Upload
silvermlm
View
1.390
Download
0
Embed Size (px)
DESCRIPTION
МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ http://matematika.advandcash.biz/?p=228
Citation preview
Задание 11. МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ
З а д а ч а 1. Сторона правильного треугольника ABC равна 4 ем. Его сторона АВ параллельна плоскости чертежа. Постройте параллельную проекцию этого треугольника, если проектирующая прямая параллельна стороне АС.
Р е ш е н и е . Параллельной проекцией данного треугольника является отрезок длиною 4 см.
З а д а ч а 2. Плоскости аир пересекаются по прямой, параллельной проектирующей прямой. Постройте изображение плоскостей а и (3.
Р е ш е н и е . Изображением плоскостей а и (3 являются пересекающиеся под любым углом две прямые.З а д а ч а 3. Постройте изображение двух парал
лельных несовпадающих плоскостей, параллельных проектирующей прямой.
Р е ш е н и е . Изображением данных плоскостей являются две параллельные несовпадающие прямые.
З а д а ч а 4. Постройте параллельную проекцию правильного треугольника ABC, сторона которого 4 см, если плоскость этого треугольника параллельна плоскости проекции.
Р е ш е н и е . Параллельной проекцией треугольника ABC является треугольник, равный данному.
З а д а ч а 5. Постройте изображение прямоугольного равнобедренного треугольника АСВ, катет АС которого равен 6 см, если плоскость АСВ параллельна плоскости проекции.
Р е ш е н и е . Решением является всякий равнобедренный прямоугольный треугольник.
З а д а ч а 6. Дана четырехугольная пирамида MABCD. Ее основание — квадрат ABCD. Ребро AM перпендикулярно плоскости ABC. Отрезки AM и АС равны. Постройте изображение пирамиды на плоскости, параллельной плоскости MAC, приняв прямую BD за проектирующую.
З а д а ч а 7. Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD, все ребра которой равны между собой. Точка Р — середина ребра МС. Диагонали BD и АС основания пересекаются в точке Н. Постройте изображение этой пирамиды на плоскости, параллельной грани ВСМУ приняв за направление проектирования прямую HP.
Р е ш е н и е . Треугольник ВСМ правильный и его
108
плоскость параллельна плоскости проекции. Поэтому сначала строим правильный треугольник ВСМ (рис. 1). Отрезок PH изображается точкой Р = Н\ (серединой отрезка МС). Прямая AM параллельна прямой HP. Поэтому ребро AM изображается точкой М = А. Строим точку D, симметричную точке В относительно точки р — Н. Получаем CBMD — изображение данной пирамиды.
З а д а ч а 8. Определите форму параллельной проекции правильного тетраэдра DABC на плоскость, параллельную ребрам АВ и CD.
Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АВ и CD взаимно перпендикулярны и АВ = CD. Существует единственная плоскость а, которой параллельны прямые АВ и CD. За направление проектирования можно принять любую прямую /, пересекающую плоскость а.
Если прямая I параллельна ребру ВС или АС, то проекцией данного тетраэдра на плоскость а является прямоугольный равнобедренный треугольник.
Если прямая / проходит через вершину С и середину ребра АВ, то параллельной проекцией тетраэдра на плоскость а является равнобедренный треугольник, высота которого равна стороне основания.
Если прямая / проходит через середины ребер АВ и CD, то параллельной проекцией данной пирамиды будет квадрат.
Если прямая / проходит через произвольные внутренние точки ребер АВ и CD, то параллельной проекцией тетраэдра будет четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны.
Если прямая / проходит через вершину С и произвольную точку М луча АВ, не принадлежащую отрезку АВ, то параллельной проекцией тетраэдра является неравнобедренный прямоугольный треугольник.
Параллельной проекцией данного правильного тетраэдра могут быть и другие четырехугольники. В частности, и равнобокая трапеция ABCD, у которой боковые стороны АВ и CD взаимно перпендикулярны.
З а д а ч а 9. Дана призма ABCDA\B\C\D\, основанием которой является трапеция (стороны ВС и AD параллельны и AD = 2ВС). Точка Р делит ребро С\С в отношении 1:2 (считая от вершины Ci). Постройте такое изображение этой призмы, на котором:
1 р = Н означает, что точки Р и Н совпадают.
109
Br-ct
8-с Рис. 2
а) сечение A\D\CB изображается отрезком А\В\ б) треугольник AD\P изображается отрезком ADi.
Р е ш е н и е , а ) Располагаем призму так, чтобы грань АВВ[А\ была параллельна плоскости проекции. Проектирующей прямой считаем прямую A\D\. Решение показано на рисунке 2.
б) Спроектируем призму на плоскость грани ADD\A\y приняв за направление проектирования прямую D\P. Ответ показан на рисунке 3.
З а д а ч а 10. Можно ли две параллельные несовпадающие прямые считать изображением скрещивающихся прямых?
Р е ш е н и е . Ответ на вопрос задачи будет утвердительным, если проектирующая прямая параллельна двум параллельным плоскостям, каждая из которых проходит через одну из данных скрещивающихся прямых.
З а д а ч а 11. На рисунке 4 изображена четырехугольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD. Точка Т не принадлежит плоскостям MCD и ABC. Верно ли, что плоскости PKF и TDH пересекаются по прямой РТ?
Р е ш е н и е . Прямые FK и DH пересекаются в точке X, которая принадлежит плоскости ABC, но не
М - - А 2 > г А ,
РИС. 1 2?гД
" Я н ипринадлежит прямой Р Т . Поэтому плоскости P K F и T D H не пересекаются по прямой Р Т .
З а д а ч а 12. Изображением какой пространственной фигуры можно считать рисунок 5?
Возможные ответы:1) Изображена треугольная пирамида CABD и ее
сечение плоскостью, проходящей через точки В, D и середину М ребра АС.
2) Изображена правильная четырехугольная пирамида с основанием ABCD и вершиной М. Высота этой пирамиды изображена точкой М.
3) Изображена четырехугольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD, и ее диагональные сечения BDM и ACM. Эти сечения изображаются диагоналями BD и АС параллелограмма.
4) Изображена четырехугольная пирамида, основанием которой является параллелограмм ABCD, а одно из боковых ребер которой перпендикулярно основанию.
5) Изображена прямая четырехугольная призма (с основанием ABCD). Отрезки АС и BD изображают ее диагональные сечения, а точка М —отрезок, по которому пересекаются эти сечения.
6) Изображены две правильные четырехугольные пирамиды с общим основанием. Точка М является изображением вершин этих пирамид и их высот.
7) Изображены две треугольные пирамиды с общей вершиной М и основаниями ABC и ACD, которые принадлежат одной плоскости.
8) Изображены две треугольные пирамиды, основания ABC и ACD которых принадлежат одной плоскости. Точка М является изображением вершин этих пирамид, которые расположены по разные стороны от плоскости ABC.
9) Изображен октаэдр ABCDMK. Точка М является изображением его диагонали М/С
З а д а ч а 13. Изображением какой пространственной фигуры можно считать рисунок 6 (АВКР и KPDC — равные квадраты)?
111
Возможные ответы:1) Изображена правильная четырехугольная пи
рамида с основанием ABCD и вершиной М.2) Изображен куб, две боковые грани которого
параллельны плоскости проекции. Его верхнее и нижнее основания изображены соответственно отрезками ВС и AD. Параллелограмм АКСР является изображением одного из диагональных сечений куба. Отрезки АС и BD изображают его диагонали.
3) Изображены четырехугольная пирамида с основанием АКСР и вершиной М и треугольные пирамиды КАВМ и CMPD, расположенные по одну сторону от плоскости ABC.
4) Изображены треугольная пирамида CABD и непараллельные отрезки АК и СР на поверхности пирамиды. Отрезок КР является изображением сечения этой пирамиды плоскостью, проходящей через середины ее ребер ВС и AD и параллельной скрещивающимся прямым АВ и CD.
5) Изображен октаэдр ABCDMH. Точка М является изображением его диагонали МН.
6) Изображены две четырехугольные пирамиды. Их основаниями являются квадраты АВКР и KPDC, которые принадлежат одной плоскости. Их вершины изображаются точкой М и расположены по разные стороны от плоскости ABC.
7) Изображены две четырехугольные пирамиды. Их основания АВКР и KPDC принадлежат параллельным несовпадающим плоскостям. У этих пирамид общая вершина М.
8) Изображены треугольные пирамиды ВАКМ, DMPC, ВКСМУ DAMP с общей вершиной М. Их основания расположены в различных непараллельных плоскостях.
З а д а ч а 14. На рисунке 7 показан параллелепипед ABCDA[B[C[D\. Скрещивающиеся прямые АР и C\D на этом рисунке изображены параллельными прямыми. Верно ли, что прямая /, параллельная направлению проектирования, пересекает прямые АР и CiD?
Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АР и C\D на рисунке изображены параллельными прямыми. Это возможно только в том случае, если проектирующая прямая не пересекает две параллельные плоскости, каждая из которых проходит через одну из скрещиваю-112
л И/!
/ ^ // 1/
щихся прямых АР или C\D. Поэтому и прямая / не пересекает прямые АР и C\D.
З а д а ч а 15. Докажите, что ортогональная проекция правильного тетраэдра DACB с ребром а на плоскость будет иметь наибольшую площадь, когда эта плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам DC и АВ тетраэдра.
Р е ш е н и е . Ребра DC и АВ данного правильного тетраэдра равны и взаимно перпендикулярны. Если прямые DC и АВ параллельны плоскости проекции, то ортогональной проекцией правильного тетраэдра является квадрат ABCD, диагонали которого равны а. Площадь этого квадрата равна 0,5а2. Если плоскость проекции не параллельна ребрам DC и АВ, то ортогональной проекцией данного тетраэдра является четырехугольник, диагонали которого меньше а.
З а д а ч а 16. Дан параллелограмм ABCD. Точка М — середина отрезка АВ. Точка К принадлежит отрезку AD и AK.KD — \ .2. Найдите, в каком отношении точка Р пересечения отрезков АС и МК делит отрезок МК.
Р е ш е н и е . Считаем данный параллелограмм изображением квадрата ABCD со стороной, равной 6. Отрезок АР — биссектриса прямого угла треугольникаКАМ. Поэтому КР:РМ = АК'.АМ =1. /Ш:0,5 АВ == 2:3.
З а д а ч а 17. Дана правильная шестиугольная пирамида MABCDEF. Точка К делит ребро ВМ пополам. Найдите, в каком отношении плоскость FEK делит ребро AM (точкой X).
Р е ш е н и е . Строим ортогональную проекцию данной пирамиды, приняв прямую FE в качестве проектирующей (рис. 8). Плоскость FEK изображена прямой КЕ. Так как на рисунке отрезки КЕ и МА являются медианами треугольника МВЕ, то МХ\ХА= 2:1.5 Л. Б Василевский из
в с
АМ AjIB
С' % Рис. 9 А/ Яг Рис. 10
З а д а ч а 18. На диагоналях АВ\ и СА\ боковых граней призмы АВСА\В\С\ расположены точки D и Е так, что прямые DE и ВС\ параллельны. Найдите отношение отрезков DE и ВС\.
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание призмы правильным треугольником ABC, а прямую ВС\ — точкой В = С 1 (рис. 9). Тогда отрезок DE, параллельный прямой ВС 1, изобразится точкой D — E (в точке Е пересекаются прямые В\А и А\С). Так как отрезки DE и ВС\ параллельны, то прямые С\Е, BD и АА\ пересекаются в точке М. Так как MD:DB= 1:2, то и DE.BCi = 1:2.
З а д а ч а 19. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В каком отношении делит ребро В\С\ точка £, которая принадлежит плоскости, проходящей через вершину Л и центры К и Н граней A\B\C\D\ и В\С\СВ?
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание данного куба квадратом ABCD, а прямую АК — точкой А = К (рис. 10). На этом рисунке плоскость АКН изображается прямой АН. Прямые В\С\ и НА пересекаются в точке Е. Для треугольника В\СА отрезки АН и В\С\ являются медианами, поэтому В\Е:ЕС\ = 2:\.
З а д а ч а 20. Основанием четырехугольной пирамиды MABCD является параллелограмм ABCD. Точка К делит ребро DM пополам. Точка Р принадлежит ребру ВМ и ВР\РМ— 1:3. Плоскость АР К пересекает ребро МС в точке X. Найдите отношение отрезков MX и ХС.
Р е ш е н и е. За изображение грани МВС принимаем прямоугольный треугольник МВС (рис. 11), а за направление проектирования — прямую АР. Сечение АРХК пирамиды MABCD на рисунке изображено отрезком РК. Для решения задачи дополним прямоугольную трапецию MBCD до квадрата МВСН. Тре114
угольники АМХ и НСХ подобны и МА.НС— 3:4, поэтому и MX :ХС = 3:4.
З а д а ч а 21. На рисунке 12 изображена правильная четырехугольная пирамида MABCD. Точка К делит ребро МС в отношении 1:2 (считая от вершины М). Точка Р — середина ребра MD. На прямых МН, ВК и СР постройте точки X, У и Q так, чтобы точка У была серединой отрезка XQ.
Р е ш е н и е . Построим ортогональную проекцию данной пирамиды на плоскость ее основания ABCD (рис. 13). Так как прямая МН изображается на чертеже точкой М = Н = X, то задача свелась к проведению на этом чертеже через точку X такой прямой, которая пересекает прямые ВК и СР в таких точках У и Q, что ХУ = YQ.
Для этого через середину F отрезка ВС проводим прямую, параллельную прямой ВК. Она пересекает прямые НС и СР в точках Т и Q. МК — КТ и ХУ = YQ.
Полученные на рисунке 13 точки Q и У переносим на рисунок 12. Строим прямую QK, которая пересекает прямую МН в точке X.
З а д а ч а 22. ABCDA\B\C\D\—куб. Его ребро равно 60. Точка Н принадлежит ребру АВ и АН :НВ — = 1:2. Точка Р — середина ребра В\С\. Точка К принадлежит ребру DD1 и DK:KD\ = 1 :3. Какие ребра
115
куба пересекают плоскость КРН? Найдите отношение отрезков, на которые плоскость КРН делит эти ребра.
Р е ш е н и е . Пусть грань ВВ\С\С куба параллельна плоскости проекции. За направление проектирования принимаем прямую РК. Получаем параллельную проекцию куба, на которой отрезок Н изображает сечение куба плоскостью КРН (рис. 14).
Из этого чертежа ясно, что секущая плоскость пересекает ребра АВ, ВВ\, AD, DD\, В\С\, C\D\ соответственно в точках Я, М, Г, К, Р, F, т. е. в сечении получаем шестиугольник HMPFKT.
На чертеже строим отрезки М/? и НТ\ параллельные отрезку AD. По условию задачи В\Р = РС\—30 и KD = 0,25DD\ = 15. Поэтому В\Е=\Ъ, ££ = 45 и АЕ = 30. Далее, ВТ .ТЕ = ВН: НА = 2:\у т. е. = = 30 и ТЕ = 15.
