ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 17

Находим расстояние от AB до B1C.Решение:JJG JJJGОт точки D отложим вектор BL = CB1 , координаты L(2a, 0, a), (ABL) ||CB1. Уравнение (ABL): Px + Qy + Rz + S = 0.A : ⎧⎪aQ + S = 0⎧⎪aQ = − S; ⎨aP = − S .B : ⎨aP + S = 0L : ⎪⎩2aP + aR + S = 0 ⎪⎩aP = − aRcos AB ⋅ CB1 =(ABL): x + y – z – a = 0Gn (1, 1, –1) ⊥ (ABL).JJJGGОпустим из точки C перпендикуляр CN на (ABL), CN = kn⇒ N(k, k, –k), N ∈ (ABL)ak + k + k – a = 0, k = .3a a − a JJJG a a − a⇒ N( , ,), CN ( , ,)3 3 33 3 3JJJGa2 + a2 + a2 a 3| CN | ==— искомое расстояние.33Вариант 3Дано: MABCD — пирамида, (AMB) ⊥(ABCD), AM = MB = AB, ABCD — квадрат,AB = a.1. Выяснить взаимное расположениепрямых: 1) MB и AD; 2) AC и MD; 3) EF иPT; E ∈ AM, AE = EM, F ∈ MC, MF = FC, T∈ CD, DT = TC, P ∈ AD, AP = PD.Решение:1) MB и AD — скрещивающиеся.2) AC и MD — скрещивающиеся.ZMLFYADPTHBKXC1593) EF и PT — параллельны, т.к.

EF || AC || PT.2. Через P ∈ AD (AP = PD) проводим прямую PK || AB. В гранях AMD иBMC проводим линии PL и KF параллельно AM и MB соответственно. Равнобедренная трапеция PLFK — искомое сечение.33 13 a2 3.S(PLFK) = S(AMB) = ⋅ a ⋅ a=4 221643. Найти угол между: 1) (ABC) и (DMC); 2) (AMB) и (DMC).Решение:a 31) MH — высота пирамиды, MH =, HT = AD = a ⇒ в прямоуголь2ном ∆MHT: tg∠MTH =∠MTH = arctg3MH a 3.==2a2HT3— искомый угол.22) ∠HMT — искомый угол, ∠HMT =ππ3– ∠MTH = – arctg.2224. Найти угол между MD и AMD.Решение:DA ⊥ (AMB) ⇒ искомый угол — ∠DMA.В прямоугольном ∆MAD: AM = AD = a ⇒ ∠DMA = 45°.5.

Найти угол между MD и AC.Решение:Поместим пирамиду в полярную систему координат Hxyz как показаноJJJGJJJGна рисунке ⇒ AC (a, –a, 0), | AC | = a 2 ,JJJG ⎛ a a 3 ⎞ JJJGa 2 3a 22MD ⎜⎜ a, , −+=a 2⎟⎟ , | MD |= a +2 ⎠44⎝ 2JJJG JJJGJJJG ∧ JJJGJJJGJJJGa2 a2( MD ⋅ AC ) = a2 –== | MD | ⋅ | AC | ⋅ cos( MD ⋅ AC )22JJJG ∧ JJJG 1 JJJG ∧ JJJG1⇒ cos MD ⋅ AC = , MD ⋅ AC = arccos .446.

