atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 4

а) Пусть точка Rследовательно—⎧ х = 2 z − 6,⎨⎩6z = 17,171; 0;).36центр окружности, описанной около∆АОВ,⎧AR = BR = r,где r — радиус окружности;⎨⎩AR = OR = rТочки А, О, В и R лежат в одной плоскости.Точка О (0; 0; 0) совпадает с началом координат, А (4; 0; 0) лежит на осиОх; В (0; 6; 0) лежит на оси Оу, следовательно, ∆AOB лежит в координатной плоскости Оху, тогда, центр описанной окружности лежит в той жеплоскости.

Следовательно, координаты центра: R (х; у; 0). По формуле расстояния между двумя точками:АR = ( 4 − х ) 2 + (0 − у) 2 + (0 − 0) 2 = 16 − 8х + х 2 + у 2 ,ВR= (0 − х ) 2 + ( 6 − у ) 2 + (0 − 0) 2 = х 2 + 36 − 12 у + у 2 ,OR= (0 − х ) 2 + (0 − у ) 2 = х 2 + у 2 .20Можем записать систему уравнений:⎧2222⎪ 16 + x + y − 8x = x + y − 12 y + 36;⎨⎪ 16 + x 2 + y2 − 8x = x 2 + y 2⎩⎧⎪x 2 + y 2 − 8x + 16 = x 2 + y 2 − 12 y + 36⎨ 2⎪⎩x + y 2 − 8x + 16 = x 2 + y 2⎧8x = 12 y − 20 ⎧⎪x = 2;⎨; ⎨;36⎩8x = 16⎪⎩ y = 12 = 3Координаты центра окружности, описанной околодиус описанной окружности равен АR=ВR=ОR=r,∆АОВ: R (2; 3; 0).

Ра-r= х 2 + у 2 = 4 + 9 = 13 .б) Если точка R (х; у; z) равноудалена от вершин тетраэдра ОАВС, то⎧OR = AR⎪⎨AR = BR⎪BR = CR⎩OR= ( х − 0) 2 + ( у − 0) 2 + ( z − 0) 2 = х 2 + у 2 + z 2 ,АR= ( х − 4) 2 + ( у − 0) 2 + ( z − 0) 2 = х 2 − 8х + 16 + у 2 + z 2 ,ВR= ( х − 0) 2 + ( у − 6) 2 + ( z − 0) 2 = х 2 + у 2 − 12 у + 36 + z 2 ,CR= ( х − 0) 2 + ( у − 0) 2 + ( z + 2) 2 = х 2 + у 2 + z 2 + 4z + 4 .Можем записать систему уравнений:⎧ x 2 + y 2 + z 2 = x 2 − 8x + y 2 + z 2 + 16⎪⎪ 222222⎨ x − 8x + y + z + 16 = x + y − 12 y + z + 36⎪⎪ x 2 + y 2 − 12 y + z 2 + 36 = x 2 + y 2 + z 2 + 4z + 4⎩;⎧x 2 + y 2 + z 2 = x 2 − 8x + y 2 + z 2 + 16⎪⎪ 222222⎨x − 8x + y + z + 16 = x + y − 12 y + z + 36 ;⎪ 222222x + y − 12 y + z + 36 = x + y + z + 4z + 4⎩⎪⎧8x = 16⎪⎨12 y = 8x + 20 ;⎪12 y + 4z = 32⎩⎧x = 2⎪;⎨12 y = 36⎪36 + 4z = 32⎩⎧x = 2⎪⎨y = 3⎪ z = −1⎩440.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке С и с осями: Ох — поотрезку СА, Оу — по отрезку СВ, тогда точка Dбудет лежать на оси Оz. Пусть точка К —середина АВ. Во введенной системе координатA (b; 0; 0), B (0; а; 0), С (0; 0; 0), D (0; 0; m).Точка К (.Kх А + х В уА + уВ zА + z В;;),22221Подставляя координаты точек А и В, получим: К (b a; ; 0).2 2Следовательно:bab2 a 2|DК|= ( − 0) 2 + ( − 0) 2 + (0 − m) 2 =++ m2 .2244441. Сделаем рисунок.→→а) Векторы ВВ1 и В1С совпадают с катетом и гипотенузой прямоугольного треугольника BВ1С, следовательно, В1В1С=45°.→→б) BD = B1 D1 , т.к. они сонаправлены и имеют→→→одинаковую длину. BD = B1 D1 =− DB .→→Угол между DB и DA — угол между стороной идиагональю квадрата, т.

