atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 3

| а + b |= ( х2 − х1 )2 + ( у 2 − у1 )2 + ( z 2 + z1 )2 ,rr r rт.к. если а + b = d , то d ={ х1 + х 2 ; у1 + у 2 ; z1 + z 2 }.r rа) | а + b |= (3 − 2)2 + (−2 + 3) 2 + (1 + 1)2 = 1 + 1 + 4 = 6 ;rб) | а |= 32 + (−2) 2 + 12 = 9 + 4 + 1 = 14 ,rrr| b |= ( −2 )2 + 32 + 12 = 4 + 9 + 1 = 14 , | а |+| b |= 14 + 14 =2 14 ,r rв) | а |−| b |= 14 − 14 =0;r rг) | а − b |= ( х1 − х 2 ) 2 + ( у1 − у 2 ) 2 + (z1 + z 2 ) 2 ,r r| а − b |= (−2 − 3) 2 + (3 + 2) 2 + (1 − 1) 2 = 25 + 25 + 0 =5 2 ;rrд) |3 с |= (3х ) 2 + (3у) 2 + (3z) 2 , т.к. 3 с {Зх; Зу; 3z},r|3 с |= (−3 ⋅ 3) 2 + (2 ⋅ 3) 2 + (1 ⋅ 3) 2 = 92 + 62 + 32 = 126 = 9 ⋅ 14 =3 14 .r14 | с |= 14 ⋅ ( −3) 2 + 22 + 12 = 14 ⋅ 9 + 4 + 1 = 14 ⋅ 14 =14;rrr r rж) 2 а {6; −4; 2}, 3 с {−9; 6; 3}, 2 а −3 с = m ,rrrm {6+9; −4−6; 2−3}, m {15; −10; −1}, | m |= 152 + (−10) 2 + (1) 2 =e)= 225 + 100 + 1 = 326 .429.

Пусть К середина отрезка MN, тогда:х + х N уМ + у N zМ + z N−4 + 0 7 − 1 0 + 2K( М;;;); К (−2; 3; 1),;); К (222222значит, ОК {−2; 3; 1} и |ОК|= ( −2) 2 + 32 + 12 = 4 + 9 + 1 = 14 .430. а) Чтобы найти периметр ∆АВС, необходимо вычислить длины век→→→торов АВ, ВС и СА . Периметр треугольника равен их сумме.|АВ|= х 2 + у 2 + z 2 , AB {xB-xA, yB-yA; zB-zA},11931|AB|= (2 − ) 2 + (2 − 1) 2 + (−3 + 2) 2 = ( ) 2 + 12 + (−1)2 = 2 ==1 .4224214→→Аналогично ВС (2−2; 0−2; −1+3}, ВС (0; −2; 2},|BC|= 02 + (−2) 2 + 22 = 2 ⋅ 4 =2 2 ;→СА {→31−2; 1−0; −2+1}, СА {− ; 1; −1},22119 31+1+1 == =1 .|CA|= (− ) 2 + 12 + (−1) 2 =244 2211+2 2 +1 =3+2 2 .22б) AA1, BB1 и CC1 — медианы.→→→→1 →1 →АА1 = ( АВ + АС ), ВВ1 = ( ВА + ВС ),22→→1 →СС1 = ( СА + СВ );2→→31АВ {2− ; 2−1; −3+2}, АВ { ; 1; −1} и22→→31АС {2− ; 0−1; −1+2}, АС { ; −1; 1}, следовательно22→→1 1 1 111АА1 { ( + ); (1−1); (1−1)}, АА1 { ; 0; 0},2 2 2 222|AB|+|BC|+|CA|=1→→→1 111|AA1|= ( )2 + 0 + 0 == =0,5; ВА =− АВ ; ВА {− ; −1; 1};24 22→→ВС {2−2; 0−2; −1+3}, ВС {0; −2; 2}, следовательно→→1 11113 3ВВ1 { (− +0); (−1−2); (1+2)}, ВВ1 {− ; − ; },2 22242 213373731 9 9=+ + =.|BB1|= (− ) 2 + (− ) 2 + ( ) 2 =42216 4 4164→→→→→→1; 1; −1}; СВ =− ВС ; СВ {0; 2; −2}, следовательно2→→111 11 33СС1 { (− +0); (1+2); (−1−2)}, СС1 {− ; ; − } и2 24 2222СА =− АС ; СА {−13373=|BB1|.|CC1|= ( ) 2 + ( ) 2 + ( − ) 2 =4224431.