Найти расстояние между BC и MD.Решение:JJJGa ⎞a ⎞⎛⎛BC (a, 0, 0), B ⎜ 0, − , 0 ⎟ , C ⎜ a, − , 0 ⎟ .2 ⎠2 ⎠⎝⎝JJJG JJJG⎛a 3⎞От точки B отложим вектор BN = MD ; N ⎜⎜ a, 0, −⎟ , MD || BCN.2 ⎟⎠⎝Уравнение плоскости BCN: Px + Qy + Rz + S = 0.160⎧ a⎪− Q + S = 0B : ⎪⎪ 2 aC : ⎨aP − Q + S = 0 ;2N: ⎪⎪aP − a 3 R + S = 0⎪⎩2⇒ (BCN):⎧⎪aQ = 2 S⎪⎨P = 0⎪a 3=S⎪⎩ 2G⎛ 1 3 ⎞13y+z + a = 0 , n ⎜⎜ 0, ,⎟⎟ ⊥ (BCN).22⎝ 2 2 ⎠GОпустим из т. M перпендикуляр MO на (BCN), MO = kn ,JJJG ⎛a 3⎞O(x0, y0, z0), MO ⎜⎜ x0 , y0 , z0 −⎟2 ⎟⎠⎝⎧⎧⎪x = 0⎪x = 0⎪⎪ 0 k⎪⎪ 0 k; ⎨ y0 =.⎨ y0 =22⎪⎪⎪z − a 3 = k 3 ⎪z = k 3 + a 3⎪⎩ 0⎪⎩ 02222k 33a7N ∈ (BCN) ⇒ + k ++ a = 0 ; 4k = –7a, k = − a .4 444JJJG ⎛JJJG⎛77 373 3a ⎞a 3⎞MO ⎜⎜ 0, − a, −a+⎟⎟ ; MO ⎜⎜ 0, − a, −⎟;88288 ⎟⎠⎝⎠⎝JJJG49 2 27 27619| MO |=a + a =a=a.6464642Вариант 4Дано: DABC — тетраэдр, (ABС) ⊥(DBC), AB = BC = CA = BD = DC = a.1.

Каково взаимное расположение: 1)AC и BD; 2) AD и BC; 3) EF и BC; E ∈ AC,AE = EC, F ∈ BD, BF = FD.Решение:1) AC и BD — скрещивающиеся.2) AD и BC — скрещивающиеся.3) EF и BC — скрещивающиеся2. Через A и M ∈ DC (DM = MC) провести сечение || BC.Решение:ZDTFLAMBXEHCY161Соединим M и F (MF || BC), соединим F и M с A.

Равнобедренный ∆FAM1aa 3— делится средней— искомый. FM = BC = , DH — высота, DH =222линией FM пополам.a 3a 3, HA =. Из прямоугольного ∆LHA:HL =42LA = LH 2 + HA2 =3a 2 3a 2 a 15.+=16441a a 15 a 2 15.FM ⋅ LA = ⋅=441623. Найти угол между: 1) (ADC) и (ABC); 2) (ADC) и (ADB).Решение:1) Введем полярную систему координат Hxyz как показано на рисунке.JJJG ⎛ a a 3 ⎞ JJJG ⎛a 3 ⎞ JJG ⎛ a 3 a ⎞DC ⎜⎜ 0, , −, − , 0 ⎟⎟ .⎟⎟ , DA ⎜⎜ a, 0, −⎟ , CA ⎜⎜222 ⎟⎠2 ⎠⎝⎠⎝⎝ 2JJJG JJJGGВозьмем в плоскости DCA вектор x = k DC + l DA ;⎞ G JJGG ⎛ ka a 3x ⎜⎜ la, , −(k + l ) ⎟⎟ , x ⊥ CA :22⎝⎠S(FMA) =la 2 3 ka 2−= 0 ; 2l 3 – k = 0; k = 2 3 , l = 1.24G⎛a 3⎞x ⎜⎜ a, a 3 , − a ⋅ 3 −⎟2 ⎟⎠⎝G355 + 12| x | = a 2 + 3a 2 + 9a 2 + a 2 + 3a 3 = a42⎞G⎛a 3x ⎜⎜ a, a 3 , −( 2 3 + 1) ⎟⎟ .2⎝⎠JJG ⎛ a 3 a ⎞ JJJGJJG ⎛ a 3 a ⎞В плоскости ABC: BA ⎜⎜, , 0 ⎟⎟ , BC (0, a, 0), CA ⎜⎜, − , 0 ⎟⎟ .2 ⎠⎝ 2 2 ⎠⎝ 2G JJGВозьмем вектор y ⊥ CA .JJGJJJGGy = mBA + nBC⎞G ⎛ ma 3 ma,y ⎜⎜+ n ⋅ a, 0 ⎟⎟2⎝ 2⎠JJGGa2 ⋅ 3a2( y ⋅ CA ) = 0;m − ( m + 2n) = 0443m – m – 2n = 0, m = n = 1.162G ⎛ a 3 3a ⎞ G3 2 9 2 a 13a + a =, , 0 ⎟⎟ , | y |=y ⎜⎜44222⎝⎠Ищем требуемый угол между плоскостямиG⎛a 3 ⎞ G a 55 + 12 3x ⎜⎜ a, a 3 , −3a −⎟ , | x |=22 ⎟⎠⎝G GG Ga 2 3 3a 2 3( x ⋅ y) =+= 2a 2 3 =| x | ⋅ | y | ⋅ cos α22cosα =2a 2 3 ⋅ 2 ⋅ 2a 55 + 12 3 ⋅ a 13α = arccos=8 355 + 12 3 ⋅ 138 3— угол между ADC и ABC.55 + 12 3 ⋅ 132) В гранях ADC и ADB проведем высоты CT и BT.⎛a 3⎞Из равнобедренного прямоугольного ∆DHA ⎜⎜ DH = HA =⎟2 ⎟⎠⎝a 61a 6, TA = AD =.224Из прямоугольного ∆CTA:AD =a 2 ⋅ 6 a 10= BT.=416Из равнобедренного ∆BTC искомый угол по теореме косинусов:a 2 ⋅ 10a 2 ⋅ 10− 2⋅a2 = 2 ⋅cos β1616a 2 ⋅ 10411a2 =(1 − cos β) ; = 1 – cosβ; cosβ = ; β = arccos .85554.