е. α=45°. Тогда угол между→→DA и B1 D1 равен 135°.∧ →→→DB =135°= DADA→∧→B1 D1 .→в) A1C1 и A 1 B совпадают со сторонами равностороннего треугольникаАВС и отложены из одной точки. Следовательно, угол 60°.→→ ∧ →→г) BC = AD ; BCналью квадрата).→→→ ∧ →AC = AC→∧ →AD =45° (угол между стороной и диаго-→∧ →д) BB1 = AA1 , BB1 AC = AA1 AC =90°.e) AD1 — BC1. Пусть О — точка пересечения диагоналей В1С и ВС1,квадрата ВВ1С1С. ВС1=2ОС1; B1C1=2ОС, следовательно,→BC1∧→→→B1C = OC1∧→O 1 C =90°.→→ж) A 1 D1 = BC , следовательно, A 1 D1→∧ →BC =0°.→з) AA1 =- C1 C , следовательно, угол между ними равен 180°.→→ ∧ →→442.

Угол AB CD = ϕ , тогда угол между векторами (1) BA и DC равен→→→→ϕ, (2) BA и CD равен 1800−ϕ, (3) AB и DC равен 1800−ϕ.→→→→Отложим вектора AB и CD от одной точки и построим векторы BA , DC .→→→→Тогда в случае (1) углы между векторами AB , CD и BA и DC равны как вертикальные; в случаях (2) и (3) углы вычисляются как смежные.22r r r rrа ⋅ b =| а |⋅| b | cos ( а443.→→→∧rb ).→→∧a) AD ⋅ B1C1 =| AD | ⋅ | B1C1 | ⋅ cos ( AD→→→∧Т.к. cos ( AD→→B1C1 )=1 и | AD | = | B1C1 |→ ∧→→б) AC =− C1A1 , cos ( AC→→B1C1 )=а2,C1A1 )=cos 180°=−1,→| AC |=| C1A1 |= а 2 + а 2 = 2а = a 22→→AC ⋅ C1A1 = 2 а 2 ⋅ 2 а 2 ⋅ (−1)=−2a2.в) D1B ⊥ АС (по теореме о трех перпендикулярах),→∧cos ( D 1 B→→→AC )=cos 90°=0, D1 B ⋅ AC =0.→→г) BA1 совпадает с диагональю грани куба, как и BC1 .→→2а 2| BA1 |=| BC1 |==a 2→∆BA1C1 — равносторонний, ∠А1ВС1=60°= BA1→→→→→BA1 ⋅ BC1 =| BA1 |=| BC1 | ⋅ соs ( BA1→д) A1O1 =→→| A 1 O1 |=| A1C1 |=→→1 →A1C1 ,2cos ( A 1 O1∧∧→1⋅ 2а 2 ,2∧→BC1 , cos 60°=→BC1 )= 2а 2 ⋅2а 2 ⋅1,21 2=а .2→A1C1 )=cos 0=1,→A 1 O1 ⋅ A1C1 = 2а 2 ⋅1⋅ 2а 2 ⋅1=а2.2→→1 →1 →1 →D1B1 , B1O1 = B1 D1 =− D1B1 =− D1O1 .222→→→1B1O1 =180°, cos 180°=−1, | D1O1 |=| B1O1 |= ⋅ 2 а 2 ,2е) D1O1 =→∧D1O1→→D1O1 ⋅ B1O1 =1111⋅ 2а 2 ⋅ ⋅ 2а 2 ⋅(−1)= ⋅2a2⋅(−1)=− a2.2242→ж) BO1 совпадает с гипотенузой прямоугольного ∆BB1O1, у которого ка→→теты: | BB1 |=a, | B1O1 |=→| BO1 |= a 2 +→BO1∧→121⋅ 2a 2 =4→C1B =180°−( BO12а 2 ,→3а, | C1B |=2∧2а 2 ,→BC1 )=180°−∠O1BC1.23∠O1BC1=→11∠A1BC1= ⋅60°=30°, т.к.

