС, =\/2+ 1.
2.18. Указание. Предположить, что плоскость КМР пересекает ребро СС\
в точке 7\ и показать, что СТ = СС|.
2.19. Указание. Предположить, что указанная плоскость пересекает
ребро DD\ в точке /С, положить D\K . D\D = х w доказать, что х = 1.
2.20. Указание. Введя три неизвестные величины, как при решении
задач §2.2, выразить вектор НТ через векторы РА, РВ и PC двумя различными
способами и приравнять соответственные коэффициенты полученных разложений.
3.1. Воспользоваться задачей 1 §2.1.
_3.2._У ка^_а н и е. АС2 + BD2 = AD2 Л-ВС2 & (AC- AD)(AC + AD) = (ВС-
-BD)(BC + BD).
3.3. Указание. Отложить на ребрах DA, DBy DC тетраэдра единичные
векторы, показать, что их попарные суммы лежат на прямых, содержащих
биссектрисы, и воспользоваться условием перпендикулярности двух векторов.
3.4. £. 3.5. £. 3.6. arccos^. 3.7. arccos^.
2 4 lo lo
3.8. arccos -. 3.9 arccos ^-. 3.10. arccos ^r-.
DO D
3.11. arccos i 3.12. arccos \. 3.13. £.
5 4 3
3.14. arccos -3—. 3.15. arccos -. 3.16. arccos —.
8 4 8
3.17. arccos —p=. 3.18. arccos -7=.
л/ТО \/20
3.19. arccos —, arccos —. 3.20. arccos(sina • sinp).
3.21. arccos(sina • sin p + cos a • cosp • cosy). 3.22. arccos
\/K)2'
3.23.=. 3.24. arccos ^ii^LZ_i. 3.25. = или =.
3.26. =. 3.27. arccos -^. 3.28. arccos -=.
3.29. arccos ^ . 3.30. a) arccos . 6) arccos
\/730
Указание. МК = т(
- СА - СВ), 2СА - СВ = С42 + СВ2 - АВ2, 2CD -СА = CD2 + CA2 -DA2,
2CDCB = CD2 + CB2- BD2.
3.34. ^. 3.35. 5л/3. 3.36. ^Ё fl.
3.33. MK = ^ ^/a2 + b2 + a? + ^ - c2 -
3.37. а или -ip a. 3.38. -^ a. 3.39. t/ ■£. 3.40. ;/ ^ <
2\/5

108
Ответы и указания
тгт. 4.3.4.
4.4. 4. 4.5. а
4.6. ———. 4.7.
5.1.
32
зуТо
4.8.
20 • 5.2. т. 5.3. -а.
2 1 1
5.4. а) а, б) -т а, в) -г а. 5.5. -г а.
5.10.
л/170*
5.13. >/19. 5.14. 15л/2— 10. 5.15. |л/б5.
. _ 11
417 ! /И21 4Н
5.17. о У ТТо"'
5.19. Указание. Из произвольной точки О опустить перпендикуляры
Pi» P2, Рз, р4 на грани тетраэдра и рассмотреть неравенство (~р\ + р2 + ?з +
4- ~Ра)2 ^ 0, раскрыв скобки и воспользовавшись теоремой об угле между
плоскостями ("pi, ~p2, р"з, ~Р\ — единичные векторы, принадлежащие соответствующим
перпендикулярам).
5.20. arccos \/tq- 5.21. arccos -7=. 5.22. arccos •=.
V lo y/3 &
5.23. arccos -7=. 5.24. arccos 1/777. 5.25. arccos —7=.
ч/З V 18 V65
5.26. arccos —7=. 5.27. arccos 1/7^. 5.28. arcsin —-—.
v3 V ^У о
5.29. arccos 1/ ^, arccos 1 / —. 5.30. arccos J —.
/2 /T
5.31. arccos W-. 5.32. arccos \ 777. 5.33.
V 0 V lo
5.34. - и arccos 1/777:. 5.35. arccos 1/77. 5.36. arccos —r—.
6 V 20 V 8 4
1 /7 9A
5.37. arccos —7=. 5.38. arccos , = = arctg —.
\/13 \/a2 + 4/*2 «
5.39. arccos ■
= arctg —. 5.40. - или тс — arccos ;r.
* а 3 3
1 1 1/2 2
6.1. 77 a, arccos —7=. 6.2. arccos -, 1/777: а и arccos 77, -V^r a.
3 y/\0 6 V 35 3 10
6.3.-^. 6.4.a)^a,6)ia. 6.5. jj, !£=.

