Файл: Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие.pdf

Решив эту систему, находим х =

3 : 7. Таким образом,

| MX \ : |ХС | =

== 3 I 4.

Задача 2. Основанием прямого параллелепипеда ABCDAXBXCXDX

(рис.

101) является ромб ABCD со стороной, равной

1, и

острым

углом

Л

4.

Плоскость а

проходит

через

точку

А = 60°; I ААХ| =

( | ЛО | : I ОСх | =

1 : 2) и

перпендикулярна этой диагонали.

Определить длину отрезка

[ВХ],

если X =

af|(BBi).

ОХ, ВХ. Так как плоскость

a X

то прямые (АСJ и (ОХ)

также перпендикулярны, т. е.

АСх-ОХ = 0.

(9)

Таким образом, задача свелась к решению уравнения (9). Выра-

—>

—>

—>

—>

зим вектор АСХчерез векторы ААХ, АВ и AD:

АСХ= АВ + ВС + ССХ= АВ 4- AD -|- ААХ.

Очевидно, АО + ОХ = АВ

ВХ.

Отсюда

ОХ —АВ + ВХ — АО =

= АВ 4- В Х ----- —1 ■АСХ=

АВ +

ВХ - — 1г - (АВ -\- AD + ААХ) =

Я

9

2 —> 1 —> i —>

->•

— — А В — — A D -----x- AAX+

BX. Теперь равенство (9) можно

(AS + AD + А \ )

АВ — i - AD — i - ЛАХ+ B X j = 0.

(10)

Раскрыв скобки в уравнении (10) и учитывая, йто скаЛярёоё

произведение ортогональных векторов равно нулю, имеем

4 -

АВ2----4 1АВ | • | AD | cos 60° +

4 * I AD | • | АВ | cos 60° —

о

о

о

BXIcos0° = 0.

( И )

Так

как |AB| = | A D| = 1 ,

|АА1| =

4, то в уравнении (11) не­

известна только длина отрезка [ВХ].

Решив уравнение (11)

отно­

сительно | ВХ |, получаем

| ВХ | =

29 : 24.

Задача 3. В трехгранном

угле

с вершиной О все плоские углы

тельства

перпендикулярности прямых {АН) и {ВС)

достаточно пока­

зать, что

АН ■ВС =

0. Очевидно, АН = ОН — ОА, ВС = ОС — ОВ.

Поэтому

АН ■ВС = {ОН — ОА) {ОС — ОВ) = ОН ■ОС — ОН ■ОВ —

— ОА ■ОС + ОА ■ОВ.

Но

по

условию

задачи

{ОA) j_ {ОС) и

{ОА) _1_ {ОВ).

Поэтому

6 А ■ОС = 0,

ОА - ОВ = 0.

Тогда АН • ВС —

= ОН ■ОС — ОН ■ОВ — ОН {ОС — ОВ) = ОН - ВС. По условию

задачи

{ОН) _L а,

поэтому {ОН) J_ (ВС) и, следовательно,

■>

—►

0.

ОН ■ВС =

Итак,

—>

—>

Перпендикулярность

прямых

{АН)

и (ВС)

АН ■ВС — 0.

доказана.

Аналогично

показывается

перпендикулярность

прямых

{ВН) и (АС),

{СН) и (АВ).

Упражнения

1. Доказать, что

отрезки,

соединяющие

вершины

треугольной

пирамиды

с точками пересечения

медиан

противоположных граней,

пересекаются в одной

точке и эта точка делит каждый из отрезков в отношении 3:1.

2. Доказать, что в трехгранном

угле

биссектрисы двух его плоских углов

и биссектриса

угла, смежного

с третьим

плоским

углом,

принадлежат одной

плоскости.

пересекает прямые (ЛХВ) и (ВХС) и

перпендикулярна этим прямым.

Определить,

в каком отношении (внутренним или внешним образом) точки X и Y делят отрезки

[АхВ] и [ВхС].

пирамиды

MABCD является

ромб ABCD,

5. Основанием четырехугольной

Л

60°-. Основанием

высоты пира­

у которого сторона равна 2, а острый угол /4 =

Плоскость

11

проходит через вершину /1 и

перпендикулярна к ребру

[МС\.

Определить,

в каком отношении плоскость 11

делит ребро [МВ].