Сравним длины сторон треугольника. Для этого по формуле расстояния между двумя точками d= ( х 2 − х1 ) 2 + ( у 2 − у1 ) 2 + (z 2 − z1 ) 2 найдем|АВ|, |ВС|, |АС|. Если а=b=c, то треугольник ABC — равносторонний. Если:15с=b ≠ а, то треугольник равнобедренный, если нет одинаковых сторон: с ≠ b≠ а, то есть если а > b ≥ с, то следует проверить, выполняется ли теоремаПифагора. Если да, то ∆АВС — прямоугольный.a) AB= (9 − 2) 2 + (3 − 10) 2 + (−5 + 5) 2 = 49 + 49 + 0 = 2 ⋅ 49 =7 2 .ВС= (2 − 2) 2 + (10 − 3) 2 + (−5 − 2) 2 = 0 + 49 + 49 = 2 ⋅ 49 =7 2 .AC= (9 − 2) 2 + (3 − 3) 2 + (−5 − 2) 2 = 49 + 0 + 49 =7 2 .AB=ВС=АС, треугольник равносторонний.б) AB= (3 − 5) 2 + (7 + 3) 2 + ( −4 − 2) 2 = 4 + 100 + 36 = 140 ,ВС= (5 − 1) 2 + (−3 − 3) 2 + (2 + 10) 2 = 16 + 36 + 144 = 196 ,АС= (3 − 1) 2 + (7 − 3) 2 + (−4 + 10) 2 = 4 + 16 + 36 = 56 ,ВС>AB>AC.Проверим, выполняется ли равенство:ВС2=AC2+AB2, ( 196 )2=( 56 )2+( 140 )2,196=56+140=196 — верно.

Следовательно, треугольник ABC — прямоугольный.в) AB= (5 − 5) 2 + (3 − 5) 2 + (1 − 1) 2 = 0 + 4 + 0 =2,BC= (5 − 4) 2 + ( −3 + 3) 2 + (−1 − 0) 2 = 1 + 0 + 1 = 2 ,AC= (5 − 4) 2 + (−5 + 3) 2 + (−1 − 0) 2 = 1 + 4 + 1 = 6 ,АС>АВ>ВС.Проверим, выполняется ли равенство AC2=AB2+ВС2.6=4+2 — выполняется. Следовательно , треугольник ABC — прямоугольный разносторонний.г) AB= (−5 + 4) 2 + (2 − 3) 2 + (0 − 0) 2 = 1 + 1 + 0 = 2 ,ВС= (−4 + 5) 2 + (3 − 2) 2 + (0 + 2) 2 = 1 + 1 + 4 = 6 ,AC= (−5 + 5) 2 + (2 − 2) 2 + (0 + 2) 2 = 0 + 0 + 4 =2.BС>АC>AВ.Проверим: ВС2=AC2+AB2, 6=4+2. Следовательно, треугольник ABC —прямоугольный равносторонний.432. Дано: А (−3; 4; −4), Следовательно, точка А1 — проекция точки А наОху — имеет координаты A1 (−3; 4; 0),A2 — проекция точки А на Оуz — имеет координаты: A2 (0; 4; −4), A3 —проекция точки А на Oxz — имеет координаты: A3 (−3; 0; −4). По формулерасстояния между двумя точками d= ( х 2 − х1 ) 2 + ( у 2 − у1 ) 2 + (z 2 − z1 ) 2Найдем AA1= 0 + 0 + 42 =4, AA2= 32 + 0 + 0 =3,16AA3= 0 + 42 =4,таким образом для А (х; у; z) расстояниями до координатных плоскостейбудут |x|, |y| и |z|.б) На ось Ox проекция A1 точки А имеет координаты А1 (−3; 0; 0), на Oy:A2 (0; 4; 0), на Oz: A3 (0; 0; −4).AA1= 0 + 42 + 42 =4 2 ; AA2= 32 + 0 + 42 = 9 + 16 =5; АА3= 32 + 42 =5.433.

Искомая точка для каждой плоскости – это основание перпендикуляра,опущенного из данной точки А на соответствующую плоскость. Следовательно, искомые точки имеют координаты (0; 2; −3), (−1; 0; −3), (-1; 2; 0).434. Наименьшее расстояние — это длина перпендикуляра, опущенногоиз этой точки на ось координат, то есть расстояние между точкой и ее проекцией на ось координат. Координатами про-екций точки на координатныеоси будут абсцисса, ордината и аппликата этой точки.

