Попов - весь практикум по геометрии. Практикум по решению стереометрических задач приведены решения 52 задачи задач с ответами даны для самостоятельного решения
 Скачать 15.31 Mb.
|
|
§ 3.1. Первое основное векторное соотношение 75 Глава РЕШЕНИЕ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ОСНОВНЫХ ВЕКТОРНЫХ СООТНОШЕНИЙ С введением в курсе аналитической геометрии элементов векторной алгебры стало возможным применять этот аппарат к решению многих геометрических задач на вычисление. Векторный метод решения геометрических задач имеет много преимуществ, одно из которых состоит в том, что значительно упрощаются решения геометрических задач в сравнении с решениями, выполненными традиционными методами. Кроме того, векторный метод позволяет сравнительно легко делать иногда очень далеко идущие обобщения [4]. § 3.1. Первое основное векторное соотношение Определение Будем говорить, что точка С делит отрезок АВ в отношении , если СВ АС (1) Если >0, то точка C делит отрезок внутренним образом, те. С АВ , а если <0, то точка C делит отрезок внешним образом, те. С лежит вне отрезка АВТ е орем а 1. Для того чтобы точка С делила отрезок АВ в отношении , необходимо и достаточно, чтобы для произвольной точки O пространства выполнялось равенство 1 1 1 ОС ОА ОВ (2) ○ Пусть точка С делит отрезок в отношении λ , те. выполняется соотношение. Используя правило вычитания векторов, запишем равенство) в виде ( ) (1 ) 1 1 1 ОС ОА ОВ ОС ОС ОА ОВ ОС ОА ОВ Глава III 76 В частности, если n m : , т. е. n m СВ АС : : , то формула (2) примет вид (1 ) , , 1 n m ОС OA OB ОС кОА к ОВ m n m n n m k k m n m Отметим, что если точка М является серединой отрезка АВ , те. точка М делит отрезок АВ в отношении 1 , то формула (2) примет в этом случае вид 1 1 2 2 ОМ ОА ОВ (3) Формулу (3) назовем в дальнейшем формулой для середины отрезка. Задача Дан параллелепипед 1 1 1 1 ABCDA B C D Через вершину A к центру симметрии M грани 1 1 BCC B проведена прямая, пересекающая плоскость 1 A BD в точке N. Вычислить отношение AN : рис. 3.1). Рис. 3.1 ○ 1. Пусть p,q, r — тройка некомпланарных векторов (рис. 3.1). Разложим векторы AN и AM по векторам p,q, r а) 1 AB r p; AC p q. По свойству середины M отрезка 1 B C (3) 1 1 1 1 1 AM AB AC r p p q p q r. 2 2 2 2 A 1 D 1 C 1 A D C B p N B 1 M r q § 3.1. Первое основное векторное соотношение 77 b) Векторы 1 1 1 A D, A N, A B — компланарны. Тогда по признаку компланарности векторов имеем 1 1 1 A N x A D y A B. 2. Точки A, N, M лежат на одной прямой. Значит, векторы AN и AM компланарны, те. AN kAM. (3) Подставляя (1), (2) в соотношение (3), находим 1 1 yp xq (1 x y)r k p q r . 2 2 (4) Так как разложение вектора по базису p,q, r однозначно, то из (4) следует (приравниваем коэффициенты в левой и правой частях при векторах p,q, r ): y k, 1 1 x k, k 2 2 1 1 x y k 2 Из (3) тогда 1 AN AM AM 2AN AM те. AN : NM Ответ AN : NM Задача. Плоскость отсекает от боковых ребер , , SA SB SC правильной четырехугольной пирамиды SABD , отрезки SA SK 3 2 , 1 1 , 2 3 SL SB SM SC . Какую часть ребра SD , считая от вершины, отсекает плоскость ? ○ Пусть , , , , ( ), SA a SB b SC c SD d KLM SD , N 1 SO LN O Глава III 78 Пирамида АС — правильная, поэтому ее боковые ребра равны, те. a SC SD SB SA . Рассмотрим равнобедренный Наша задача выразить вектор 1 SO через По свойству медианы треугольника 2 1 2 1 ) ( 2 1 c a SC SA SO (4) Векторы 1 SO и SO коллинеарны, поэтому 2 1 2 1 1 c x a x SO x SO (5) С другой