Найти угол между AM и (ABC).Решение:JJJG ⎛a a 3⎞AM ⎜⎜ − a, ,⎟4 4 ⎟⎠⎝Gn (0, 0, 1) ⊥ (ABC)JJJGa2 a2 ⋅ 3 2 55| AM |= a 2 ++=a=a161642G|n |=1JJJG Ga 3 JJJG G= | AM | ⋅ | n | ⋅ cosγ( AM ⋅ n ) =4CT = −TA2 + CA2 = a 2 −163cosγ =a 3⋅233=; γ = arccos.4 ⋅ 5a 2 52 53π.– arccos22 55. Найти угол между: 1) AD и BC; 2) AB и DC/Решение:JJJG ⎛ a 3 a 3 ⎞ JJJG1) AD ⎜⎜ −, 0,⎟ , BC (0, a, 0)22 ⎟⎠⎝JJJG JJJG⇒ ( AD ⋅ BC ) = 0; AD и BC — перпендикуляры.JJJG ⎛ a 3 a ⎞ JJJG ⎛ a a 3 ⎞, − , 0 ⎟⎟ , DC ⎜⎜ 0, , −2) AB ⎜⎜ −⎟22 ⎠2 ⎟⎠⎝⎝ 2JJJGJJJG3a 2 a 2| AB |=+= a ; | DC | = a44JJJG JJJGJJJGJJJG1a2⎛ 1⎞( AB ⋅ DC ) = − = | AB | ⋅ | DC | ⋅ cosϕ; cosϕ = − ;ϕ = arccos ⎜ − ⎟ .44⎝ 4⎠Искомый угол⎛ 1⎞Искомый угол равен π – arccos ⎜ − ⎟ .⎝ 4⎠6.

Найти расстояние между AD и BC.Решение:⎛a 3⎞ ⎛a 3⎞a ⎞⎛⎛ a ⎞A ⎜⎜, 0, 0 ⎟⎟ , D ⎜⎜ 0, 0,⎟⎟ , B ⎜ 0, − , 0 ⎟ , C ⎜ 0, , 0 ⎟ .222⎝⎠⎝ 2 ⎠⎝⎠ ⎝⎠JJJG ⎛ a 3 a 3 ⎞ JJJGAD ⎜⎜ −, 0,⎟ , BC (0, a, 0).22 ⎟⎠⎝JJJG JJJG⎛ a 3 a a 3⎞, ,От точки C отложим вектор CU = AD ; U ⎜⎜ −⎟.2 2 2 ⎟⎠⎝Уравнение плоскости BCU: Px + Qy + Rz + S = 0.⎧ a⎪− Q + S = 0B : ⎪⎪ a 2⎧⎪Q = 0; ⎨S = 0 .C: ⎨ Q+S =0U : ⎪2⎪⎩ P = R⎪− a 3 P + a Q + a 3 R + S = 0⎪⎩ 222Уравнение (BCU): x + z = 0; (BCU) || AD.Gn (1, 0, 1) ⊥ (BCU)JJJJGGОпустим из т.