Следовательно, дляВ(3; −4;7 ) проекция на ось Ox будет иметь координаты B1 (3; 0; 0), наOy: B2 (0; −4; 0), на Oz: B3 (0; 0; 7 ).435. Найдем длины сторон ∆ABC по формуле расстояния между двумяточками: d= ( х2 − х1 )2 + ( у 2 − у1 )2 + ( z 2 − z1 )2 ,|АВ|= (1 + 1) 2 + (0 − 2) 2 + (k − 3) 2 = 4 + 4 + ( k − 3) 2 = 8 + ( k − 3) 2 ,|ВС|= (0 + 1) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 3) 2 = 1 + 4 + 4 = 9 =3,|АС|= (1 − 0) 2 + (0 − 0) 2 + (k − 1) 2 = 1 + (k − 1) 2 .Треугольник будет равнобедренным, если будет выполнено одно из трехусловий: 1) AB=ВС, или 2) AB=AC, или 3) AC=ВС.1)8 + (k − 3) 2 =3,8+(k−3)2=9,(k–3)2=1,⎡ k − 3 = 1,⎢⎣ k − 3 = −1,3)k = 4,k = 2.2) 8 + (k − 3) 2 = 1 + (k − 1) 2 ,8+(k−3)2=1+(k−1)2,8+k2+9-6k=1+k2−2k+1,17 − 2 = 4k15 = 4k ,k=154= 3,75.1 + ( k − 1) 2 =31+(k−1)2=9, (k−1)2=8, k−1=2 2 , k=2 2 +1, k−1=−2 2 , k=1−2 2 .436. По формуле расстояния между двумя точками вычислим длины сторон трапеции A BCD:АВ= (4 − 0) 2 + ( 4 − 0) 2 + 0 = 16 + 16 = 32 =4 2 ,ВС= 0 + (3 − 0) 2 + (4 − 0) 2 = 9 + 16 = 25 =5,CD= (1 − 0) 2 + ( 4 − 3) 2 + (4 − 4) 2 = 1 + 1 + 0 = 2 ,DA= ( 4 − 0) 2 + (4 − 4) 2 + (0 − 4) 2 = 9 + 0 + 16 =5.17|AD|=|СВ|=5, следовательно, ABCD будет равнобедренной трапецией, если доказать, что DC || AB, то есть, что DC и АВ коллинеарны.rr rr rЕсли существует число k такое, что b =k а и а ≠0, то а и b коллинеарны.АВ {−4; −4; 0}, CD {1; 1; 0}.Очевидно, что АВ=−4CD, т.

е. АВ и CD коллинеарны. значит, АВ || CD иABCD — равнобедренная трапеция.437. Расстояние между двумя точкамиd= ( х 2 − х1 ) 2 + у 2 − у1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2 :а) Пусть С (х; 0; 0) — точка на оси Ох, равноудаленная от точек А и В.Следовательно, СА=СВ, или в координатах:(−2 − х ) 2 + (3 − 0) 2 + (5 − 0) 2 = (3 − х ) 2 + (2 − 0) 2 + (−3 − 0) 2 ,4 + 4 х + х 2 + 9 + 25 = 9 − 6 х + х 2 + 4 + 9 ,х 2 + 4 х + 38 = х 2 − 6 х + 22х +4х+38=x2 − 6х+22,10х=−16, х=−1,6; С (−1,6; 0; 0).Равноудаленной от точек А и В будет точка С (−1,6; 0; 0).б) Пусть D (0; у, 0) — точка на оси Оу, равноудаленная от А и В. AD=DB.2( − 2 − 0 ) 2 + ( 3 − у ) 2 + ( 5 − 0 ) 2 = ( 3 − 0 ) 2 + ( 2 − у ) 2 + ( −3 − 0 ) 24 + 9 − 6 у + у 2 + 25 = 9 + 4 − 4 у + у 2 + 9 ,у 2 − 6 у + 38 = у 2 − 4 у + 222у=16, у=8; D (0; 8; 0).у2 −6у+38=у2 −4у+22,в) Пусть E (0; 0; z) —точка на оси Oz, равноудаленная от А и B.(−2 − 0) 2 + (3 − 0) 2 + (5 − z) 2 = (3 − 0) 2 + (2 − 0) 2 + (−3 − z) 24 + 9 + 25 − 10z + z 2 = 9 + 4 + 9 + 6z + z 2 ,z 2 − 10z + 38 = z 2 + 6z + 22z2 −10z+38=z2+6z+22,16z=16, z=1; E (0; 0; 1).438.