Из подобия треугольников ВТ'Н и ВЕА получаем НТ':АЕ = 2:3 и НТ' — 20. Из подобных треугольников МНТ' и имеем: МТ\МВ\ = НТ :В\Р == 20:30 = 2:3, т. е. ВМ:МВ1 = 7:3 и МТ = 0У2ВВ] = = 12, MB = 42, ЕМ = 3.
Из подобных треугольников и PDT следуетiW7’:7,P = £Af:PD = 3:15=l:5, т. е. AT:TD = 7:5.
Треугольники и CiPDi подобны. ПоэтомуD\F:FC\ = BH.HR = ВТ': Т'М = 30:12 = 5:2.
З а д а ч а 23. Докажите, что во всяком треугольнике его медианы пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Всякий треугольник% можно считать изображением правильного треугольника. Утверждение задачи для правильного треугольника верно, потому что в этом треугольнике медианы являются его биссектрисами.
З а д а ч а 24. Дан произвольный треугольник ABC.ВМ = В А, АК — 4" А С, СР = — СВ. Докажите,
о о 3что центры тяжестей треугольников ABC и МКР совпадают.
Р е ш е н и е . Треугольник ABC принимаем за изображение правильного треугольника. Тогда и треугольник МКР будет изображением правильного треугольника. Центры вращений этих треугольников совпадают. А так как у правильного треугольника центр вращения и центр тяжести совпадают, то утверждение задачи доказано.
З а д а ч а 25. Докажите, что в четырехугольникеJ16
ABCD отрезки PH и ТЕ, соединяющие середины противоположных сторон, и отрезок KF, соединяющий середины диагоналей АС и BD, пересекаются в одной точке М и делятся ею пополам.
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD (вместе с его диагоналями) можно считать изображением правильного тетраэдра ABCD, а точки Т, Я, Е, Р, F, К — изображением вершин октаэдра. Теперь утверждение задачи доказано.
З а д а ч а 26. В четырехугольник ABCD вписана трапеция МКРЕ (рис. 15), параллельные стороны которой параллельны диагонали АС. Докажите, что прямые ME, BD и КР пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Принимаем четырехугольник ABCD (вместе с его диагоналями) за изображение треугольной пирамиды. Трапеция МКРЕ является сечением этой пирамиды плоскостью МКР. Эта плоскость непараллельна прямой BD, так как боковые стороны ME и КР трапеции МКРЕ не параллельны прямой BD. Прямая BD пересекает плоскость МКР в точке Я, которая принадлежит плоскостям ABD и BDC. Отсюда следует, что в точке Я пересекаются прямые ME, КР и BD.
3 а да ч а 27. Дан треугольник ABC и произвольная точка М внутри него (рис. 16). Докажите, что если построить параллелограммы МВВ\С и МАА\В\, то диагональ МА\ последнего проходит через центр тяжести О данного треугольника.
Р е ш е н и е . Данный треугольник ABC вместе с отрезками ВМ, СМ, МА и МО считаем изображением правильной треугольной пирамиды МАВС (с основанием ABC и высотой МО).
117
Построим другое изображение этой пирамиды (и связанных с ней параллелограммов МВВ\С и АМВ\А\), расположив ее основание параллельно плоскости проекции и приняв за направление проектирования прямую МО (рис. 17). После этого утверждение задачи стало очевидным.
З а д а ч а 28. Дана произвольная трапеция ABCD. В точке К пересекаются прямые AD и ВС: Диагонали АС и BD трапеции пересекаются в точке М. Докажите, что прямая КМ проходит через середины Н и Р соответственно сторон АВ и CD трапеции.
Р е ш е н и е . Треугольник АКВ принимаем за изображение правильного треугольника А\К\В\У а трапецию ABCD — за изображение равнобокой трапеции A\B\C\D 1. Прямая М\К\ является осью симметрии треугольника А\К\В\ и трапеции A\B\C\D\. Поэтому прямая М\К\ делит пополам отрезки D\C\ и А\В\. Точки Р и Н являются образами точек Р\ и Н\ соответственно. Поэтому прямая КМ проходит через середины сторон CD и АВ данной трапеции.
З а д а ч а 29. На сторонах АВ и CD четырехугольника ABCD (рис. 18) даны точки Мм К такие, что AM = = kAB, DK = kDC. Докажите, что середины отрезков ВС, МК, AD принадлежат одной прямой.
Р е ш е н и е . Рисунок 18 считаем изображением правильного тетраэдра ABCD. Пусть точки Р и К — середины ребер AD и ВС. Прямая РТ является осью симметрии этого тетраэдра. Поэтому точки М и К симметричны относительно прямой РТ, и точка Е, в которой пересекаются прямые РТ и МК, есть середина отрезка МК.
З а д а ч а 30. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA\B\C\D\ (рис. 19). Точки К и Р — середины соответственно ребер ВВ\ и A\D\. Точка Н делит ребро СС1 пополам. Точка Е принадлежит ребру В\С\ и118
В\Е:ЕС\ = 1:3. Верно ли, что прямая КР пересекает прямые АЕ и А\Н?
Р е ш е н и е . Пусть плоскость проекции параллельна грани ВВ\С\С прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ и прямая КР параллельна направлению проектирования. Получаем изображение параллелепипеда, на котором прямая КР изображена точкой.
На этом рисунке прямая А\Н совпала с изображением прямой A\D\. Отрезок АК пересекает отрезок ТВ в его середине М. Поэтому треугольники МВК и ЕВ\К равны, и точки Л, К и Е лежат на одной прямой.
Итак, на рисунке изображения прямых А\Н и АЕ проходят через точку К — Р, т. е. эти прямые пересекают прямую КР• ___
З а д а ч а 31. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В\К = = ~КС\\ ~СР = 0,25CD; СХМ = 0,25CiD,. Точка X принадлежит прямой BD 1. Точка У является пересечением прямых КХ и МР. Постройте точку X.
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание данного куба квадратом ABCD, а прямую МР — точкой М = Р (рис. 20). Точка X (на рисунке 20) является пересечением прямых МК и B\D. Треугольники FBK и МСК равны. Поэтому ХВ\ :XD = FB'.MD = С\М: :MD = 1:3, т. е. ВХ = 0, 5 DXB.
З а д а ч а 32. Дан параллелепипед ABCDA\B\C\D\. Проведите прямую /, которая проходит через центр симметрии Н основания ABCD и пересекает прямые ВСi и FB1 (точка F — середина ребра АА\).
Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание параллелепипеда квадратом ABCD со стороной 1 (рис. 21) Прямую С\В считаем проектирующей. Тогда изображением параллелепипеда будет объединение квадратов А\В\ВА и ABCD. Прямая ВС\ изображается точкой В = Ci. Поэтому изображение прямой / проходит через
* Рис. 18
119
точку В = С 1 и пересекает прямую B\F в точке X. Треугольники ХВ\В и XFD подобны. Поэтому ХВ\ :XF = = B\B:FD = 1:1,5. Отсюда, XF = 2В\F.
З а д а ч а 33. Дана произвольная треугольная пирамида DABC. AM = МК = KD, ВР = PH = НС, АЁ = 0,25ЛД MF = 0,25МР, /(Q = 0,25 Щ DT == 0,25Z)C. Докажите, что точки £, Z7, Q, Г принадлежат одной прямой.
Р е ш е н и е . Прямую считаем проектирующей. Тогда данная пирамида изображается равнобокой трапецией (рис. 22). Так как точки К и М гомотетичны точкам Н и Р относительно точки Т = £, то утверждение задачи доказано.
З а д а ч а 34. На рисунке 23 изображена четырехугольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD. Точки Н и Р середины соответственно ребер DM и БС. Точка К делит ребро БМ в отношении 1:3, считая от вершины М. Постройте точку Г, в которой прямая, пересекающая прямую КР, пересекает прямую
Р е ш е н и е . Принимаем за изображение основания данной пирамиды квадрат ABCD. Считаем прямую КР направлением проектирования (рис. 24). Очевидно,FD = МР = у РВ.
Из подобных треугольников TFD и ТРВ следует TD\DB =1:2. Теперь переносим точку Т на рисунок 23.
З а д а ч а 35. В пятиугольнике ABCDE (рис. 25) соответственно параллельны отрезки:* АВ и СЕ, ВС и AD, CD и BE, и ЛС. Докажите, что отрезки Л£ иBD также параллельны между собой.
Р е ш е н и е . Изображаем параллелограмм ABCF квадратом (рис. 26). По условию задачи отрезки DE и АС параллельны. Очевидно, на рисунке отрезки FD и FE равны. При движении точки D по лучу FQ (от точки F) угол BCD увеличивается. Увеличивается также при этом и угол СВЕ. Поэтому существует на луче FQ единственная точка D такая, что параллельны между собой отрезки : DE и Л С, BE и CD. Докажем, что в этом случае отрезок АЕ параллелен отрезку BD. Точки Л и С, D и Е симметричны относительно прямой BF. Поэтому трапеция BCDE и ABDE равны, и, следовательно, прямые АЕ и BD параллельны.
Решение этой задачи становится очень простым, если заметить, что из параллельности соответствующих сторон и диагоналей пятиугольника ABCDE следует равновеликость треугольников ABC, BCD, CDE, DEA, ABE.
Задание 12. ВЕКТОРНОЕ РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
З а д а ч а 1. 'Докажите, что отрезки АВ и CD параллельны, если Л(1; 3), В(2; — 1), С(0; 4), Р(2; —4).
Р е ш е н и е. Находим АВ — (1; —4) и CD = (2; —8). Отсюда АВ = 0,5CD.
121
3 а д а ч а 2. Найдите координаты вершины D параллелограмма ABCD, если Л ( — 1 ; 2; 3); В( — 2; 4; 6), С(6; -5; 8).
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD — параллелограмм. Поэтому AD = ВС = (8; —9; 2). Чтобы найти координаты точки D, следует к координатам точки А прибавить соответствующие координаты вектора ВС. Получаем D(7; —7; 5).
З а д а ч а 3. Принадлежит ли точка С(7; 9; 0) прямой АВ, если А(— 1; 1; 2) и В(3; 6; —1)?
Р е ш е н и е . Если точка С принадлежит прямой АВ, то существует такое число к, что АС = kAB, т. е. (8; 8; —2) = k(4; 5; —3), что невозможно.
З а д а ч а 4. Записать координаты точки С, которая делит отрезок А В в отношении 2:1, считая от точки А, если А{ 1; -1; 2) и В(7; -4; -1).
Р е ш е н и е . Очевидно, АС = ^-АВ = ^-( 6; —3;— 3) = (4; -2; -2). Поэтому С(1 +4; —1 - 2; 2-2), т. е. С(5; -3; 0). ____
З а д а ч а 5. Можно ли вектор D\K разложить по векторам D\D и D\A\, если К( — 3; 7; —7), Di( —3;10; -5), D( —5; 6; -1), Л,( 1; 6; -7)?_________
Р е ш е н и е . Если D\K = kD\D + nD\A, то (0; —3;— 2) = k( — 2; —4; 4)+я(4; —4; —2). Отсюда получим систему уравнений:
{0 = — 2k + 4 п,— 3 = —4k —4 п,
-2= 4k —2 п.
Система этих уравнений несовместима. Поэтому задача не имеет решения. Иначе говоря, точка К не принадлежит плоскости D[DA\.
З а д а ч а 6. Составьте уравнение плоскости ABF, если F( — 4; 8; -3), Л(-1; 2; -3), В{3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Если М(х, (/, z) — произвольная точка плоскости ABF, то ВМ = kBA + nBF или (х — 3; — 4;2- 1) = &( — 4; -2; —4) + /г( — 7; 4; -4).Отсюда получаем систему уравнений:
{х — 3 = —4k — In, (1)у- 4= —2k + 4п, (2)
z—\ = —4k — 4n. (3)122
Умножаем обе части второго уравнения на — 2. После этого уравнение (2) сложим почленно с уравнениями (1) и (3). Получаем
х — 3-2(у — 4) = —15 п, (4)z— 1 — 2 (t/ — 4) = —12 п. (5)
Умножим уравнение (4) на 4, уравнение (5) — на —5. После почленного сложения этих уравнений получаем о т в е т : 5 г — 2у — 4х + 1 5 = 0 .
З а д а ч а 7. Найдите расстояние В\Н от точки В\ до прямой D\B, если В\{Ъ\ 8; —3), Di( —3; 10; —5),В{3; 4; 1). ____ _______
Р е ш е н и е . Пусть D\H = nD\B = /2(6; —6; 6).Далее,
~НВ{ = lhB\ — D~JT = (8; -2; 2) —/1(6; -6; 6) == (8 —6я; —2 + 6п\ 2-6п). (1)
По условию задачи, D\B-HB\ = 0. Поэтому 6(8 — 6л) - 6( — 2 + 6п) + 6(2 - 6п) = 0.
Отсюда п = 2:3. Из равенства (1) имеем НВi=(4;2; -2)_ _______________________________________
НВ\ = 42 + 22 + ( —2)2 = 24 и =
З а д а ч а 8. Составьте уравнение плоскости а, проходящей через середину М отрезка AD и перпендикулярной прямой СВ, если Л(—1; 2; —3), D(—5; 6; -1), С( —3; 10; -5), В(3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Очевидно, Af( — 3; 4; —2). Пусть Я(л:; f/; 2) — произвольная точка плоскости а. ТогдаМР-СВ = 0, или (х + З; у — 4; г + 2) • (6; —6; 6) = 0, или 6(* + 3) — 6(у — 4) + 6(2 + 2) = 0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид: z — у + + * + 9 = 0 .
З а д а ч а 9. Составьте уравнение плоскости а, относительна которой симметричны точки D( — 5; 6; — 1) и В(3; 4; 1).
Р е ш е н и е . Плоскость а пересекает отрезок DB в точке Р(— 1; 5; 0), которая является серединой отрезка DB. Пусть М(х\ у\ г)—произвольная точка плоскости а. Тогда DB-PM = 0, т. е. (8; —2; 2) X Х ( * + 1; У — 5; 2) = 0, или 8(х+ 1) — 2(у — 5) + 2z = 0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид: 4х — у-\- + 2 + 9 = 0.
123
Рис. 1 м Рис. 2 Рис. 3
З а д а ч а 10. Найдите координаты точки М(х; у; 2), симметричной точке Вi(5; 8; —3) относительно прямой, заданной точками В(3; 4; 1) и А\( 1; 6; —7) (рис. 1).
П е р в о е р е ш е н и е .ВН = 0,5Z?£i + 0,5/Ш; BHt== kBA\.