прямые;

G.

У треугольной

пирамиды

DABC плоские

углы

при

вершине D

| ЛО| =

3,

|,4В| = 4,

| DC | = 5.

Определить,

чему

равно

расстояние

между

вершиной

D и точкой

пересечения

медиан треугольника

АВС.

нения: прямой, проходящей

через

две точки

(через данную точку

с данным угловым коэффициентом);

окружности и сферы; плоскости

(в отрезках); формула длины

отрезка; условие

перпендикулярности

гольной системы координат.

MABCD

Задача

1.

Основанием

четырехугольной

пирамиды

является

прямоугольник

ABCD,

у которого

| АВ | =

3,

| AD | = 4,

| AM | = 2,

причем

[AM]

перпендикулярен

плоскости

основания

пирамиды.

Плоскость Р

проходит через середину К

ребра

[МС]

и перпендикулярна

к этому

ребру. Плоскость Р пересекает прямые

(АВ) и (AD)

в точках X

и Y.

Определить

длину отрезка

[ХК].

ной А пирамиды, направление

координатных

осей показано

на

рис. 103. В этой

системе координат М (0, 0, 2);

С(3, 4, 0). Соста­

вим уравнение плоскости Р. Пусть Е (х, у,

г) — произвольная

точка Р. Так как

|Л4Х| =

|/(С |, то в силу

определения плоскости,

перпендикулярной

прямой,

получаем | ЕМ \ = \ ЕС |. Применив

фор­

мулу расстояния

между точками,

находим

| ЕМ |2 = ( х -

О)2 +

( у - О)2 +

(z -

2)2;

| ЕС)2= (х -

З)2 + ( У - 4)2 +

(2 -

О)2.

Так

как

| £УИ | =

| £С |, то

х2-|- у2+ (z— 2)2 = ( х — З)2 -J- ( у —

— 4)2 +

z2 или после

упрощения имеем уравнение плоскости Р

4z — 8у — 6л' -(- 21 = 0.

(1)

Точка X

принадлежит оси

абсцисс, поэтому Х ( х х, 0, 0).

Для

Получаем хх =

3,5.

оси

Точка

Y

принадлежит

г

ординат.

Поэтому Y (0,

уи

0). Для

определения ух в

уравнение

(1)

вместо х и z подставим нули. По­

лучаем ух = 2,625.

Итак,

| АХ | =

= 3,5;

| AY | =

2,625.

Применив

теорему Пифагора к прямоугольно­

му треугольнику

XAY,

находим

строить на окружности две точки

X и

К, симметричные относительно

64В),

для которых прямая (УС) ± (ХА).

2.

Три окружности, радиусы которых 2, 8 и 10 см, попарно касаются внеш

3.

Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1, у которого | АВ [ = 2,

I ВС | =

4, | ВВХ| = 6 . Плоскость Р проходит через середину О диагонали [DiB]

Д о к а з а т е л ь с т в о .

Отметим

на[0Л)произвольную

точку

Лх.

Пусть |

| = 1. Строим [ЛлСл]

!_ [ОС) и [ С ^ ] jl

[ОВ). По условию

теоремы (ЛОС? СОВ) = 90’=4 ЛлСл] L(СОВ)=^[Л1С1] i

[CiBj и [ЛлСл]_!_

1

[OBJ. Итак, [OBJ j_ [BiCj

и [OBJ _L [Л1С1] =>- [OBJ

j_ (Л1В1С1)

[ОВх] _L [Л1В1]. Теперь ясно,

что

А

Получаем: | ВгАг |

Л1В1С1 = ро.

=

| ОЛл |

sin у = sin у (из Д ОВ^);

(1)

|ОВ1| =

|ОЛ1|

cos у =

cos у (из Д O B ^ J;

(2)

IЛХС! | = |ОЛ L|

sin

р =

sin р (из Д ОСлЛл);

'

(3)

| ОСл) =

| ОЛл |

cos р =

cos Р (из Д ОСлЛл).

(4)

Из

равенства (4) и

Д ОВлСл

| ВлСл | =

| СОх |

sin а = cos р sin а.

(5)

1. Из Д ЛлСлВл и равенств

(3)

и (5)

tg ро = | Л],Сл | : | В^Сл | =

sin р : cos р sin а — tg р : sin а,