а) Пусть на плоскости Оху точка Р (х;у; 0) равноудалена от А, В и С. ИспользуяформулуВd= х 2 − х1 ) 2 + ( у 2 − у1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2 , со⎧АР = ВР,ставим систему уравнений: ⎨⎩АР = СРAР= (−1 − х ) 2 + (2 − у) 2 + (3 − 0) 2 =Р= 1 + 2 х + х 2 + 4 − 4 y + ey + 9 = х 2 + у 2 + 2 х − 4 у + 14 ,BР= (−2 − х ) 2 + (1 − у) 2 + (2 − 0) 2 = 4 + 4 х + х 2 + 1 − 2 у + у 2 + 4 =18= x 2 + y 2 + 4x − 2 y + 9 ,СР= (0 − х ) 2 + ( −1 − у ) 2 + (2 − 0) 2 = х 2 + 1 + 2 у + у 2 + 1 == х2 + у2 + 2у + 2 ,⎧⎪ х 2 + у 2 + 2 х − 4 у + 14 =⎨ 2⎪⎩ х + у 2 + 2 х − 4 у + 14 =⎧⎪ х 2 + у 2 + 2 х − 4 у + 14 = х 2⎨ 2⎪⎩ х + у 2 + 2 х − 4 у + 14 = х 2х 2 + у 2 + 4 х − 2 у + 9,х2 + у2 + 2у + 2,+ у 2 + 4 х − 2 у + 9,+ у 2 + 2 у + 2,⎧y = 2 + 1 x⎪3;⎨2⎪2› + 4 + x = 53⎩⎧у = 2 + 1 х⎪3;⎨1⎪2х + 2(2 + х ) = 53⎩⎧2 х + 2 у = 5;⎨⎩6 у = 2 х + 12⎧8 x = 1⎧x = 3⎧y = 2 + 1 x⎧x = 3⎪3⎪⎪⎪83 ;8;;.⎨⎨⎨ 2⎨11711 3⎪y = 2 + x⎪y = 2 =⎪2 x = 1⎪y = 2 + ⋅33 888⎩⎩⎩⎩ 33 17Точка Р ( ;; 0) лежит на плоскости Оху и равноудалена от точек А, В и C.8 8б) Пусть на координатной плоскости Oyz точка Q (0; y; z) равноудаленаот А, В и С, следовательно⎧AQ = BQ,(очевидно, что и BQ=CQ).⎨⎩AQ = CQAQ= ( −1 − 0) 2 + ( 2 − у ) 2 + ( 3 − z ) 2 = 1 + 4 − 4 у + у 2 + 9 − 6z + z 2 == у 2 + z 2 − 4 у − 6z + 14 ,BQ= ( −2 − 0) 2 + (1 − у ) 2 + ( 2 − z ) 2 = 4 + 1 − 2 у + у 2 + 4 − 4 z + z 2 == у 2 + z 2 − 2 у − 4z + 9 ,CQ= ( 0 − 0) 2 + ( −1 − у ) 2 + (1 − z ) 2 = 0 + 1 + 2 у + у 2 + 4 − 4 z + z 2 == у 2 + z 2 + 2 у − 2z + 2 .⎧⎪ у 2 + z 2 − 4 у − 6z + 14 =⎨ 2⎪⎩ у + z 2 − 4 у − 6z + 14 =у 2 + z 2 − 2 у − 4z + 9 ,у 2 + z 2 + 2 у − 2z + 2 ,2222⎪⎧ у + z − 4 у − 6z + 14 = у + z − 2 у − 4 z + 9,⎨ 2222⎩⎪ у + z − 4 у − 6z + 14 = у + z + 2 у − 2 z + 2,⎧2 y + 2z = 5;⎨⎩6 y + 4z = 12⎧y = 5 − z⎪2;⎨ 6⋅5⎪ − 6z + 4z = 12⎩2⎧⎪ y = 5 − z;2⎨⎪⎩2z = 3z=3:2y=1.193).2в) Пусть на координатной плоскости Ozx точка R (x, 0; z) равноудаленаот точек A, В и С, следовательноQ (0; 1;⎧AR = BR ,⎨⎩AR = CRAR= ( −1 − х) 2 + ( 2 − 0) 2 + ( 3 − z ) 2 == 1 + 2х + х 2 + 4 + 9 − 6z + z 2 = х 2 + z 2 + 2 х − 6z + 14 ,BR= ( −2 − х ) 2 + (1 − 0) 2 + (2 − z ) 2 == 4 + 4 х + х 2 + 1 + 4 − 4z + z 2 = х 2 + z 2 + 4 х − 4z + 9 ,CR= (0 − х ) 2 + ( −1 − 0) 2 + (1 − z ) 2 == х 2 + 1 + 1 − 2z + z 2 = х 2 + z 2 − 2z + 2 ,⎧⎪ х 2 + z 2 + 2 х − 6 z + 14 = х 2 + z 2 + 4 х − 4 z + 9 ,⎨ 2222⎩⎪ х + z + 2 х − 6 z + 14 = х + z − 2 z + 2 ,2222⎪⎧ х + z + 2 х − 6 z + 14 = х + z + 4 х − 4 z + 9 ,⎨ 222⎪⎩ х + z + 2 х − 6 z + 14 = х + z 2 − 2 z + 2 ,⎧2 х + 2 z = 5,⎨⎩2 х = 4 z − 12,⎧ х = 2 z − 5,⎨⎩4 z − 12 + 2 z = 5,⎧z = 17 ,⎪6⎨171⎪x = − 6 = − ;33⎩R (−439.