кВАх = 0УЬ13В[ + 0,5 Ш , (1)BiM-BAi = 0. (2)
Из равенства (1) и (2) получаем:k{ — 2; 2; -8) = 0,5(2; 4; - 4) + 0,5(* - 3; у — 4; г — 1);
(г-5; г/ — 8; 2 + 3 ) * ( — 2; 2; — 8) = 0.Система этих двух уравнений равносильна следую
щей системе:-2k = 1 + 0,5(лг —3),— 86 = -2 + 0,5 {г — 1),
2* = 2+ 0,5(f/ —4),Л — 2(х - 5) + 2(у- 8) — 8(z + 3)= 0.
Решив эту систему уравнений, получаем М( — 1; 2; —3).В т о р о е р е ш е н и е . Пусть К — такая точка пря
мой BAi, что четырехугольник ВВ\МК является ромбом. Есгш BK = kBA{=[-2k\ 26; —86), то /((3-26:4 + 26; 1 —8k) (рис. 1). Поэтому£7/Г=(-2-26; -4 + 26;4-86);£Т£=(-2; -4; 4). Так как В [К2 = £i£2, то
(- 2 - 26)2 + (- 4 + 26)2 + (4 - 86)2 =— (— 2)2 + (— 4)2 + 42.
Отсюда k = 0 или 6 = 1. Теперь ясно, что К(\; 6; — 7). Точка Н — середина отрезка В К. Поэтому Н( 2; 5; — 3) и Л1(—1; 2; -3).
З а д а ч а И. Найдите расстояние А\Н от точки >41(1; 6; —7) до плоскости АВ\К> заданной точкамиЛ(— 1; 2; -3), Bi(5; 8; - 3) и К(- 1; 8; -6) (рис. 2).
П е р в о е р е ш е н и е . Пусть Р(0; у\ z) такая точка, что AP-ABi= 0 и АР-АК = 0. Так как АР = (1; у -2;124
z —3), AB\ = (6; 6; 0), AK = (0; 6; —3), то последние два равенства принимают вид:
6 + 6(г/ — 2) = 0; 6Q/ — 2) — 3(2 + 3) = 0.
Решив систему этих уравнений, имеем у= 1, z = — 5. Итак, ЛР = (1; —1; -2).
Пусть AM = НА\. Тогда МА \ • AM = 0.Если AM = пАР = (п, —я, —2п), то МА\ = АА\ —
— AM = (2 — п, 4 + п, — 4 + 2я) и (2 — п)п + + (4 +л)я — ■( — 4 + 2п)2п = 0. Отсюда п= 1, НА\ == (1, -1, -2) и ЯЛ,=Л/б. _____________ ______
В т о р о е р е ш е н и е . Пусть j4i£'==j4Bi и отрезокЛ4Г — общий перпендикуляр к прямым А\ В' и Л/((рис. 3). Тогда А\Н = МТ.
Пусть А\М = тА\В\ = mAB\ = (6т; 6га; 0) и ЛГ = = 6Л/( = (0; 66; —36). Очевидно,
МВ\-ТМ = 0у (1)АК-ТМ = 0. (2)
Находим ТМ=ААХ+АМ — ЛГ = (2 + 6га; 4 + 6га — — 66; —4 + 36). После этого равенства (1) и (2) преобразуются к виду:
6(2 + 6га) + 6(4 + 6га — 66) = 0,6(4 + 6га — 66) — 3( — 4 + 36) = 0.
Решив систему этих уравнений, получаем:m = — 1:6, £ = 2:3, ТМ = (1; —1; -2)иЛ,Я=Уб. Т р е т ь е р е ш е н и е . Пусть АН — пАВ\ + kAK\
TfAi ■ ABi = 0; Шх ■ АК = 0 (рис. 4). Тогда
(AAi - АН)ТВ, = 0, (1)(АА, — АН)АК = 0. (2)
Очевидно, ЯЛ|=/4Л|—АН = АА\ — /гЛВ| — kAK == (2 — 6п, 4 —би — 6k, — 4 + 36); ^Bi=(6, 6, 0);АК = (0, 6, —3).
После этого уравнения (1) и (2) принимают вид:6(2 — 6л) + 6(4 — 6k) = 0,
6(4 - 6п - 6k) -3( —4 + 3k) = 0.125
Рис. 4 Рис 5
Решив систему этих уравнений, получаем: fe = 2:3, п = 1:6, 77Л,=( 1, -1, -2) и ЯЛ,=Уб.
Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Пусть прямая А\Н пересекает плоскость XOY в точке Р(х, у, 0). Тогда
а7Г-ак = 0,А1Р-АВ=0.
(1)(2)
Так как AiP = (x— 1, у — 6, 7); АК = (0, 6, — 3); АВ 1 = (6, 6, 0), то уравнения (1) и (2) преобразуются к виду:
6(у — 6) — 21 = 0, 6(х-1) + 6(*/-6) = 0.Решив систему этих уравнений, находим Р( —2,5; 9,5; 0). Из прямоугольного треугольника АНА\ получаем (рис. 5):
А [Н = | A i^cos
|л7р]
А \ Л •• A i P .
1 Ж а \ • \ А х Т Г \ 1; АА\Н\ = I Л,Л-
(-2; -4; 4)-(-3,5; 3,5; 7) Уз,52 + 3,52 + 72 -т/Е
П я т о е р е ш е н и е . Пусть НМ =А\Н и М(х, у, г).Тогда ЛМ2 = ЛЛ], Ш2 = АТК*, BtM2 = A{Bl По- лучаем систему уравнений:
•(х+1)2 + (1/-2)2 + (2 + 3)2 = 36, (1)(х+1)2 + (у-8)2 + (2 + 6)2 = 9, (2)(х — 5)2 -\- (у — 8)2 + (z + З)2 = 36. (3)
Выполнив почленное вычитание уравнений (1) из (3), (2) из (3), получаем:
— 12* + 24 — 12// +60 = 0,— 12х +24 —6z —27 = 27.
сие
i s
Отсюда у = — х 7 и z = — 2х нение (1) принимает вид:
(*+1)2 + (-* + 5)2 + (-2*
5. После этого урав-
2)2 = 36.126
После очевидных преобразований последнего уравнения и уравнений (2) и (3) получаем: х\ = 1, х2 = — 1; у, =6, г/2 = 8; z, = — 7, z2= —3.
Итак, Л*,(1; 6; -7) или М2(- 1; 8; -3). Но М, = = А\. Поэтому М(- 1; 8; -3); Я(0; 7; -5) и ЯЛ, == (1; —1; —2); НА\=-ф>.
Ш е с т о е р е ш е н и е . Пусть Н{х\ у\ г) — основание перпендикуляра А\Н к плоскости АВ\К. Тогда
77л-Ж, = о, яв,-ял^о, як• ял, = о. (1)Так как
ЯЛ =(— 1 — 2 - у ; -3-г),ЯЛ1=(1— х; 6 —у; —7 — z),НВ\ — {Ъ — х\ 8 — у, —3 — 2),ЯЛ = (— 1 — 8 — у; —6 —г),
то три равенства (1) принимают вид:(— 1 — х) • (1 — х) + (2 — у) • (6 — у) +
+ ( —3 — 2).(—7 — 2) = 0, ,1')(5 — х)- (1 —х) + (8 — у)' (б — у) +
+ ( - 3 - 2 ) . ( - 7 - 2 ) = 0, (2')(— 1 — х) • (1 — х) + (8 — у) • (6 — у) +
+ (— 6 — z ) * ( — 7 — 2) = 0. (30
Выполнив почленные вычитания уравнений (2') из (Г) и (3') из (1')> получаем
-6(1 - х ) - 6 ( 6 - у ) = 0,6(1 — *) + 3( —7 — г ) = 0.
Отсюда у = 7 — х, z = — 5 — 2* и Xi = 0, *2 = 1; yi = 7, «/2 = 6, 2| = — 5 , 22= — 7 . Итак, Я(0; 7; —Ъ)\НА\ == (1; -1; -2); ЯЛ, =л/б.
С е д ь м о е р е ш е н и е . Прямая А\Н является пересечением плоскостей а и р , перпендикулярных соответственно прямым АВ\ и ВхК и проходящих через точку Ль
Составляем уравнения этих плоскостей:(х— 1 )6 + (у — 6)6 + (2 + 7) = 0, (1,)(х-1)6 + ( у - 6 ) - 0 + (2 + 7) = 0 (2.)
ИЛИ
(у + х — 7 = 0, /П\2 + 2л: + 5 = 0. кч
J27
Найдем координаты какой-либо точки F, принадлежащей прямой А\Н, т. е. такой, которая является решением системы уравнений ( 1 ) . Пусть х = 0. Тогда у = 7, z = —5. Итак, точка Р(0; 7; —5) лежит на прямой А\Н.
Точка И является пересечением прямой AF и плоскости АВ\К, которая перпендикулярна этой прямой. Поэтому получаем такое уравнение плоскости АВ\К: (х+ 1). 1 +(у — 2 ) * ( — 1 ) + ( г + 3 ) - ( — 2) = 0 или
2z -j- у — х -f- 3 = 0. (2)Решив систему уравнений (1) и (2), находим
Я(0; 7; - 5) и НАХ = У6.З а д а ч а 12. Медианы С К и AM треугольника ABC
пересекаются в точке Р. Докажите, что МР:РА = = КР'.РС = 1 :2.
Р е ш е н и е . Пусть точка Р принадлежит отрезкуAM и АР: РМ = 2:1. Тогда СР = у СА + у СМ =
= ±(СА + СВ)- Далее, СК = 0,5(СЛ~+ СВ), Отсюда
ясно, что СР = у С/С, т. е. медиана С/С проходит через точку Р и СР:РЕ = 2:1.
З а д а ч а 13. Дан треугольник ЛВС (рис. 6). Л£ = = ЕВ, CD = 2DB, точка О — точка пересечения прямых СЕ и ЛО. Найдите DO..OA.
Р е ш е н и е. Выбираем векторы ВА и ВС в качестве базисных. Точки Л, О и D принадлежат одной прямой. Поэтому ВО = BA + (1 — x)BD. В силу тех же условий ВО = {1 — у)ВЕ + уВС. По условию задачи, BE == 0,5 В А и BD = у-ВС. Следовательно,
ВО = хВА + -Ц-^ЁС и ВО == 0,5(1 -у)Ш+уВС.
Из этих равенств получаем систему уравнений:(X = 0,5(1 — у),{(1 — х):3 = у.
Решив ее, получаем: х = 0,4 и 1— * = 0,6. Итак, DO : О А = 0,4 : 0,6 = 2:3.
З а д а ч а 14. ABCD — трапеция с основаниямиС 28
ВС и AD. Прямые АВ и CD пересекаются в точке Я. Точка М есть пересечение прямых АС и BD\ ВР = РС, Л/С — KD. Докажите, что точки Я, Р, М и К принадлежат одной прямой.
Р е ш е н и е . Пусть BC = kAD. Тогда из подобия треугольников ВМС и DMA следует МС : МА = k : 1.Треугольники НВС и HAD подобны. Поэтому НА == ^-ТГв и 777) = -|-77с.k к
Считаем векторы НВ и НС базисными. Получаем:77р = о,5(77в+77с); 77м = Т^ТШ +
НК = 0,5 (77л + Ш) = -^(нв + 77с).
Теперь ясно, что векторы ЯР, ЯМ, Я/( коллинеарны, т. е. точки Я, Р, М принадлежат одной прямой.
З а д а ч а 15. Дан треугольник ABC. BD=3DC, Л£—1,5£С, ВК = 2КА (рис. 7). Докажите, что прямые AD, и С/С пересекаются в одной точке.
Р е ш е н и е . Пусть В А и ВС — базисные векторы и точка М есть пересечение прямых AD и С/С. Очевидно,
0,4/М + 0,6£С = 0,2 (2/М + ЗЩ (1)
В силу коллинеарности точек /С, М, С и Л, М, D имеем:
ВМ=(1 - х)ВК + хВС и ВМ= уВА + (1 - у)Ш.
Так как Б/С = 0,4ВЛ и BD = 0У75ВС, то129
Рис. 8 Рис. 9
ВМ- 2(1 -х) В А + хВС и ВМ ■■
= уВА + 3(14 у) ВС. (2)
Из этих равенств получаем систему уравнений:
1 . 3(1-1/)
Решив ее, получаем x = 0,5. Теперь равенства (2) принимают вид:
ВМ = -^ВА + уВС = у(2ЯД +35С). (3)
Из равенств (1) и (3) следует ВМ = ^гВЕ, т. е. прямая BE проходит через точку М.
З а д а ч а 16. Четырехугольник ABCD — трапеция с основаниями АВ и CD. AM = MD, ВК = КС. Докажите, что прямые А К и СМ не параллельны (рис. 8).
Р е ш е н и е . Выбираем векторы АВ и AD в качестве базисных. Пусть DC = kAB. Тогда МС = 0,5AD + kAB\ АК = 0,5 (AB_ + JC) = 0,5(АБ +AD + kAB) = МС ++ 0,5(1 — k)AB. Отсюда ясно, что векторы АК и МС неколлинеарны.
З а д а ч а 17. Докажите, что для любых четырех точек Л, В, С, D выполняется равенство
АВ + Ш -AD - AC - BD ==0. (1)
Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD можно задать векторами АВ, АС и AD. Выражаем через них все остальные векторы в доказываемом равенстве: CD =130
= AD — АС, ВС = AC — AB, BD = AD — АВ. После этого утверждение задачи становится очевидным.
З а д а ч а 18. В треугольнике ABC АВ = с, ВС = а, АС = Ь, ВМ = МС. Найдите длину медианы AM.
Р е ш е н и е . Очевидно, AM = 0,5(АВ + АС) и AM2 = = 0,25(АВ2 + АС2 + 2АВ • АС) = 0,25 (с2 + Ь2 + с2 + + Ь2- а2).
AM = 0.5-V2&2 + 2с2 - а2.
З а д а ч а 19. Вокруг правильного треугольника ABC описана окружность радиуса 1 с центром в точке О. Докажите, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки М окружности до вершин этого треугольника равна 6 (рис. 9).
Р е ш е н и е . Очевидно,СМ2 + МА2 + MB2 = (ОМ-ОС)2 + (ОА - ОМ)2 +
+ (ОВ - ОМ)2 = ОМ2 + ОС2 - 2 ОМ • ОС + О А2 + + ОМ2 — 20А • ОМ + ОВ2 + ОМ2 - 20В • ОМ = 6 —— 2ОМ (ОС + ОА + ОВ) = 6 — 2ОМ -0 = 6.
З а д а ч а 20. В выпуклом четырехугольнике ABCDстороны АВ и CD перпендикулярны. Докажите, что
BC2 + AD2 = AC2 + BD2. (1)
Р е ш е н и е . Векторы АВ, АС, AD определяют положение на плоскости вершины данного четырехугольника. Равенство (1) переписываем в виде:
ВС2 -АС2 = DB2 - AD2. (2)
Выражаем входящие в это равенство векторы через векторы АВ, АС и AD: ВС = АС—АВ, DB=AB —— AD, CD = AD — AC. После этого равенство (2) преобразуем следующим образом:
(АС - ABf -АС 2 =(АВ- ID)2 - AD 2 .Отсюда
АС 2 - 2ЛС • АВ + ~АВ2_ — АС2 = АВ2 - — 2АВ • AD + AD2 — AD2
И
AB(AD - АС) = 0, АВ • CD = 0. (3)Последнее равенство дано. Теперь ясно, что из равенств (3) получаем утверждение задачи.