стороны, так как 1 SO — биссектриса в SKM , то по свойству биссектрисы угла имеем 3 1 : 3 2 3 1 3 2 1 Отсюда в силу первого основного векторного соотношения из рис. 3.2) находим 9 2 9 2 3 1 3 2 1 a c SK SM SO (6) Рис. 3.2 § 3.1. Первое основное векторное соотношение 79 Из равенств (5), (6) следует, что 9 4 9 2 2 и тогда 9 Рассмотрим ∆ SBD . Пусть Так как 1 SO является биссектрисой в ∆ SLN , то по свойству биссектрисы) Учитывая (8), по основному векторному соотношению (1) из получаем 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 b y y d y y SL y y SN y SO (9) С другой стороны, из равенства (7) и d b SO 2 1 2 1 1 имеем 9 2 9 2 ) 2 1 2 1 ( 9 4 9 4 1 d b d b SO SO (10) Из (9) и (10) следует, что 5 2 4 2 9 9 2 2 1 y y y y y SD SN 5 Ответ SD 5 Задача АВСD — треугольная пирамида. М — середина ребра AB . Точка K лежит на ребре BC , причем 2 BK KC . Разложить вектор KN по векторам , , a CA b CB c CD , если : 2 : 3 M рис. 3.3). По первому основному векторному соотношению имеем 5 2 5 3 KD KM KN (11) Глава III 80 Теперь разложим векторы KM и KD по векторам c b a , , . По правилу вычитания векторов Отсюда, учитывая, что М — середина отрезка ВА , находим ). ( 2 Рис. 3.3 Теперь по правилу треугольника сложения векторов 3 1 2 1 ) ( 2 1 3 2 b a b a b BM KB KM (12) Наконец 1 b c CK CD KD (13) Подставив разложения (12), (13) векторов KM , KD в формулу (11), окончательно получим 5 2 3 1 10 3 ) 3 1 ( 5 2 ) 3 1 2 1 ( 5 Ответ c b a KN 5 2 3 1 10 3 . ● § 3.1. Первое основное векторное соотношение 81 Задача. Дан правильный тетраэдр АВСD с длиной ребер m . , M АВ N AD ; 2 7 : 2:3, 20 BM MA DM CN m . В каком отношении N делит AD ? (рис. 3.4). Рис. 3.4 Пусть k AD AN : , тогда Введем , , a b c — аффинный базис, тогда c a DM 5 3 5 2 , (1 ) (1 )( ) ( 1 ) (1 ) (2 1) (1 ) , CN k CD k CA k b k b c k k b k c k b k c 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ) ((2 1) (1 ) ) 5 5 2 2 2 3 (2 1) (1 ) (2 1) (1 ) 5 2 5 2 5 2 5 1 1 1 1 3 3 3 3 1 3 ( 2 ) ( ) 5 5 5 5 5 10 5 5 5 10 DM CN a c k b k c k m k m k m k m k k k k m k m Глава III 82 По условию 2 20 7 m CN DM , значит, , 3 : 1 : 4 1 7 6 4 20 7 10 3 5 1 ND AN k k k 4 3 4 1 1 Ответ Задача. В треугольнике KLM на стороне KL взята точка A так, что KA : AL = 1 : 3, на стороне LM взята точка B так, что LB : BM = 4 : 1. Пусть Сточка пересечения прямых KB и MA. Площадь треугольника KLC равна 2. Найти площадь треугольника рис. 3.5). Рис. 3.5 Пусть S S KLM , тогда 4 , так как у треугольников KLM и KLB одинаковая высота, которая проведена соответственно к основаниями, где Введем векторы и KM . В силу первого векторного соотношения получим 5 4 5 1 KM KL KB § 3.1. Первое основное векторное соотношение 83 Пусть KB х KС , где 1 , 0 x , тогда 5 4 5 KM x KL x KC (14) Пусть АС, тогда из по первому основному векторному соотношения получим KM n m m KA n m n KC 4 1 KM n m m KL n m n (15) В силу единственности разложения вектора по двум неколлинеарным векторам из (14) и (15) получаем следующую систему , 5 х n x m m n 4 , 5 4 ; 5 x n m n x m m n n m m n x 5 8 8 Так как и имеют общую высоту, то 5 4 1 1 8 5 2 2 KLC KLB KLM S S S S S 2 2 2 4. KLM KLC S S Ответ 4. K L Задача Дан куб 1 1 1 1 D C B ABCDA с ребром, равным a . На прямой AC взята точка E , такая, что, причем точка C лежит между точками и E , а на прямой 1 AB взяты точки O и F такие, что F B OB AO 1 1 . Найти расстояние между точками O ирис. Введем декартов базис c b a , , , как указано на рисунке (3.6). Пусть 1 , , AB a AD b AA c 2 2( ), AE AC a b 3 1 3 2( ) ( ) 2 2 2 2 EF EA AF a b a c a b c Глава III 84 Рис. 3.6 По первому основному векторному соотношению имеем 2 1 2 1 1 3 3 1 ( 2( )) ( 2 ) 2 ; 3 3 3 3 2 2 2 2 EO EA EF a b a b c a b c 2 2 2 9 1 9 26 4 9 16 1 4 4 Ответ 2 26 ) , ( a E O § 3.2. Второе основное векторное соотношение Теорема. Если точка M и N делят направленные отрезки АВ и CD соответственно в равных отношениях, те AM CN m MB ND n , (1) то выполняется равенство n m MN AC BD m n m n § 3.2. Второе основное векторное соотношение 85 или (1 ) , MN k AC k где AB и CD — любые пространственные отрезки. ○ Пусть О — произвольная точка пространства. Рассмотрим векторы ОМ ОВ ОА , , (рис. 3.7). Рис. 3.7 В силу первого основного векторного соотношения n m Рассмотрим теперь векторы По первому основному векторному соотношению имеем m n ON OD OC m n m Теперь найдем вектор MN : ( ) m MN ON OM OD OB m n ( ) n m n OC OA BD AC m n m n m Задача Все ребра правильной призмы 1 1 1 С В АВСА имеют длину a . Рассматриваются отрезки с концами на диагоналях B D N С O M A n n m m Глава III 86 1 ВС и 1 СА боковых граней, параллельные плоскости А АВВ 1 . Один из этих отрезков проведен через точку М диагонали 1 ВС так, что 1 : ВМ ВС 1: 3 . Найти его длину рис. 3.8). Рис. 3.8 ○ Выберем систему координат 1 1 2 3 , , Се ее так, как указано на рисунке, причем 1 3 2 1 е е е Через точку М лежащую в плоскости боковой грани, проведем прямую ММ, параллельную прямой 1 ВВ . Пусть ) ( 1 1 1 1 В С ММ М Затем в плоскости нижнего основания проведем 1 М 1 В А . Прямые ММ и 1 1 M N определяют плоскость || ) ( 1 АВВ . Пусть N С А 1 Отрезок NM — искомый отрезок. По условию задачи 1 : ВМ МС 2 ив силу обобщенной теоремы Фалеса, последовательно рассматривая подобные треугольники, получаем следующую цепочку равенств В МА N A N ВМ МС М С Таким образом, плоскость сечет направленные отрезки 1 BC ив точках Ми так, что 1 1 1 2 A N ВМ МС NC γ • § 3.2. Второе основное векторное соотношение 87 По второму основному векторному соотношению 1 1 1 2 3 3 NM CC A B (2) Разложим векторы равенства (2) по базису : ) , , ( 3 2 1 е е е 1 3 1 1 3 1 1 1 1 3 2 1 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 , ( ) ( ) , 1 2 2 2 1 ( ) 3 3 3 3 3 СС ае А В А А АВ ае С В С А ае ае ае ае ае ае NM ae ae ae ae ae ae ae Учитывая, что , 90 ) , ( ; 90 ) , ( ; 60 ) , ( 3 2 3 1 2 1 е е е е e e 2 2 2 2 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 ( ) 3 3 3 9 4 1 4 2 7 cos 60 9 9 9 9 Отсюда 3 Ответ 3 7 а З ада ч а 3 . 8 . В кубе 1 1 1 D C B ABCDA точка М лежит на ребре 1 ВВ , причем 2 : 3 : 1 MB ВМ , а точка N лежит на ребре AD , причем 3 : 2 : ND AN . Вычислите длину М, если ребро куба равно рис. 3.9). Рис. 3.9 Глава III 88 1. Выберем базиса. По второму основному векторному соотношению имеем из AMD : 3 2 5 5 MN MA MD (3) 3. Найдем MA и MD 1 2 3 2 3 3 ( ) 5 5 5 МАМА Подставляя полученные выражения в равенство (3), получаем 3 3 2 3 2 1 3 ( ) ( ) 5 5 5 5 5 5 25 MN b c a Находим длину MN : 2 2 2 4 1 9 14 25 25 25 Ответ 5 Задача Основанием прямой призмы 1 1 1 1 ABCDA B C D , все ребра которой равны m, служит ромб с острым углом 60°. Найдите длину отрезка NM, где точка N лежит на ребре 1 BB , а точка M — на диагонали боковой грани DC, так, что 1 1 BN : NB C M : MB 3: рис. 3.10). ○ По условию 1 1 BN C M 3 , NB MD 2 поэтому к векторам 1 1 NM, BC ,B применим второе основное векторное соотношение 1 1 2 3 NM BC B D 5 5 (4) |