Ответы и указания 109
0.7. —=. 6.8. тт. 0.9.
в.12. ?.
/л .3 /О
6.13. 4 или >/22. 6.14. ^г—. 6.15. arccos^.
о о
6.16. arccos |. 6.17.2. 6.18.2.
л/6 _„ аУ + 62с2-сУ Л
7.!.arccosT. 7.2. arccos ^ + ^ + ^. 7.3.-.
+ +
7.4.f. 7.5. arccos JJL. 7.6. arccos -|=.
_ _ к _л sin а — 1 _л /17
7.7. 7. 7.8. arccos —« . 7.9. arccos \/ —.
4 sin2 а + 1 V 35
1 6 2
7.10. arccos —p. 7.11. arccos —. 7.12. arccos -7=.
л/6 19 л/ГТ
- 1O \/3cosa „ tA 3 4
7.13. arccos , . 7.14. arccos —7=. 7.15. arccos
\/2cos2a+l л/30
-т./» 9 -т.-, 4 _ ._ \/3cosa
7.16. arccos —==. 7.17. arccos —7=. 7.18. arccos
V241 V21 \/4 - cos2 a
7.19. arccos i. 7.20. arccos -^=. 7.21. £.
7 /TO 3
x/TO
12 3
7.22. arccos —7=, arccos —7=, arccos —7=.
>/14 л/14 л/Т4
7.23. a) arccos ^ 4^Jf б) Д в) ^ r) arccos i.
7.24. a) arccos^=, уул/22, б) ^, в) ^^, г) arccos-.
5л/б-Зл/2 1 1
8J82 83
48
8.5.^. 8.6. y^J.
8.12. Указание. Воспользоваться задачей 7 §2.2 и свойством отрезков
касательных, проведённых к сфере из одной точки.
8.13. Указание. Воспользоваться предыдущей задачей.

110 Ответы и указания
10.1. 7. 10.2. ^|. 10.3. ^|.
,0.4 » 10.5. -^. «0.6 '
6\/2 3 б\/2
10.7. arccos Q, arccos -г, 0 (касательные параллельны),
о о
10.8.1 ,о.9. *§ а\ Ю.Ю.а) ^5 а. б) ^° а.
10.11. |. 10.12.3. 10.13.^=.
5 у/Ц
10.14. |. 10.15. 1. 10.16. 1.
10.17. 1=^1 в. 10.18. Ц^в.
4 4
10.19. Центр сферы — середина ребра А В; \/3.
10.20. \/3. 10.21. 2л/39.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
Глава 1. Теоретические сведения 5
§ 1.1. Основные определения 5
§ 1.2. Операции над векторами и их свойства 6
§ 1.3. Компланарные и некомпланарные векторы 10
§ 1.4. Координаты вектора 12
§ 1.5. Скалярное произведение векторов и его свойства 16
Глава 2. Методы решения задач 18
§ 2.1. Разложение вектора по трём данным некомпланарным векторам. . 18
§ 2.2. Задачи об отношениях отрезков 22
§ 2.3. Длина отрезка и угол между скрещивающимися прямыми 28
§ 2.4. Расстояние от точки до прямой 38
§ 2.5. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и
плоскостью 43
§2.6. Расстояние между скрещивающимися прямыми 51
§ 2.7. Угол между двумя плоскостями 57
§ 2.8. Сфера и трёхгранный угол 65
§ 2.9. Сфера, описанная около тетраэдра 11
§ 2.10. Комбинированные задачи 84
Приложение 102
Ответы и указания 106

Шестаков Сергей Алексеевич
ВЕКТОРЫ НА ЭКЗАМЕНАХ
Векторный метод в стереометрии
Редактор Коробкова Т. Л.
Подписано в печать 10.11.05 г. Формат 60 х 90 f/i6-
Бумага офсетная. Печать офсетная. Печ. л. 7.
Тираж 2000 экз. Заказ № 197-05
Издательство Московского центра непрерывного математического образования
119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11. Тел. 241-05-00.
Отпечатано с готовых диапозитивов в ФГУП «Полиграфические ресурсы»
Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине «Математическая книга»,
Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. 241—72—85. E-mail: biblio@mccme.ru
http://www.mccme.ru/publications/