131
З а д а ч а 21. Дан треугольник Л ВО Отрезки А /С, ВН, СЕ — его высоты. Докажите, что прямые А К, ВН и СЕ пересекаются в одной точке D.
Р е ш е н и е . Пусть АС — наибольшая из сторон треугольника ABC. Тогда треугольник можно расположить относительно прямоугольной системы координат XOY так, как показано на рисунке 10.
Пусть В(а, b) и С(с, 0). Тогда АВ = (а, Ь) и АС = = (с, 0). СВ = (а — с, Ь). Пусть прямые СЕ и АК пересекаются в точке D(x, у). Тогда AD=(x, у) и CD = = (х — с, у).
По условию задачи, прямые AD и ВС, CD и ЛВ взаимно перпендикулярны. Поэтому v4D • СВ = 0, CD-AB = 0 и а: (а — с) + yb = 0, (х — с)а + уЬ = 0. Отсюда х = а и у = {с — а)а:Ь.
З а д а ч а 22. Докажите, что биссектрисы двух плоских углов трехгранного угла и биссектриса угла, смежного с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости.
Р е ш е н и е . Отложим на ребрах трехгранного угла с вершиной О равные отрезки О А, ОВ, ОС (рис. 11). Пусть ОВ\ = —ОВ. Треугольники В\ОС, АОВ, АОС равнобедренные, поэтому их биссектрисы О/С, ОМ, ОР являются и медианами. Приняв векторы ОА, ОВ и ОС за базисные, разложим по ним векторы: ОМ = 0,50/2 + + 0,504; ОР = 0,504 + 0,5QC; ОК = 0,5 ОВ, + + 0,50С = -0,50В + 0,50С.
Очевидно, ОР — ОМ = О,БОС — 0,50В и О/С == = ОР — ОМ, что и доказывает утверждение задачи.
З а д а ч а 23. Основанием четырехугольной пирамиды MABCD является параллелограмм ABCD, DK — = КМ, ВР = 0,25ВМ; точка X есть пересечение прямой МС и плоскости АКР. Найдите отношение МХ:ХС.
Р е ш е н и е . Выбираем в качестве базисных векторы
Рис. Ю Рис. 11в
о .. н с X
AB, AD, AM. Так как точка X принадлежит плоскости АКР, то
Хх = тАК + пАР= т(0,5ЛР + 0,5ЛМ) ++ дг(0,25ЛМ + 0J5AB) = OjbnAB + 0,5 mAD +
+ (0,5т+0,25я)ЛМ. (1)
Пусть MX = kMC. ТогдаАХ = ( 1 — k)AM -f IzAC =
= (k- 1 )AM + kAD + kAB. (2)
Из равенств (1) и (2) имеем:0,75я = 6; 0,5га = 6; 0,5m -f- 0J5n = 1 — k.
•Решив систему этих уравнений, получаем 6 = 3:7,т. е. МХ:ХС = 3:4.
3 а д а ч а 24. ABCDA\B\C\D\ — куб (рис. 12). А В = = 1; Wj( = KCx; CP = 0,25CD; CW=0,25C7D,. Точка X принадлежит прямой BD\. Точка Y есть пересечение прямых КХ и МР. Постройте точку Y.
Р е ш е н и е . Считаем векторы В А, ВС, ВВ\ базисными. Пусть
W= уРМ, (1)BX = xBDx. (2)
По условию задачиKY = nKX. (3)
Выражаем векторы, входящие в равенства (1) — (3), через базисные:
Р/Й ==££,; 'BD[=BA+BC + ~BBl-y KY == КС{ + CiM- YM = 0,5ВС + 0,25ВА — (1 -у)ВВ{;
КХ = ВХ -ВВ{ - £,/( = xSZ) - ££, — 0,5£С =:::::::: хВА -j- (х — 0,5)ВС -f- (х — 0yb)BBi.
Теперь равенство (3) принимает вид:0,5£С + 0,25£Л — (1 — у)ВВ{ =_
= яхВЛ + п(х — 0,5)£С + n(x — 0,5)BBi.Отсюда
(0,25 — пх)ВА (0,5 — tix -j- 0В С -f- -f- (у — 1 — tix -|- 0уЪг1)ВВ[ = 0
133
\\
ву л
Рис. 13
I
0,25 — пх = 0,0,5 — пх + 0,5я = О, у — 1 — пх + 0,5/2 = 0.
Решив систему этих уравнений, находим у = 1,5.Итак, PY= 1,5~РМ.З а д а ч а 25. Докажите, что если два пересекаю
щихся ребра тетраэдра перпендикулярны соответственно противолежащим им ребрам, то остальные два противолежащих ребра также перпендикулярны.
Р е ш е н и е . Пусть АВ, AC, AD — базисные векторы и взаимно перпендикулярные прямые: АВ и CD, AD и ВС. “Тогда АВ • CD = 0 и AD • ВС = 0 или AB(AD — -АС) = 0 и Ш{АС-Ш) = 0.Сложив почленно последние два равенства, получаем AC(AD-AB) = 0 или AC-BD = 0.
3 а да ч а 26. ABCDA\B\C\D\ — куб (рис. 13). АВ == 1; DM = -^гDB\. Плоскость а проходит через точку М перпендикулярно прямой B\D. Найдите, в каком отношении плоскость а делит ребро A\D\.
Р е ш е н и е . Пусть плоскость а и прямая A\D\ пересекаются в точке X. По условию задачи,
MX-DBi=0. (1)Считаем базисными векторы DA, DC и DD\.
DB\ = DD\ + DA + DC. Пусть D\X = nD\Aь ТогдаMX — DDi +DlX — DM = ^DDl+^n — ̂ 'y)A — ̂ DC.
После этого равенство (1) принимает вид:8ЛЛ4 8п 15 у 15DC )х
X (DD\ + DA + DC) = 0. (2)134
Векторы DD\, DA, DC взаимно перпендикулярны, и длина каждого из них равна 1. Поэтому уравнение (2) после упрощения принимает вид:
Отсюда п = 0,6, т. е. D\X:XA\ =3:2.
Задание 13. СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ.ПЕРИМЕТРЫ И ПЛОЩАДИ
З а д а ч а 1. Докажите, что периметр любого сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не превосходит наибольшего из периметров ее граней.
Р е ш е н и е .1. Пусть грань ABC имеет наибольший периметр.
Если сечение А 'В'С' параллельно плоскости ABC, то утверждение задачи очевидно. В самом деле, треугольник А'В'С' подобен треугольнику ABC, а коэффициент подобия меньше единицы.
2. Утверждение задачи также очевидно и в том случае, если сечение МКЕ параллельно одной из боковых граней пирамиды. В этом случае треугольник МКЕ подобен треугольнику ABD (коэффициент подобия меньше единицы), а площадь треугольника ABD меньше площади треугольника ABC.
3. Пусть секущая плоскость проходит через вершины А и В пирамиды и произвольную точку X ребра DC. Построим три развертки боковой поверхности пирамиды DABC (на рисунках 1, 2, 3 показаны различные развертки, соответствующие различной сумме плоских углов пирамиды при вершине D). Из рисунков ясно, что
AD + DB < АХ + ХВ С АС + СВ.Итак, утверждение задачи верно, если сечением
Рис. 1 Рис. 2 А Рис. 3
J)
пирамиды является треугольник АВХ (точка X лежит внутри ребра CD).
4. Пусть сечением пирамиды является треугольник AYX (рис. 4). Воспользуемся результатом, полученным в п. 3.
Периметр треугольника AXY не превосходит периметра треугольника AYC или треугольника AYD, а периметр треугольника AYC не превосходит периметра грани ABC. Поэтому периметр треугольника AYX не превосходит периметра грани ABC.
5. Пусть сечением пирамиды DABC является треугольник BDM (рис. 5). Периметр треугольника MBD не превосходит периметра треугольника BDC. Но периметры граней ABD и BDC не превосходят периметра грани ABC.
6. Если сечением пирамиды DBAC является треугольник MKD (рис. 6), то его периметр не превосходит периметра треугольника MDC или MDB. Но периметр треугольника MDC меньше периметра треугольника ADC, а периметр треугольника MBD не превосходит периметра грани ABD или грани DBC. Поэтому и в этом случае утверждение задачи верно.
7. Пусть сечением пирамиды DABC является параллелограмм MKEF (рис. 7). Обозначим: DC= 1 и DK = x. Тогда МК = FE = хАС (это следует из подобия треугольников DM К и DAC); КЕ = MF = (1 — — x)DB (из подобных треугольников СКЕ и CDB). Таким образом, периметр параллелограмма MKEF равен 2хАС + 2(1 — x)DB. Очевидно, 0 < х < 1.
Функция f(x) = 2хАС + 2(1 —x)DB линейна*}. Наименьшего и наибольшего значения она достигает на концах промежутка определения. Поэтому 2DB < < f(x) < 2АС. Но 2АС меньше периметра треугольника ABC. Поэтому периметр параллелограмма MKEF меньше периметра грани ABC.136
8. Пусть сечением пирамиды DABC является трапеция MKEF (рис. 8). При движении точки К по ребру DC периметр Р сечения MKEF изменяется линейно. Это следует из того, что подобны между собой треугольники: DM\K\ и DMK, СК\Е\ и СКЕ, BF\E\ и BFE, AF\M\ и AFM.
Поэтому в этом случае для обоснования утверждения задачи используются рассуждения, изложенные в п. 7.
9. Пусть, наконец, сечением пирамиды DABC является произвольный четырехугольник MKEF (рис. 9). И в этом случае для доказательства утверждения задачи используется идея линейного изменения периметра четырехугольника MKEF, если точка К движется по ребру DC.
З а д а ч а 2. Проверьте, верно ли утверждение: «Площадь любого сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не превосходит наибольшей из площадей ее граней».
Р е ш е н и е . 1. Пусть грань ABC имеет наибольшую площадь S. Если сечение А\B\C\ параллельно плоскости ABC, то треугольник А\В\С\ подобен треугольнику ABC.Коэффициент подобия треугольников А\В\С\ и ABC меньше единицы, а Поэтому площадь треугольника А\В\С\ меньше S.
137
п Рис 10 С
2. Если сечение МКР параллельно боковой грани ABD, то треугольник МКР подобен треугольнику ABDy и площадь треугольника МКР меньше площади треугольника ABD, и, следовательно, меньше S.
3. Пусть секущая плоскость проходит через ребро АС пирамиды и перпендикулярна плоскости ABD. В сечении получаем треугольник ACM (рис. 10). Его площадь меньше площади треугольников ACD и АСВ. Это следует из формулы 5длсм = SaAcd • cos <р, где <p — угол между плоскостями ACM и ACD.
4. Пусть секущая плоскость проходит через ребро АС и произвольную точку X ребра DB (рис. 11). Тогда
(плоскость ACM перпендикулярна плоскости ADB, а а — угол между плоскостями ACM и АСХ). Если (3 — угол между плоскостями ACM и АСВ, то
Но (3 >> а. Поэтому из равенств (1) и (2) следует, что площадь сечения АСХ меньше площади грани АСВ, т. е. меньше 5.
5. К такому же выводу при помощи аналогичных рассуждений приходим и в том случае, если точка М совпадает с точкой D или В или лежит на продолжении ребра DB.
6. На рисунке 12 показано сечение ADX пирамиды DABC плоскостью, проходящей через ребро AD и пересекающей грань ABC, имеющую наибольшую площадь. На основании результата, полученного в п. 4, можно утверждать, что площадь треугольника ADX меньше площади одной из граней ACD или ADB. Поэтому площадь сечения ADX меньше S.
S д асх = S л асм : cos а (о
S д АСВ = S аасм: COS р. (2)
138
7. На рисунке 13 показано сечение AXY пирамиды DABC плоскостью, пересекающей в точках X и У ее ребра DB и CD. На основании результата, полученного в п. 4, получаем: площадь треугольника AXY меньше площади треугольника AXD или треугольника АХС. Но S aadx <С S aadb и S дахс <С S.Поэтому и в этом случае площадь сечения меньше 5.
8. На рисунке 14 показано сечение пирамиды DABC плоскостью DXY. Площадь треугольника DXY меньше площади треугольника DXB или треугольника DXC. Но площадь треугольника DXB меньше площади треугольника ABD или треугольника DBC, а площадь треугольника DXC меньше площади треугольника ADC. Поэтому S adxy < S, т. е. и в этом случае площадь сечения меньше наибольшей из площадей граней пирамиды DABC.
Таким образом, доказано, что если сечением пирамиды DABC является треугольник, то его площадь меньше наибольшей из площадей ее граней.
9. Пусть сечением пирамиды DABC является параллелограмм KPFM (рис. 15). Из треугольной пирамиды KABF следует, что площадь треугольника KMF меньше наибольшей из площадей треугольников AKF и KBF (см. п. 4). Из треугольной пирамиды DABF получаем, что площадь треугольника KBF меньше наибольшей из площадей треугольников ABF и DBF.
Итак, площадь треугольника KMF меньше наибольшей из площадей треугольников AKF и DBF.
Рассуждая аналогично, получим, что площадь треугольника KPF меньше наибольшей из площадей треугольников KDF и DFC.
Площадь параллелограмма KPFM равна площади треугольников KMF и KPF. Поэтому площадь сечения KPFM меньше наибольшей из площадей треугольников ADF и DBC. Но площадь каждого из этих двух
треугольников меньше площади треугольника ЛВС, равной S.
10. Пусть сечением пирамиды DABC является произвольный четырехугольник KPFM (рис. 16). Выполнив рассуждения, приведенные в п* 9, докажем, что и в этом случае площадь сечения меньше 5.
Таким образом, доказано, что площадь любого сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не превосходит наибольшего из площадей его граней.
З а д а ч а 3. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно 1. Постройте сечение куба плоскостью с наибольшим периметром.
Р е ш е н и е .1. Пусть сечением куба ABCDA\B\C\D\ (АВ = 1)
является треугольник МКР (рис. 17). Каждая сторона этого треугольника является гипотенузой одного из прямоугольных треугольников МАК, МАР или КАР. Поэтому периметр треугольника МКР будет наибольшим, если точка М совпадает с точкой А\, точка К — с точкой Ву а Р — с точкой D.
2. Пусть секущая плоскость задана точками КУ Р и М, первые две из которых принадлежат ребрам АВ и AD, а третья — лежит на продолжении ребра АА\ (за точку А\). В этом случае сечением куба ABCDA\B[C\D\ является трапеция FEPK с основаниями FE и КР (рис. 18).