D перпендикуляр DW на (BCU), DW = kn = (k, 0, k)164⎛a 3⎞W ⎜⎜ k , 0, k +⎟2 ⎟⎠⎝W ∈ (BCU): k + k +a 3a 3= 0, k = −24JJJJG ⎛ a 3a 3⎞DW = ⎜⎜ −, 0, −⎟4 ⎟⎠⎝ 4JJJJG3 2 3 2 a 6| DW |=a + a =— искомое расстояние.16164П—2Вариант 1Дано: ABCA1B1C1 — прямой параллелепипед, ABCD — ромб, AC = 8, BD= 6, M ∈ CC1, C1M = MC, AC ∩ BD = O, ∠MOC = 45°.ZA1B1D1C1MAXBOD1) НайтиCYV1получившихся частей.V2Решение:1CO = AC = 4.2Из прямоугольного ∆OCM: MC = CO = 4 ⇒ C1C = 2CM = 8.11V1 = AC ⋅ BD ⋅ CC1 = ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅ 8 = 192.221 11 1V1 = ⋅ BD ⋅ OC ⋅ MC = ⋅ ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 4 = 16.3 23 2⇒ V2 = V – V1 = 192 – 16 = 176.165V1 161== .V2 176 112) Найти S(AB1BD1C1C).Решение:AB = AO 2 + OB 2 = 5.Поместим параллелепипед в полярную систему координат Oxyz как показано на рисунке.JJJGB(3, 0, 0), C(0, 4, 0), A1(0, –4, 8), BC (–3, 4, 0), BA1(–3, –4, 8)JJJGJJJG| BC | = 5, | BA1 | = 9 + 16 + 64 = 89JJJG JJJGJJJGJJJG( BC ⋅ BA1 ) = 9 – 16 = –7 = | BC | ⋅ | BA1 | ⋅ cos∠A1BCcos∠A1BC = −75 89⇒ sin∠A1BC = 1 −49=25 ⋅ 892225 − 492151=5 895 89⇒ S(A1BCD1) = A1B ⋅ BC ⋅ sin∠A1BC = 89 ⋅ 5 ⋅S(AB1BD1C1C) = 2151 + 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅2151= 2151 .5 891 1+ ⋅6⋅8+5⋅8=2 2()= 2151 + 80 + 24 = 104 + 2151 = 8 13 + 34 .3) Найти угол между A1C и (DD1C1C).Решение:JJJGGA1(0, –4, 8), C(0, 4, 0), A1C (0, 8, 8), а вектор n (4, –3, 0) перпендикулярен плоскости (DD1C1C).JJJGG| A1C | = 8 2 ; | n | = 5;JJJG GJJJGG( CA1 ⋅ n ) = 24 = | CA1 | ⋅ | n | ⋅ cos∠α243=5⋅8 2 5⋅8 23πα = arccos⇒ искомый угол – α.25⋅8 2cosα =Вариант 2Дано: DABC — пирамида, ∠ACB = 90°, AC = CB = 4, DH — высота,∠DCH = ∠DBH = ∠DAH = 60°, F ∈ BD, BF = FD, E ∈ AB, AE : EB = 1 : 3,CFE — сечение.166DFKCBH1HEA1) НайтиV1получившихся частей.V2Решение:В ∆ABC AB = 4 2 ⇒ EB = 3 2 , ∠CBE = 45°.В ∆CBE по теореме косинусовCE2 = OB2 + EB2 – 2CB ⋅ EB ⋅ cos45°2, CE2 = 10, CE = 10 .CE2 = 16 + 18 – 24 2 ⋅21Высота пирамиды FCEB FH1 = DH.