На рисунке изобразим еще одно сечение данного куба — трапецию ЕТВР. Очевидно, отрезок FE больше отрезка AiE.
Рассмотрим подобные пирамиды МА\ТЕ и МАРВ. Было уже доказано (задача 1, п. 3), что периметр сечения FEM не превосходит периметра треугольника МА\Е или треугольника МКР. Аналогично, периметр треугольника МКР не превосходит периметра треугольно
ника МАР или треугольника МРВ. Между собой подобны (с одним и тем же коэффициентом подобия) треугольники: МА\Е и МАР, MFE и МКР, МТЕ и МВР. Поэтому периметр сечения FEPK не превосходит периметр трапеции А\ЕРА или ТЕРВ.
3. На рисунке 19 изображена равнобокая трапеция BDLT, которая является сечением куба плоскостью, проходящей через вершины В и D куба и произвольную точку М, лежащую на продолжении ребра АА\ (за вершину Л1). На основании результата, полученного в предыдущем пункте, заключаем, что площадь сечения ТЕРВ меньше площади трапеции А\ТВА или трапеции TLDB (трапеция ТЕРВ является общей гранью усеченных пирамид АхТЕАВР и TLEBDP).
4. Пусть А\Т = A\L = х (рис. 19).Выразим через х периметр Р(х) сечения TLDB.
Из прямоугольных треугольников ABD и A\TL получаем: BD=^/2, TL = x̂ /2.
Из равных прямоугольных трапеций АхТВА и A\LDA имеем:
ТВ = LD =-\/l +(1 -х)2.Итак, ___________Р(х) = -д/2 -f- хл[2 + 2~\j\ + (1 — х)2, О <С х <С 1. (1)На основании результатов, полученных в пп. 1—3,
естественно предположить, что Р(х) меньше периметра сечения BDDxBx, т. е.
Р(х) < 2 + 2^/2, если 0 < х < 1.Итак, попытаемся доказать неравенство
~\[2 -|- хл̂ 2 2~\j 1 (1 — хУ <С 2 -j- 2-\(2,если 0 < х < 1. (2)
2-yi +(1 -*)2<2 + д/2 -хд/2 ИЛИV2( l+(l-x) 2)<V2+l-x. (3)
После возведения обеих частей неравенства (3) в квадрат получаем:
2 + 2(х - х)2 < (-ф+ I)2 - 2х(ф+ 1) + *2;х2-2х(\ -V2) + (l -2V2)<0. (4)
Решив уравнениех2 — 2x(l — -д/2) + (1 — 2-д/2) = 0, (5)
получаем: х\ = 1 — 2д/2 <0, Х2 = 1.Теперь ясно, что неравенство (2) верно, если 0 <<
<х<\.Таким образом, доказано, что если сечение куба
является треугольником или трапецией, то его периметр не превосходит периметра диагонального сечения BDD\B\ куба ABCDA\B\C\D\.
Примечание. Г ипотеза о том, что Р(х) < 2 ++ 2д/2, если 0<л:<С 1, может быть получена и путем составления таблицы функции Р(х) при помощи микрокалькулятора.
5. На рисунке 20 изображено сечение KD\MB куба ABCDA\B\C\D\. Четырехугольник KD\MB является параллелограммом, если КС\ = AM.
Пусть КС\=АМ = х. Тогда MD\ = д/( 1 — х)2 + 1,KDi = д/l +х2. Если Р(х) — периметр параллелограмма KD\MBy то
Р(х) = 2(VTT7 д/(1 — х)2 +1), 0 <С * <С 1. (1)
Как и в п. 4, естественно предположить, что Р(х) меньше периметра сечения B\D\DBy т. е.
2(д/ 1 х2 -f- д/( 1 — х)2 -f- 1) < 2 -f* 2 д/2, 0 <С х <С 1. (2)Если неравенство (2) верно, то
д/( 1 — *)2 + 1 <С (1 -f- д/2) — д/1 х2^ (3)
Если неравенство (2) верно, то
Так как 0 < х < 1, то 1 < д/l -f х2 < 2, и обе части неравенства (3) положительны. Поэтому после возве-142
дения в квадрат обеих частей неравенства (3) получаем равносильное ему неравенство
(1 -xf+l <(1 +У2)2 - 2(1 + V2) X X "V1 + х2 + (1 + х2).
После понятных упрощений имеем(1 +л/2)л[Г+х2<(ф+1) + х. (4)
Обе части неравенства (4) положительны. Поэтому после возведения его обеих частей в квадрат и приведения подобных членов получаем неравенство
x(-\j2— 1) + х2{\ — -\/2) > 0, (5)равносильно неравенству (4). Так как 0<л:<1, то х > х2. Неравенство (5) при 0<х<1 верно, поэтому верно и неравенство (1).
Таким образом, доказано, что если сечение куба ABCDA\B\C\D\ является треугольником или четырехугольником, то его периметр не превосходит периметра диагонального сечения BDD\B\.
6. На рисунке 21 изображен пятиугольник МКЕС\Н, который является сечением куба ABCDA\B\C\D\ плоскостью, проходящей через вершину С\ и прямую МК, параллельную прямой BD(AM = АК = х < 1).
Строится это сечение следующим образом. Получаем точку F, в которой прямая МК пересекается с прямой DC. Ребро DD\ с отрезком C\F пересекаются в точке Е. Через точку М проводим прямую, параллельную прямой FC\. В пересечении с ребром ВВ\ получаем точку Н.
Выразим периметр Р(х) этого сечения через х.DF = DK = 1 — х, потому что треугольник KFD по
добен треугольнику КМА и АМ=АК = х.143
Из подобных прямоугольных треугольников D\C\E и DFE получаем D\E:DE = D\C\\DF. Отсюда (1 — — DE):DE = \ :(\ — х) и DE = (1 - х):{2 - х\ EDX = = 1:(2 —х). Очевидно, МН = КЕ и НС\ = ЕС\.
Из прямоугольных треугольников МАК, KDE и
EDiCi находим: МК = хл]2; KE=-yJ( 1 -
Итак, (2 -
Р(х) = *д/2 + 2д/( 1 - х)2 + +
+ 2л / ’ + ( 1 )
или
р (х) - хд/2 + +-+г[( 1-дг )+1| =
= ХЛ/2 + 2 ^~fx+ (2 -*) =
хд/2 -(- 2д^(2 — x)2 -f-T. (2)Попытаемся и в этом случае доказать, что Р(х)
меньше периметра диагонального сечения BDD\B\ куба ABCDA[B\C\D\, т. е.хд/2 + 2 V(2 - х)2 + 1 < 2 + 2д/2, если 0<х<1. (3)
Если неравенство (3) верно, то верны и следующие неравенства (если 0<*<С1):
2д/(2 -х)2 + 1 < (2 + 2д/2) - хд/2;4(4 —4х + х2 + 1)<(2 + 2д/2)2 — 2х(2+
2д/2~)д/2 -|- 2х2;х2-2х(2-72) + (4-4д/2)<0. (4)
Находим корни уравнения, соответствующего неравенству (4):
х\=2 — 2л[2\ *2 = 2.Так как 2 —2д//2<0 и 2> 1, то неравенство (4)
верно, если 0<х< 1. Поэтому доказано и неравенство (3), если О С х С 1.
Мы уже рассмотрели несколько сечений куба. И во всех этих случаях доказали, что их периметры не пре-144
восходят периметра его диагонального сечения. А это дает основание попытаться доказать гипотезу о том, что из всех сечений куба наибольший периметр имеет его диагональное сечение.
7. На рисунке 22 показано сечение КМРВ\Е куба плоскостью, заданной точками К и М, принадлежащими соответственно ребрам AD и DC, и точкой Вi. Для построения этого сечения находим точку L, в которой прямая КМ пересекается с прямой АВ. Проводим отрезок МР, параллельный прямой LB\.
На рисунке 23 изображены четыре грани куба ABCDA\B\C[D[, которым принадлежат соответствующие стороны сечения ЕКМРВ\ (отрезки В\Е, ЕК, КМУ МР). Очевидно, пятая сторона В\Р сечения равна отрезку PDi.
Таким образом, попытаемся доказать, чтоВ х Е + Е К + K M + MP + PDi <2 + 2д/2 . (1)
Если ломаная BiEKMP (на плоскости !) выпуклая, то
BiE + EK + KM + MP<BlAt +AtD + DP ++ P D l = \ + - ' j 2 + D P + P D i . (2)
Найдем наибольшее значение длины ломаной DPD\. Пусть СР = ху тогда
DP — -д/l 4-je2, PDi = V1 +(1 ~*)2- Докажем, что
"V1 + + "V 1 + (1 — х)2 ^ 1 ~\/2,
если 0 < х < 1. (3)6 А. Б. Василевский 145
Если неравенство (3) верно, то
-д/l +(1 _д;)2<(1 +Л/2)-У1 +Х2. (4)
После возведения обеих частей неравенства (4) в квадрат и соответствующих упрощений получаем:
~\fT-f- х2 ^ 1 х{^/2— 1).
Возведя обе части последнего неравенства в квадрат и приведя подобные члены, получим: х2 — х^0. Это неравенство верно, потому что 0<х< 1. Значит, доказано неравенство (3), и, следовательно, неравенство (1) верно.
К аналогичным рассуждениям сводится доказательство неравенства (1) и в том случае, если на рисунке 23 ^шйаная В\ЕКМР не будет выпуклой. Например, вместо ломаной В\ЕКМР исследуется ломаная В\Е\К\М\Р. В этом случаеВхЕх + ЕхКх < В\А + АК\ и КхМх + МХР < K\D + DP. Поэтому BiEi + EiKi + KiMi + MXP < BXA + AKi ++ KiD + DP = ф + l + DP n B{Ei + EiKi + KiMt ++ MlP + PDl< 2 + 2V2.
8. На рисунке 24 показаны три сечения куба ABCDA\BXCXDX параллельными между собой плоскостями — пятиугольники В\ЕКМР, А\B2P2M2K2 и шестиугольник В\В[Р\М\К\Е\.
При движении точки В'{ по ребру В\А\ (от вершины Вх к А\) периметр шестиугольника ВХВХР\М\К\Е\ изменяется линейно. Поэтому периметр этого шестиугольника не превосходит периметра пятиугольников В\ЕКМР и А{В%Р2М2К2- Следовательно, периметр шестиугольника В\ В[Р\МХК\ЕХ не больше 2 2~\/2^
Таким образом, доказано, что сечениями куба ABCDA\BXC\D\ с наибольшим периметром являются его диагональные сечения.
З а д а ч а 4. Доказать, что из всех сечений куба плоскостью наибольшую площадь имеют его диагональные сечения.
Доказательство этого свойства куба сводится к рассмотрению его различных сечений к доказательству соответствующих неравенств, т. е. эта задача аналогична задаче 2. Поэтому ограничимся рассмотрением только некоторых частных случаев.146
Решение. 1. Если в сечении куба плоскостью получается треугольник MKD (рис. 25), то очевидно, что площадь сечения MKD меньше площади треугольника A\BD, т. е. меньше д/2.
2. На рисунке 26 секущая плоскость задана точками М, К и F:
AK = AF = a^\, АхМ = х> 0.Сечением куба является равнобокая трапеция FHEK.
Пусть АВ = 1. Тогда АО = a sin 45° = (из треугольника AOF).
МО =^(1 +*)2+ («-#)2 =V(1 + *)2 + 0,5а2.
0,5аУ2COS ф :
ЛОМО
S a m k f = '> ДЛ/CF= 0,5а2 У( I Н~ х)2 Ч~ 0.5а2
COS(p 7 0,5ад/2
= 0,5ад/2 • V( 1 + *)2 + 0,5а2.Из подобных пирамид МА\ЕН и MAKF следует:
EH:KF = AlH:AF = MAl:MA =х:[\ +х). Поэтому
и S амен= 0,5ад/2 Xъ аменSakmf (х + I)2
Хд/(1 ХТ 4“ 0,5а2 (х+1)2‘Отсюда ^
Sehfk = 0,5ад/2 • л/( 1 + х? + 0,5а2 (l --Д+)
147
= 0,Ьсф ■ У( 1 + *)2 + 0,5а2' • ^±1 =
= 0 .Ьа-Ф-Ц^-^ +°.5(-4т )’• <»Итак, для выяснения вопроса, как изменяется пло
щадь сечения (трапеции EHFK) с увеличением х и а, необходимо исследовать функцию
s W = 0,5^2 • -£±1 • д/l +0,5(^гг)2
(а — параметр). (2)
Чтобы получить гипотезу об изменении функции 5(х) с увеличением х (например, при а=1), целесообразно предложить различным учащимся найти 5(0,5); 5(0,7); 5(1); 5(10); 5(200); 5(3000).
При помощи микрокалькулятора эта работа выполняется достаточно быстро. На доске появляется таблица:
х(а = 1) 0,5 0,7 1 10 200 3000
S(x) 1,04231 1,08118 1,12499 1,3527 1,4107 1,41398
На основании этого появляется гипотеза, что при O ^ a ^ l и х > 0 площадь трапеции EHFK не пре- *
восходит -д/2, т. е. не превосходит площади диагонального сечения BB\D\D.
Итак, попытаемся доказать неравенство
0.5 +0.5(7Tr)!<V2.если х>0, 0<a< 1 (3)
илиа(2х + 1)д/(х + О2 + 0У5а2 < 2(х.+ I)2. (4)
Так как 0 < a ^ 1, то доказательство неравенства (4) сводится к доказательству неравенства
(2х + 1)У(* + I)2 + 0,5 < 2(х + I)2. (5)Возводим обе части неравенства (5) в квадрат:(2х+ \)2(х2 + 2х + 1,5)<4(л;2 + 2* + I)2.
148
Отсюда4х3 + 9л:2 + 8х + 2,5 > 0.
Последнее неравенство при х>0 верно. Тем самымдоказано, что площадь трапеции KFHE меньше д/2, т. е. меньше площади диагонального сечения куба.3. На рисунке 27 изображено сечение FKPH куба
плоскостью МНР (прямая HP не параллельна прямой BD). Показаны также сечения FEDH и QEDB, заданные соответственно плоскостями HDM и BDM.
Между собой подобны треугольники: MA\F и МАН, MFK и МНР, MFE и MHD, MFQ и МНВ, МКЕ и MPD, MQE и MBD.
Поэтому, используя свойства сечений многогранников, доказанные в процессе решения задачи 2 этого задания, приходим к следующим выводам:
площадь сечения FKPH не превосходит площади трапеции FA\AH или FEDH. Площадь сечения FEDH не превосходит площади трапеции KEDP или QEDB. Поэтому площадь сечения FKPH не превосходит площади трапеции A\FHA, KEDP или QEDB. Но площадь каждой из этих трапеций меньше площади диагонального сечения B\D\DB куба. Поэтому площадь сеченияFKPH меньше д/2*.
4. На рисунке 28 изображено сечение А{МСК кубаABCDA\B\C\D[ плоскостью А\КС. Пусть АВ = 1,
Очевидно, C|M = yC|D| и четырехугольник А {МСК
является параллелограммом. Для вычисления площади параллелограмма необходимо знать длины смежных сторон АК и КС и угол ф = zl А\КС. Из прямоугольных треугольников КАА\ и КВ С получаем:
*с~у/|!+(т)’=#-
Известно, что А\С = ~\/з. По теореме косинусов из треугольника КА\С находим:
Л,/(2 + KC2~AiC2 -2 Л 1- с .COS ф 2Л1/С. /сс -д/Тзо" ^ *
Теперь ясно, что угол А\КС тупой.Вычисляем:
Sin? = Vl -0054=^1 -4=Vi
S^k-cm = Л i/C • /(С sin ф =
= #-#'У1 =ум-
Задание 14. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
З а д а ч а 1. Докажите, что все решения уравнения (2У2 cos 25° - 1) tg х° =(2-фsin 25° - l) tg 3x° (1)
— целые числа.Решение. Основной период уравнения (1) равен
180°. Поэтому сначала исследуем это уравнение на отрезке [ — 90°; 90°] .
Преобразуем уравнение (1) к виду:tg Зх° 2^2 cos 25° — 1 icyхtg 2д/2 sin 25° - 1
При помощи микрокалькулятора получаем:2д/2 cos 25° - 1 ^ 8)0034! 08 ^ 8 (3)
2д/2 sin 25° - 1
150
Находим:to- Зл'° S^n ^Х° 3 sin х° ~~ 4 sin3 х°_____________ sin х°(3 — 4 sin2 х°) _____° cos Зх° 4 cos3 х° — 3 cos х° cos х°(4 cos2 х° — 3)
0 3 — 4 sin2 х° , о 3 — 4 sin2 х°= lg-t 4(1 — sin'*') — 3 = ^ (4>
Если tgx°=H=0, то из равенств (2), (3) и (4) получаем:
3-4 sin2 х°1 - 4 sin2 х° (5)
Решив уравнение (5), получим:sin2 лг° ж 4 «0,17857142, sin х° « 0,42257711 илиzo
s\nx° ж —0,42257711. Отсюда *о ~ ±24,997398° ж ж ±25°.
Выполненные вычисления представляют возможность предположить, что корнями уравнения (1), принадлежащими отрезку [ — 90°; 90°] , являются —25°, 0° и 25°.
Проверяем полученную гипотезу. Очевидно, 0° является решением уравнения (1).
Пусть х° = 25°. Докажем справедливость равенства(2д/2 • cos 25° — 1)tg 25° =(2-\/2sin250 — l)tg 75°. (1)Если равенство (1) верно, то
(2д/2 • cos 25° — l)sin 25° cos 75° == (2д/2 sin 25° — 1) sin 75° cos 25°;
2 д/2 • cos 25° sin 25° cos 75° — 2 д/2 sin 25° cos 25° sin 75° = = sin 25° cos 75° — sin 75° cos 25°;
д/2 sin 50° cos 75° — д/2 sin 50° sin 75° = — sin 50°;V2(cos 75° - sin 75°) = -1; 1 =д/2(sin 75° — sin 15°);
, ГК о 750 + 150 1 = д/2-2 cos £---- 75° - 15° sin -----
1 = д/2. 2--^.0,5.
Отсюда ясно, что равенство (1) верно.Так как tg(-25°)= -tg25° и tg( — 75°) = —tg75°,
то верно и равенство(2д/2 • cos 25° - l) tg( —25°) = = (2д/2 sin 25° - l )tg( —75°).
151
Таким образом, доказано, что корнями уравнения (1) являются только целые числа 180° • 6, 180оя±25о (k, п — целые числа).
З а д а ч а 2. Решите неравенство
Функция <р(х) = arcsin Зх определена на отрезке [ — у; yj. Число 0, очевидно, является решениемуравнения sin х = arcsin Зх.
Возникает вопрос: нет ли у этого уравнения еще и других корней? Неравенство arcsin х < arcsin Зхверно для каждой точки промежутка , потомучто на этом промежутке функции arcsin х и arcsin Зх являются возрастающими и sin (arcsin х)< sin (arcsin Зх), т. е. х<3х.
Рассуждая аналогично, можно показать, что неравенство arcsin х > arcsin Зх верно для каждой точкипромежутка Г——; 0\
Докажем теперь, что уравнение sin х = arcsin х имеет решением только число 0.
у симметричны относительно прямой у = х. Докажем, что если х Ф 0, то sin х < х и arcsin х > х. Для этого исследуем функции /(x) = sinx — х и 0(х) = = arcsin х —х при помощи производной:
Г(х) = cos х — 1 < 0, если х Ф 0. Поэтому f(x) — убывающая функция. Следовательно, уравнение sin х = = х имеет единственное решение х = 0. Теперь ясно, что графики функций f(x) и у — х имеют единственную общую точку (0; 0). Поэтому и график функции 0(х) имеет только одну общую точку (0; 0) с графиком функции у = х.
Таким образом, число 0 является единственным решением уравнения sin х = arcsin Зх, а решением неравенства (1) является отрезок |\); y j .
З а д а ч а 3. Решите уравнение
sin х ^ arcsin Зх. (1)
Г рафики функций sin х и arcsin х ( на отрезке
arcsin 2х + arcsin х = у. (1)152
П е р в о е решение. Так как функция arcsinх определена на отрезке [—1; 1], то функция arcsin2х определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Поэтому монотонная (возрастающая) и непрерывная функция f{x) = = arcsin 2х + arcsin х определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Находим:
/( — 0,5) = arcsin(— 1) + arcsin( —0,5) =
/(0,5) = arcsin 1 -f- arcsin 0,5 = 0,5я + у = у я.
Теперь понятно, что уравнение (1) имеет единственный корень Х\у причем 0<Сх\ С 0,5.
При помощи микрокалькулятора найдем приближенное значение х\ с точностью до 10“ . Для этого составляем следующую таблицу значений функцииf(x). Заметим, что 1,0471975:
X fix) X №
0 0 0,3279 1,04709820,5 2,0943951 0,32735 1,04728340,3 0,9481938 0,32733 1,04720930,35 1,1329686 0,32732 1,04717230,33 1,0571224 0,327325 1,04719080,328 1,0496925 0,327327 1,04719820,327 1,0459873 0,3273265 1,04719630,3275 1,0478391
О т в е т . х\ ж 0,3273227.В т о р о е решение. Находим косинус от обеих
частей уравнения (1):
cos(arcsin 2х + arcsin х) = cosy.Отсюда
~\]\ — 4х2 • д/l — х2 — 2х-х = 0,5.
Решив это иррациональное уравнение, получаем:
*.=0,5уЬ * 2 = - 0 , 5
Полученное решение нуждается в проверке. Пусть153
а — arcsin 2х\ + arcsin Х\. Тогда cos^arcsin-^-^ +
+ arcsin^0,5-^-^-)) = cos а и cos a = 1 j X
Хд/l - | ‘ y — t - e ' c o s a = 0>5- TaK
л IT . sfi i Гз" д/i"как 0 < у < 2" и У _ \ /Т < 2 ’ т о
О < arcsin -^у<-j- и 0 < arcsin уНо тогда
О < arcsin-^y + arcsin^y-^y ^ < у,
т. е. а принадлежит первой четверти.Итак, cos а —0,5 и 0<а<у, но в таком случае
л ГГа = у, и *i=0,5-wy— корень уравнения (1).Проверяем, является ли *2 корнем уравнения (1).
Обозначим |3 = arcsin 2х2 + arcsin х2. Отсюда
arcsin^ ^т) a r c s i n ^ - — ) = Р- Так как
— 1 <---- \Jy<: 0 и ” 1 < — 0,5-^у < 0, то
— я < arcsin^ yjj- ) + arcsin^ —<Г~^Т ) <или — я < p < 0.
Следовательно, (3 ^ у. Поэтому x2 не является корнем уравнения (1).
О т в е т . Xi = 0,5-^у ^ 0,32732683 (приближенное
значение получено на микрокалькуляторе).З а д а ч а 4. Решите уравнение
cos у* = cos2x. (1)
Р е ш е н и е . Находим основной период уравнения (1). У функции у = cos2* основной период равен я.
4Основной период функции у = cos у* равен 1,5я.
154
Наименьшее общее кратное чисел я и 1,5я равно Зя. Поэтому основной период уравнения (1) равен Зя. Пусть Т = [0; Зя].
Очевидно, х = 0 является решением уравнения (1).На интервале (-|я; -|-я) функция у = cos -jx отри
цательна. Поэтому другие корни уравнения (1) следует искать только на интервалах ^0; -g-я) и (-g-я; 3 \
При помощи микрокалькулятора сначала найдем приближенные значения корней уравнения (1). Для этого составляем таблицу значений функции f(x) == cos2х — cos-^-х на интервалах ^0; -g-я) и (-g-л;
уя), т. е. на интервалах (0°; 67,5°) и (202,5°; 270°).
*° /« Пх)
0 0 202,5 0,853553423 — 0,00080306 207 0,68936426 — 0,00119426 210 0,576351899 -0,00261932 213 0,4614465
12 — 0,00448897 216 0,3454915515 -0,00667995 219 0,2293493118 — 0,00903692 222 0,113893121 -0,01137519 225 0,0000000224 — 0,01312438 228 -0,1114571227 -0,01512438 231 — 0,2196173630 — 0,01604446 234 -0,3236390333 -0,01597149 237 -0,4227081936 -0,01462203 240 -0,516044539 — 0,01170562 243 — 0,6029096542 -0,00692866 246 — 0,6826134545 0,00000002 249 -0,7545200648 0,00936458 252 — 0,8180539751 0,02143757 255 -0,8727053554 0,03647455 258 — 0,9180344457 0,0547098 261 -0,9536758660 0,07635185 264 -0,9793418763 0,10157893 267 — 0,9948250566 0,1305352 270 — 167,5 0,14644661
Из таблицы легко усматриваются следующие гипотезы :
155
1. Корнями уравнения, принадлежащими отрезку [0; Зя], являются числа: 0; 0,25я; 1,25я. Непосредственная проверка подтверждает эту гипотезу.
2. На интервале ^0; ул^ наименьшее значение
функция f(x) достигает в точке х0 ж у, а на интервале
(9 3 \у я; тя) функция f(x) монотонно убывает. Для проверки этой гипотезы находим:
f'(x) — — 2 cos х sin х + у sin у х =4 4= — sin 2х 4- у sin у х.
Решив уравнение f'(x) = 0, получаемИтак, решениями уравнения (1) являются числа
3kn\ 0,25я + 3пл\ 1,25я + Зят (k, п, т — целые числа).
Задание 15. ЗАДАЧИ НА РАЗВЕРТКАХ МНОГОГРАННИКОВ
З а д а ч а 1. На рисунке 1 изображена треугольная пирамида DABC, а на рисунке 2 дана ее развертка. DH — высота пирамиды. Отрезки DK, DM, DP — апофемы боковых граней.
Почему на рисунке 2 лежат на одной прямой точки: Я, Р и £>,; Я, М и D2; Я, /С и D3?
Выполнив необходимые измерения на развертке и вычисления, определите (с точностью, которая задается разверткой): 1) длину высоты DH\ 2) величину (в градусах) угла прямой CD с плоскостью ABC; 3) величину
156
двугранного угла между плоскостями ABC и ABD\ 4) площадь грани ACD\ 5) объем пирамиды; 6) расстояние от точки В до плоскости ACD.
З а д а ч а 2. На рисунке 3 дана развертка треугольной пирамиды DABC. Ее основание — прямоугольный треугольник АСВ с катетами АС = 3 см, СВ = 4 см. Основание Н высоты DH пирамиды лежит на биссектрисе угла АСВ. Боковое ребро CD = 7,3 см; BF = 2см (DF — высота грани DBC на ребро ВС).
Опишите план построения этой развертки.Выполнив необходимые измерения, построения и
вычисления, определите: 1) длину высоты пирамиды; 2) величину двугранного угла, образованного гранями СВА и BAD; 3) угол между ребром BD и плоскостью АВС\ 4) площадь ортогональной проекции грани CBD на плоскость ABC.
З а д а ч а 3. Дан остроугольный треугольник D3DiD2. Точки А, В, С — соответственно середины сторон D2D3, .DD\, D\D2. Отрезок D2D3 = 14 см.
1) Докажите, что треугольник D\BC, ACD2, D3BA и CAB равны.
2) Докажите, что эти треугольники образуют развертку треугольной пирамиды DABC.
3) Начертите эту развертку в своих тетрадях и постройте на ней основание Н высоты DH пирамиды DABC (ответ показан на рисунке 4).
4) Выполнив необходимые измерения, построения и вычисления, определите: а) длину высоты пирамиды DABC\ б) угол наклона ребра CD к плоскости ABC; в) двугранный угол при ребре СА.
5) Почему угол МОА является линейным углом157
двугранного угла при ребре CD? Найдите величину этого угла.
6) Сделайте бумажную модель пирамиды DABC.З а д а ч а 4. На рисунке 5 даны грани ABC и ABD
треугольной пирамиды DABC. Двугранный угол между гранями равен 60°. (Точки С, А и D на этом рисунке принадлежат одной прямой.) На рисунке 6 показано построение развертки этой пирамиды (точка Н — основание высоты DH пирамиды, и DM = МН).
1) Сделайте обоснование выполненных построений.2) Определите длину высоты DH этой пирамиды,
выполнив на рисунке 6 необходимые измерения.3) Вычислите угол между прямой BD и плоскостью
АБС.4) Сделайте из бумаги модель пирамиды DABC.З а д а ч а 5. На рисунке 7 изображена четырех
угольная пирамида FABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD. Ребро AF перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Отрезки FK158
и FM — апофемы соответственно боковых граней FCD и FBC. Точка К — середина ребра CD; ВМ:МС = = 3:4. Ребро AD равно 7 см. Постройте развертку этой пирамиды.
Решение. Строим отрезок AD = 7 см (рис. 8). Точкой Р делим этот отрезок так: AP:PD = 4:3. Делим пополам точкой Q отрезок PD. Через Р и Q проводим перпендикуляры h\ и h2 к прямой AD. На луче h2 отмечаем такую точку /С, что OK = OD (О — середина отрезка AD). Прямая DK пересекает луч h\ в точке С. Точки Л, D и С определяют параллелограмм ABCD. Строим прямоугольный треугольник FAD — боковую грань пирамиды, перпендикулярную плоскости основания ABCD(AF = АК). Строим грань F\AB (F\A=AF, угол F\AB — прямой). На луче AM находим такую точку F2t что BF2 = BF\. Получаем грань BF2C. Строим грань DCF3.
Задание 16. КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ И ФИГУР ВРАЩЕНИЯ
З а д а ч а 1. Дан куб ABCDA\B\C\D\ (рис. 1), ребро которого равно 1. Через вершины А и С середины F и Е соответственно ребер В\С\ и CiDi проведена сфера. Найдите радиус R этой сферы.