Точка H — центр описанной ок2ружности, т.к. в ∆CHD, ∆BHD, ∆AHD углы наклона ребер 60°, а DH — общая ⇒ H — середина гипотенузы AB ⇒ из прямоугольного ∆DHA, где AH= 2 2 , ∠DAH = 60°, имеемDH = AH ⋅ tg60° = 2 6 ⇒ FH1 = 6 .12=6CB ⋅ EB ⋅ sin45° = 2 ⋅ 3 2 ⋅221V1 = S(CBE) ⋅ FH1 = 2 ⋅ 6 = 2 6 .31S(ABC) = AC ⋅ CB = 82S(CBE) =1116 6V = S(ABC) ⋅ DH = 8 ⋅ ⋅ 2 6 =333⇒ V2 = V – V1 =16 610 6–2 6 =33V1 2 6 ⋅ 3 3= .=V2 10 652) Найти Sбок.(DABC).Решение:⇒167S(ADB) = AB ⋅1DH = 2 2 ⋅ 2 6 = 8 3 .2В ∆DCA = ∆DCB AD = CD = DB = AH 2 + DH 2 = 8 + 24 = 4 2P=4 2+4 2+4= 2+4 22⇒ S(DCA) = p ( p − CA)( p − DA) 2 = (2 + 4 2 ) ⋅ (4 2 − 2) ⋅ 4 == 2 32 − 4 = 4 7 .Sбок.

=2S(DCA) + S(ADB) = 8 7 + 8 3 .3) Найти угол между (ADC) и (BDC).Решение:Проведем высоты AK и BK в гранях (ADC) и (BDC).2 71= 14 .S(ADC) = 4 7 = CD ⋅ AK = 2 2 ⋅ AK ⇒ AK =22В равнобедренном ∆AKB (AK = KB) по теореме косинусов:AB2 = 2AK2 – 2AK2cosα4⋅7(1 – cosα)32 = 2 ⋅281⎛ 1⎞1 – cosα = ; cosα = − ; α = arccos ⎜ − ⎟ .77⎝ 7⎠Вариант 3Дано: ABCA1B1C1 — наклонная призма,AB = BC = CA = 4 3 , M ∈ BC, BM = MC, A1M⊥ (ABC), ∠A1AM = 45°.1) Найти Sбок.(ABCA1B1C1).Решение:3= 6 = A1M (т.к.

∠A1AM =AM = 4 3 ⋅245°) ⇒ AA1 = 6 2 .ZA1B1YKXВ ∆A1MB BM = 2 3 , A1M = 6 ⇒ACA1B = BM + A1M = 12 + 36 = 4 3 .2C12Найдем S(AA1B) по теореме Герона4 3+4 3+6 2=4 3 +3 2p=2MB⇒ S = (4 3 + 3 2 )(3 2 ) 2 ⋅ (4 3 − 3 2 ) = 3 2 ⋅ 48 − 18 = 3 60 = 6 15BB1C1C — прямоугольникS(BB1C1C) = BC ⋅ BB1 = 4 3 ⋅ 6 2 = 24 2 .1682) KBC — секущая плоскость, KBC ⊥ (CC1B1B).VНайти 1 получившихся частей.V2Решение:AAAK ⊥ (KBC), причем AK = 1 ⇒ AK = 3 2 .2В равнобедренном ∆ABA1 AB = A1B = 4 3 , AA1 = 6 21S(AA1B) = 6 15 = AA1 ⋅ KB ⇒212 15 2 15== 30 .6 22Рассмотрим равнобедренный ∆BKCBK = KC = 30 , BC = 4 3 , p = 30 + 2 3KB =S = ( 30 + 2 3 )( 30 − 2 3 )(2 3 ) 2 = 2 3 ⋅ 30 − 12 = 6 2 .1Значит, V1 = AK ⋅ S(KBC) = 2 ⋅ 6 2 = 12.36V = S(ABC) ⋅ A1M = 4 3 ⋅ ⋅ 6 = 72 32⇒ V2 = V – V1 = 72 3 – 12.V1121==.V2 72 3 − 12 6 3 − 13) Найти расстояние от B до (AA1C1C).Решение:Поместим призму в полярную систему координат Mxyz, в ней A(6, 0, 0),C(0, 2 3 , 0), A1(0, 0, 6), B(0, −2 3 , 0).Уравнение AA1C: Px + Qy + Rz + S = 0.S⎧⎪P = − 6A : ⎧⎪6 P + S = 0S⎪⎪A1 : ⎨6 R + S = 0 ; ⎨ R = −6C : ⎪⎩2 3Q + S = 0 ⎪⎪Q = − S⎪⎩2 3AA1C:xyz++ − 1 = 0 или x + 3 y + z – 6 = 06 2 3 6Gn (1, 3 , 1) ⊥ AA1C.Опустим из т.