Решение. Центр М сферы равноудален от точек Л и С, поэтому он принадлежит плоскости симметрии этих точек, т. е. плоскости BDD\. По той же причине точка М принадлежит и плоскости Л1С1С (плоскости симметрии точек F и Е). Итак, точка М принадлежит прямой OOi, по которой пересекаются плоскости Л1С1С и BDD\.
Введем прямоугольную систему координат. Мы не знаем, где на прямой 00\ находится точка М. Поэтому Af(0,5; 0,5; г). Но МЕ2 = МС\ т. е.
(0,5 - 0,5)2 + (0,5 - I)2 + (z - I)2 = = (1 - 0,5)2 + (1 - 0,5)2 + (0 - г)\
Отсюда 2 = { и k2 = МС2 = (1 -0,5)2 + (1 -0,5)2 +
З а д а ч а 2. Через каждую вершину треугольной пирамиды проведена плоскость, содержащая центр
159
окружности, описанной около противоположной грани, и перпендикулярная противоположной грани. Докажите, что эти четыре плоскости пересекаются в одной точке X.
Решение. Рассмотрим сначала треугольную пирамиду DABC, у которой плоские углы ACD, ABC, ABD и BCD прямые и АВ = ВС (рис. 2).
Чем она хороша для получения рабочей гипотезы?Да тем, что для нее легко строятся центры окруж
ностей, описанных вокруг граней, и основания четырех ее высот.
Прямая DC перпендикулярна плоскости ABC, и середина М ребра АС является центром окружности, описанной вокруг грани ABC. Поэтому плоскость ACD является одной из четырех рассматриваемых в задаче плоскостей.
Прямая MB перпендикулярна плоскости ACD. Середина О ребра AD является центром окружности, описанной вокруг грани ACD. Поэтому плоскость МОВ одна из исследуемых четырех плоскостей.
Очевидно, плоскости ABD и КОС (К — середина ребра BD) являются третьей и четвертой из рассматриваемых в данной задаче. Плоскости ACD, МОВ, ABD и КОС пересекаются в точке О, которая является центром сферы, описанной вокруг пирамиды ABCD.
Таким образом, появилась гипотеза, что точкой X является центр описанной вокруг любой треугольной пирамиды сферы.
Эта гипотеза легко доказывается. Пусть, например, точка Р — центр описанной вокруг треугольника ABC окружности, a DH — высота пирамиды к грани ABC. Тогда прямые ХР и DH параллельны (потому что160
они перпендикулярны плоскости ABC), и, следовательно, принадлежат одной плоскости.
З а д а ч а 3. Основанием пирамиды DABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 4 д/2. Боковое ребро DC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2. Найдите величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку D и середину М ребра ВС, а другая проходит через точку С и середину К ребра АВ (рис. 3).
Решение. Искомый угол равен PMD. Поэтому задача свелась к решению прямоугольного трехгранного угла MCPD (М — его вершина, СМ — ребро прямого двугранного угла).
Длина отрезка СН равна расстоянию между скрещивающимися прямыми DM и СК, потому что прямая С К параллельна плоскости DPM. Из ACDM находим:
MD^^fCD*ТсМ* = 2д/з.Поэтому __
cos Z СМ D = д/ 2:3 и cos Z PMD =
= cos /LPMC cos ZCMD = cos 30° "~\Jy = 0>5д/2> t. e. ZPMD = 45°.
Из трехгранного угла MCPD получаем:cos Z.DPC = tg Z CMP: tg Z.PMD = д/3:3,
zopc=Vi-(¥7=Vf
CH = CP sin Z DPC — д/2■ -д/у = -p.V -y 3
З а д а ч а 4. Дана треугольная пирамида ABCD, у которой углы BDC, CD А и ADB — прямые и DA =а, DB = b, DC = с. Точка М, принадлежащая грани ABC, равноудалена от плоскостей всех остальных граней пирамиды. Вычислить длину отрезка DM.
Решение. Пусть, для определенности, а^.Ь^с. Достроим данную пирамиду ABCD до куба с основаниями A'DB'K' и А\СВ\К\ (рис. 4). Каждая точка диагонали DK\ этого куба равноудалена от плоскостей CDB, CDA и ADB. Поэтому точка М есть точка пересечения отрезка DKi с плоскостью ABC.
s i n
161
Пусть прямые DK' и АВ пересекаются в точке К. Тогда М есть точка пересечения прямых С К и D/Ci.
Треугольники MDK и МК\С подобны. Очевидно,СК\ = с -\[2, DK\ = сд/з; MKi =DK\ — DM = сл/з — — DM. Из подобия треугольников АШ/( и M/CiC получаем:
D/Ci - DM DM
c"v5"+ 1. (1)
Теперь понятно, что для решения задачи нужно сначала найти длину биссектрисы DK прямоугольного треугольника ADB.
Биссектриса DK делит отрезок АВ на части, пропорциональные отрезкам DB и DA. Поэтому
а + b 1 а + b
Векторы DA и DB перпендикулярны. Поэтомуь2 "FTX2 я262 .DK
(a + bf Ь2а2
DB{a + bf2а?Ь2
DA2
DK ={a + bf (a + b)2’ a + b
Из равенств (1) и (2) получаем:сУз _ (а + &)сд/2 | , _ ас + Ьс + ab
ab-ф ~
аЬс~\[з
с~\ DM ab
и DM ■■ ас -j- be -j- ab
162
З а д а ч а 5. DABC — треугольная пирамида (рис. 5). AK = KD, ВР = РС, DM = 0,4DC. Найдите площадь 5 сечения пирамиды плоскостью КМР, если вершина А удалена от плоскости КМР на h = 1 и объем пирамиды DABC равен 5.
Решение. Строим сечение пирамиды DABC методом параллельных проекций. За направление проектирования выбираем прямую КР. В этом случае пирамида DABC изображается параллелограммом ABDC (рис. 6), а секущая плоскость — прямой КМ, которая пересекает ребро АВ в точке Е. Точка К = Р является центром симметрии параллелограмма ABDC, поэтому AE:EB = DM:MC = 2:3.
Итак, сечением пирамиды DABC плоскостью КМР является четырехугольник КМРЕ (рис. 5).
Четырехугольные пирамиды АЕКМР и DEKMP имеют общее основание КМРЕ и AK — KD. Поэтому их объемы равны. Площадь треугольника AMD равна 0,4 площади треугольника ACD, а расстояние от точки Р до плоскости ACD в два раза меньше расстояния от точки В до этой плоскости. Поэтому объем пирамид РАМС и DEPB составляет 0,6 объема пирамиды DABC. А это означает, что .объем пирамиды АКМРЕ равен 0,2 объема пирамиды DABC, т. е. равен 1.
Итак, -LSh= 1. Но h = 1, поэтому 5 = 3.З а д а ч а 6. В правильную четырехугольную пи
рамиду MABCD с вершиной М вписан шар. Второй шар касается первого шара, а также плоскости основания пирамиды в точке А. Через центр второго шара и сторону ВС основания пирамиды проведена плоскость, пересекающая ребро МА в точке К. Найдите угол наклона этой плоскости к плоскости основания
Рис. 5 ъ
А
163
пирамиды, если известно, что ребро МА и диагональ СК сечения перпендикулярны (рис. 7).
Решение. Пусть АВ = 2, высота МО = Я, а основание высоты пирамиды является началом прямоугольной системы координат — 0(х\ у\ г). Положительное направление осей координат показано на рисунке СВН = НС, Ж=Ш), тогда М(0; 0; h\ Л(-1; 1; 0), С(1; —1; 0). Пусть Р — центр вписанного в пирамиду MABCD шара. Допустим, что его радиус равен г, тогда Р(0; 0; г). Пусть Е — центр второго шара радиуса R. Очевидно, £(—1; 1; R).
Составим уравнение по условию задачи.Вписанный в пирамиду MABCD шар касается сто
рон равнобедренного треугольника MFH(F — середина отрезка AD). Воспользовавшись зависимостью между площадью S треугольника MFH, его полупериметром р и r(S = pr), получаем:
0,5 • FH • ОМ = (FO + FM)r или 0,5 . 2h == ( i+Vi+й2 )/-.
Отсюдаh = r( 1 +-ф +/г2). (1)
Применим метод координат для выражения тогофакта, что рассматриваемые шары касаются внешним образом:
ЕР2 = (R + г)2 или (0 + I)2 + (0- I)2 ++ (r-R)2 = (R + rf.Отсюда
2rR=l. (2)
Прямые С£ и ЛМ перпендикулярны. Поэтому СЕ • AM = 0 или
(-2; 2; R)(l; -1; h) = 0 и /?/г = 4. (3)
Из уравнений (2) и (3) имеемг = /г: 8. (4)
Из уравнений (1) и (4) находим h = 4~\j3.Для определения величины ф двугранного угла
между плоскостями ABC и ВС К рассмотрим прямоугольный трехгранный угол СКАВ. У него /-АСВ = = 45° и А. КС А = 90° — ^МЛС. Так как tg /.MAC =
164
= MO:AO = h:-yj2 = 4^j3:^=2-^, то tg АКСА =1
2Тб'Из трехгранного угла СКАВ находим tg(p = ^/3:6.
З а д а ч а 7. Основание пирамиды HABCD — квадрат ABCD, ребро ЯЛ перпендикулярно плоскости основания. АВ = 3, НА = 4. Докажите, что в пирамиду можно вписать сферу, и найдите ее радиус.
Для сравнения приведем два решения этой задачи.П е р в о е решение. Сначала найдем радиус сфе
ры. Потом докажем ее существование. Для этого применим формулу 3v == Sr. Очевидно, V = у 3 • 3 • 4 = 12;ИВ = 5; 3(Л£С£) = 9; S(BAH) = S(HAD) = 0,5 • 3 • 4 = = 6; S(HBC) = S(HDC) = 0,5 • 3 • 5 = 7,5. Поэтому S = = 9 + 2 • 6 + 2 • 7,5 = 36. Получаем г — 1.
Плоскости АВН, ЛЯД и ЛВД взаимно перпендикулярны. Поэтому точка О, отстоящая на 1 от этих плоскостей, есть вершина куба АВ' С'D' A\B\OD\ (рис. 8). Докажем, что точка О отстоит на 1 от плоскостей НВС и HDC.
Так как прямая В\0 параллельна прямой ВС, то расстояние от точек В\ и О до плоскости НВС одинаково. Плоскости АВН и ВНС перпендикулярны. Поэтому расстояние от Si до плоскости НВС равно расстоянию от В\ до прямой ВН.
Таким образом, задача свелась к доказательству того, что точка В\ есть центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник НАВ. Так как площадь
165
треугольника АНВ и его полупериметр равны 6, то радиус вписанного в него круга равен 1.
В т о р о е решение. Дополним данную пирамиду HABCD до прямой треугольной призмы HADPBC (рис. 9). Прямоугольный треугольник HAD является ортогональным сечением этой призмы. Поэтому радиус шара со, который касается плоскостей НАВ, ABD, HDC и HAD, равен радиусу г круга, вписанного в треугольник HAD.
Мы уже знаем, что г = 1. Очевидно, центр О шара со находится внутри пирамиды HABCD. Поэтому шар со касается граней ABCD, НАВ, HAD и HCD этой пирамиды. Плоскость НАС является плоскостью симметрии пирамиды HABCD. Поэтому шар со касается и грани НВС, симметричной грани HDC относительно плоскости НАС.
З а д а ч а 8. Основанием треугольной пирамиды * DAB С является треугольник ABC, в котором угол Апрямой, угол АСВ равен 30°, ВС = 2~\/2. Длины ребер AD, BD, CD равны между собой. Сфера радиуса 1 касается ребер AD, BD, продолжения ребра CD за точку D и плоскости ВАС. Построить изображение центра О этой сферы и найти длину отрезка касательной, проведенной из точки А к сфере.
Решение. Основание данной пирамиды — прямоугольный треугольник ABC, а боковые ребра ее равны, поэтому высотой пирамиды является отрезок DH(H — середина гипотенузы ВС треугольника ABC).
Данная сфера касается ребер AD и BD, поэтому ее центр О принадлежит плоскости симметрии а лучей DB и DA. Так как треугольник АВН правильный, то плоскость а проходит через точку Н и середину К отрезка ВА (рис. 10). Данная сфера касается ребра BD и луча DC\ (продолжения ребра CD за точку D),166
поэтому точка О принадлежит плоскости симметрии (3 лучей DB и DC\.
Итак, плоскость BDC перпендикулярна плоскости ВАС, а плоскость а перпендикулярна плоскости BDC и делит внешний угол C\DB равнобедренного треугольника BDC пополам. Поэтому плоскости аир пересекаются по прямой а, проходящей через точку D и параллельной прямой НК.
Таким образом, точка О лежит на прямой а. Отсюда следует, что четырехугольник MODH является прямоугольником (М — точка касания сферы с плоскостью ABC) и DH = МО = 1.
Следовательно, прямая OD параллельна ЯМ, а НМ параллельна АС. Поэтому прямые OD и АС параллельны, т. е. точка О принадлежит плоскости C\DA.
Очевидно, АС = ВС sin 60° = 2~\[2 - 0,5д/з = д/б. По теореме, обратной теореме Пифагора, получаем, что угол ADC прямой. Так как ОС\ = ОМ = 1, то четырехугольник OC\DA является квадратом со стороной, равной 1. Следовательно, искомый отрезок касательной, проведенной из точки А к сфере, равен — 1.
Теперь понятно построение точки О на рисунке.Через точку D проводим прямую а, параллельную
прямой НК. На продолжении ребра DC (за точку D) откладываем отрезок DC\ = 1. Через точку С\ проводим прямую, параллельную прямой DA. Она пересекается с прямой а в искомой точке О.
З а д а ч а 9. В основании пирамиды DABC лежит равнобедренный треугольник ЛВС (АВ = АС = 1, /LABC = а). Плоскость DBC составляет с плоскостью ABC угол величиной a; Z.DAB= Z.DAC = а. Высота DH пирамиды расположена внутри нее (рис. 11). Найдите объем пирамиды KDPC, если точки К и Р принадлежат соответственно ребрам AD и BD, а.площадь треугольника KDP относится к площади треугольника ABD как 4:25. При каком значении а объем пирамиды KDPC наибольший?
Решение. Для существования пирамиды DABC необходимо:
1) /.DAB + Z.DAC > ABAC, т. е. 45° < а <<90°. (1)
2) /.DAM + /-AMD < 180° (это неравенство является следствием условия (1), так как /LDAM < а).
167
Задача, по существу, сводится к решению треугольников ABC, ADM и прямоугольного трехгранного угла AMDB. Выполнив необходимые преобразования, получаем:
, , 4 sin3 ал/—cos 2аVKDPC = -~г • --------------- =.
sina—-у — cos2a(2)
Очевидно, объемы пирамид KDPC и ABCD относятся как площади треугольников KDP и ABD.
Для получения ответа на второй вопрос задачи преобразуем формулу (2) к виду:
V(KDPC) = 4- ; ‘ ....' - 9
sin2 а-д/ — cos 2a
Теперь ясно, что функция V(a)=V{KDPC) монотонная на интервале Поэтому не существуеттакого значения а, при котором объем пирамиды KDPC принимает наибольшее значение.
З а д а ч а 10. Основанием четырехугольной пирамиды MABCD является прямоугольник ABCD. Грани АВМ и ВСМ пирамиды перпендикулярны основанию. Грани MCD и MAD образуют с основанием соответственнодвугранные углы р и а (рис. 12).
Найдите объем пирамиды, если MD = 3.При каких значениях аир объем пирамиды будет
наибольшим?Решение. Из условия задачи следует, что ребро
ВМ перпендикулярно плоскости ABC. По теореме о трех перпендикулярах углы MAD и MCD прямые. Вычисле168
ние объема пирамиды сводится к нахождению сторон прямоугольника ABCD и высоты пирамиды ВМ.
Пусть АВ = х, AD = у, тогда BD = ~фс2 + У2 и ВМ == д/9 —■ (х2 + у*).
Из прямоугольных треугольников МВС и MBA имеем систему уравнений:
Уэ — (*2+j/2) = j/tg р, (1)
9 — (x2 + «/2) = xtga. (2)
После возведения в квадрат обеих частей уравнений (1) и (2) получим:
/9 — х2 — у2 = У2 tg2 0, (3)\9 — х2 — у2 = х2 tg a, (х + г/ < 9). (4)
Решив систему, получим:2 9 cos2 a sin2 0 2_____ 9 cos2 ft sin2 a ,r\
X 1 — cos2 a cos2 p ’ У 1 — cos2 a cos2 p *
Нетрудно проверить, что для полученных значений х и у выполняется условие: х2 + у2 <L 9.
Из прямоугольного треугольника МВС находим:ВМ = ВС tg р = »tg р = 3 since sin р (б)
уI — cos2 a cos2 р
Таким образом, из равенств (5) и (6) находим:~ cos a sin2 a cos p sin2 p КмЛБС = У (i)
Y (1 — cos2 a cos2 p)3
Чтобы получить ответ на второй вопрос задачи, исследуем на экстремум функцию /(a) = V2(a\ считая р параметром:
г/ \ о1 cos2 a sin4 a cos2 p sin 4 p /СЛ/(a) = 81 (1_cos2acos2p)3 (8)
Очевидно, 0 < a < 0,5л.Вычисляем:f'(a) = 81 COS2pSin4pfl- 2 C°S * f 5 « + 4 c°s8 « sin’acoseOx
1 v 1 ^ 1 \ (1 — cos^ a cos^ p)b
v ~ c°s2 a CQs3 ft)3
(1 — cos2 a cos2 p)6 cos2 a sin4 a • 3(1 — cos2 a cos2 p)2 • 2 cos2 p cos a sin a \
(1 — cos2 a cos2 P)6 /
169
Решив уравнение /'(а) = 0, получим:
c °s i a ”3-iW (9)Находим значение функции Да) в точке, в которой ее производная равна нулю, т. е. выполняется равенство (9):
/(T-21cos^)= ; 3sin22P- <10)Отсюда видно, что наибольшее значение функции /(а)равно 3, при Э = 0,25jt, и наибольший объем пирамиды MABCD равен д/з.
Но если Р = 0,25л, то и a = 0,25л (это следует из равенства (9)) . Итак, объем пирамиды MABCD будетнаибольшим, если a = р = у.
П р и м е ч а н и е . Решение второй задачи можно упростить следующим образом:
Пусть Z.BDM = ф, Z.BDC = Q. ТогдаВМ = 3 sin ф, BD = 3 cos ф,
DC = 3 cos ф cos 0, £С = Зсо5ф$тф (11) V = 4,5 cos2 ф sin ф sin 20 (12)
Применяем производную для определения наибольшего значения К(ф):
1/'(ф) = 4,5 sin 20 cos ф(1 — 3 sin2 ф)./зРешив уравнение К'(ф) = 0, имеем При
этом значении ф вычисляем V = д/з sin 20.Так как 0 <С sin 20^1, то наибольшее значение
объема V равно д/з. Но если smy =^~ и 0 = 0,25л,то а = р = 0,25л. Это следует из равенств (11).
Еще одно замечание. Гипотезу о том, что наибольшее значение функции /(а) равно 3, можно получить при помощи микрокалькулятора. После этого остается доказать, что /(а) ^ 3, т. е.
27 cos2 a sin4 a cos2 р sin4 р << (1 — cos2 a cos 2 Р)3^при 0 < а < у^.
З а д а ч а 11. В основании прямой призмы ABCDA\B\C\D\ лежит ромб ABCD} у которого АС =170
= 4, BD = 2. Точки M и N\ лежат соответственно на ребрах AD и В\С\, причем AM:MD = C\N\ :N\B\ == 3:2, МЛГ, =-а/5 (рис. 13).
Рассмотрим следующие задачи:1. Постройте сечение MNN\M\ призмы ABCD
A\B\C\D\ плоскостью, проходящей через точки М и N\ и перпендикулярной основаниям призмы.
Решение. Треугольники АОМ и CON равны, потому что ЛО = ОС, AM = NC и Z.OAM=/LOCN. Следовательно, углы АОМ и Л/ОС равны, и точки М, О и А/ принадлежат одной прямой. Искомое сечение — прямоугольник MM\N\N.
2. Найдите стороны прямоугольника MM\N\N.Решение. Приведем два способа нахождения
длины стороны MN прямоугольника MM\N\N. Поскольку МО = ON, то достаточно найти длину отрезка ОМ. ___ ____ ____
а) Введем в рассмотрение векторы О A, OD/OM (рис. 13). Так как точки Л, М, D лежат на одной прямой и ЛМ:М£>=^3:2, то ОМ = 0,404 + 0,6ОР.Очевидно, ОМ2 = (0,4 О А + 0,6 OD)2 = 0,160Л2 + 2 X X 0,24 • ОА- OD + 0,360D2 = 0,16-4 + 2- 0,24 • 0 ++ 0,36 -1 = 1. Отсюда ОМ = 1 и MN = 2.
Заметим, что приведенное векторное вычисление длины отрезков избавляет нас от дополнительных построений. Оно основано на умении рационально выбрать векторный базис и разложить вектор, соответствующий рассматриваемому отрезку, по этому базису.
б) Второй способ вычисления длины отрезка сводится к построению вспомогательного треугольника и его решению. Например, можно построить отрезок ML, перпендикулярный прямой BD (рис. 14).
Теперь длину отрезка МО легко найти из прямоугольного треугольника OLM. В самом деле, ML:АО = = DL\DO = DM:AD = 2:5. Отсюда ML = 0,8; DL = = 0,4; OL = 1 - 0,4 = 0,6; ОМ2 = 0,82 + 0,62 = 1 и ОМ = 1. Из прямоугольного треугольника MNN\ находим:
NN2\ =(д/^)2 — 22 = 1 и NNi = 1.
3. Найдите объем V призмы ABCDA\B\C\D\.Решение. Площадь ромба ABCD находим по
171
формуле: Sabcd = 0,5AC • BD sin ф, где ф — угол между прямыми АС и BD.
Sabcd = 0,5 • 4 - 2 - 1 = 4, поэтому V = 4.4. Пусть — произвольная точка луча ААХ
(рис. 13). Обозначим AK = z. Выразите длину расстояния от точки К до прямой MNi через z(h(z) = КН).
Решение. Пусть отрезок КН перпендикулярен прямой MN 1 и отрезок КЕ перпендикулярен плоскости MNNi. Очевидно, треугольник КЕН — прямоугольный (угол КЕН — прямой).
Пусть прямая AF перпендикулярна прямой MN, тогда KE = AF.
Таким образом, чтобы найти длину гипотенузы КН прямоугольного треугольника КЕН, необходимо найти AF и выразить длину отрезка ЕН через г.
Рассмотрим дЛОМ. AF — высота, проведенная к стороне ОМ. Так как AM = 0,6AD, то площадь треугольника АОМ составляет 0,6 площади треугольника AOD, т. е. 0,5 • МО • AF = 0,6 • 0,5 • АО-OD = 0,6. Отсюда AF = 1,2.
Из прямоугольного треугольника AFO получаем: F02 = АО2 — AF2, F02 = 2 — 1,22 = 2,56 и FO=l,6. Но МО = 1, поэтому FM = 0,6.
Треугольники FMO и M\N{M подобны. Поэтому FQ:MMi = FM :M\N\. Отсюда FQ = MMX • FM\M{NX = = 0,3 и £Q = z + 0,3.
Из прямоугольного треугольника НЕО находим:EH = EQ sin Z.EQH = EQ sin Z.M{MN{ =
172
= ^*ifeSH^ + 0’3)- (DИтак, из прямоугольного треугольника КЕН на
ходим:КН2= l,22 + 0,8(z + 0,3)2;
h(z) =VT,44 + 0,8(2 + 0,3)2. (2)
5. При каком значении 2 функция h(z) ==-д/1,44 + 0,8(z + 0,3)2 принимает наименьшее значение?
Решение. Функция h(z) принимает наименьшее значение, если 2 +0,3 = 0, т. е. при z=—0,3. Очевидно, при этом значении z точки Е и Н совпадают,т. е. точки Е и Н совпадают с точкой Q.
Ясно также, что если z= —0,3, то плоскость KN\M перпендикулярна плоскости прямоугольника N\NMM\.
6. Постройте сечение прямой призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостью а, проходящей через прямую MN\ и перпендикулярной плоскости прямоугольника M\N\NM.
Решение. Из предыдущего ясно, что плоскость а пересекает прямую АА\ в точке /С, лежащей на луче, дополнительном к лучу АА\, и АК = 0,ЗЛЛь Построение сечения показано на рисунке 15.
Прямая КМ пересекает ребро DD\ в точке Р. Грани AA\D\D и ВВ\С\С лежат в параллельных плоскостях. Поэтому плоскость а пересекает грань В\ВСС\ по отрезку N\R, параллельному прямой КР. Точка Т есть пересечение ребра АВ и отрезка KR. Через Р проводим прямую, параллельную прямой KR. Она пересекает прямую D\Ci в точке L.
Шестиугольник TRN\LPM — искомое сечение.В/ лу -с<
РЕКОМЕНДУЕМАЯ Л И Т Е Р А Т У Р А
Бабинская И. А. Задачи математических олимпиад.— М., 1975.— 112 с.
Бартенев Ф. А. Нестандартные задачи по алгебре.— М., 1976.— 102 с.
Башмаков М. И. Уравнения и неравенства.— М., 1976.— 96 с. Василевский А. Б. Метод параллельных проекций.— Мн.,
1985.— 128 с.Василевский А. Б. Обучение решению задач.— Мн., 1979.— 192 с. Василевский А. Б. Параллельные проекции и решение задач
по стереометрии.— Мн. 1978.— 104 с.Василевский А. Б. Устные упражнения по алгебре и началам
анализа.— Мн. 1981.— 72 с.Василевский А. Б. Устные упражнения по геометрии.— Мн.,
1983.— 80 с.Гарднер М. Математические новеллы.— М., 1974.— 160 с. Гарднер М. Есть идея! — М., 1982.— 304 с,Колягин Ю. М., Оганесян В. А. Учись решать задачи.— М.,
1980.— 96 с.Нестеренко Ю. А., Олехник С. Н., Потапенко М. К. Задачи
вступительных экзаменов по математике.— М., 1983.— 448 с.Пойа Д. Математическое открытие.— М., 1976.— 452 с.Пойа Д. Как решать задачи.— М., 1961.— 208 с.Пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред.
Г. Н. Яковлева.— М., 1982.— 608 с.Сборник конкурсных задач по математике для поступающих
в вузы / Под ред. М. И. Сканави.— М., 1977.— 520 с.Сборник задач московских математических олимпиад / Сост.
А. А. Леман; Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1966.— 384 с.Сивашинский И. X. Задачи по математике для внеклассных за
нятий, 9—10 классы / Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1968.— 312 с.Столяр А. А. Как математика ум в порядок приводит.— Мн.,
1982.— 160 с.Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олим
пиады.— М., 1978.— 338 с.Тригг Ч. Задачи с изюминкой.— М., 1975.— 302 с.Фридман J1. М., Турецкий Е. Н. Как научиться решать задачи.
— М., 1984.— 174 с.Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия.— М.,
1982.— 160 с.Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Стереометрия.— М.,
1984.— 160 с.Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М. Избранные
задачи и теоремы планиметрии.— М., 1967.— 336 с.Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике.
— Мн., 1977.— 72 с.
СОДЕРЖАНИЕ
Введение .....................................................................................Задание 1. Преобразование числовых выражений . . . .Задание 2. Задачи на делимость чисел ...................................................Задание 3. Решение уравнений и неравенств в целых числахЗадание 4. Разложение многочленов на множители . . .Задание 5. Задачи по планиметрии .........................................................Задание 6. Рациональные уравнения и неравенства . . .Задание 7. Решение уравнений и неравенств с помощью гра
фиков ............................................................. . . . .Задание 8. Иррациональные уравнения и неравенства . .Задание 9. Уравнения и неравенства с параметрами . .Задание 10. Исследование уравнений и неравенств . . . .Задание 11. Метод параллельных проекций ..........................................Задание 12. Векторное решение геометрических задач . . .Задание 13. Сечения многогранников. Периметры и площади . .Задание 14. Тригонометрические уравнения и неравенства . .Задание 15. Задачи на развертках многогранников .Задание 16. Комбинации многогранников и фигур вращения . .Рекомендуемая литература .....................................................................
3192939475069
74788598
108121135150156159174
Учебное издание
ВАСИЛЕВСКИЙ Александр Борисович
ЗАДАНИЯ ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ РАБОТЫ
ПО МАТЕМАТИКЕ
9—11 классыКнига для учителя
Редактор В. В. Амбражевич. Обложка художника В. С. Жаркевина. Художественный редактор Г. И. Красинский. Технический редактор - JJ. П. Сопот. Корректоры Т. Н. Ведерникова, Р. С. Ахремчик.
ИБ № 2403Сдано в набор 12.10.87. Подписано в печать 14.09.88. Формат 84ХЮ8‘/з2. Бумага
книжно-журнальная. Гарнитура литературная. Высокая печать с ФПФ. Уел. печ. л. 9,24. Уел. кр.-отт. 9,56. Уч.-изд. л. 7,65. Тираж 59 000 экз. Заказ 850. Цена 20 к
Издательство «Народная асвета» Государственного комитета БССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 220600, Минск, проспект Машерова, 11.
Минский ордена Трудового Красного Знамени полиграфкомбинат МППО имени Я. Коласа. 220005, Минск, Красная, 23.