∆BA1С1 — равносторонний22→→→BO1 ⋅ C1B =| BO1 |⋅ | C1B | ⋅ cos 150°=3= a⋅a⋅2⋅ 2 ⋅(−3⋅а⋅2333)=a2⋅(− )⋅ 3 =− a2.222rr444. Пусть а {x1; у1; z1}, b {х2; у2; z2}, тогдаr rтогда а ⋅ с =1⋅5+(−1)⋅6+2⋅2=5−6+4=3,322а 2 ⋅(− ) =r rа b =х1х2+у1y2+z1z2,r rrrr rr rа ⋅ b =−1−1+2=0, b ⋅ с =−5+6+2=3, а ⋅ а =1+1+4=6, b b = 1 + 1 + 1 = 3 .→r445.

а {3; −5; 1}, b {0;1;−5} .r rа) а b =3⋅0−5⋅1−5⋅1=−10;rr rб) i {1; 0; 0}, а i =3⋅1−5⋅0+1⋅0=3;r rrв) j {0; 1; 0}, b j =0⋅0+1⋅1−5⋅0=1;r r r r r r r rг) ( а + b ) k = а ⋅ k + b ⋅ k , k {0; 0; 1},r r rr r r r r r r r r r r r r r r r rд) ( а −2 b )( k + i −2 j )= а ⋅ k + а ⋅ i −2 а ⋅ j − b ⋅ k −2 b ⋅ i +4 b ⋅ j =(3⋅0−5⋅0+( а + b ) k =0⋅3+0⋅(−5)+1⋅1+0⋅0+1⋅0−5⋅1=1−5=−4;+1−1)+(3⋅1−5⋅0+1⋅0)−2 (3⋅0−5⋅1+1⋅ 0)−2 (0⋅0+1⋅0−5⋅1)−2(0⋅1+1⋅0–5⋅0)+4 (0⋅0++1⋅1−5⋅0)=1+3+10+10+4=28.х1 ⋅ х 2 + у1 ⋅ у 2 + z1 ⋅ z 2446. cosα=x12+ y12 + z12 ⋅ x 22 + y 22 + z 22, далее если 0<α<90° (острыйугол), то cosα>0, если cosα=0, то α=90°, если 90°<α<180°, то cosα<0.x12 + y12 + z12 ⋅ x 22 + y 22 + z 22 >0 для любых векторов, отличных от нулевого.

Тогда знак cosα совпадает со знаком числителя.r rа) cos ( а ^ b ) < 0, т.к. 3⋅(−5)+(−1)⋅1+(0⋅1)=−15−1=−16<0, следовательно,угол тупой;r rб) cos ( b ^ с ) > 0, т.к. −5⋅ (−1)+1⋅ (−2)+0⋅1=5⋅2=3>0, следовательно, угол острый;rв) cos ( аугол прямой∧rс )=0, т.к. 3⋅(−1)+(−1)⋅(−2)+(1⋅1)=−3+2+1=0, следовательно,rrr447. i {1; 0; 0}; j {0; 1; 0}; k {0; 0; 1}.cosα=х1 ⋅ х2 + у1 ⋅ у2 + z1 ⋅ z2x12+ y12 + z12 ⋅ x22 + y22 + z22rа) Если cos ( а24∧знак cosα зависит от знака числителя.rr ri ) > 0 , то а i < 90°. Докажем это.х1⋅х2+у1⋅y2+z1⋅z2=3⋅3+(−5)⋅0+0⋅0=3, 3>0, следовательно, все выражение∧rб) Если cos ( а∧rr ri ) >0, а i <90°.rr rj ) < 0 , то а j > 90°. Докажем это.rположительное. cos ( ах1⋅х2+у1⋅y2+z1⋅z2=3⋅0+(−5)⋅1+(0⋅0)=−5, −5<0, следовательно, все выраже-rr rj )<0, а j >90°.r rr∧ rв) а ⋅ k =90°, когда cos ( а k )=0.

cos α=0, если числитель равен нулю.r∧ rr rх1⋅х2+у1⋅y2+z1⋅z2=3⋅0+(−5)⋅0+0⋅1=0, следовательно, cos( а k )=0, а ⋅ k =90°.r r448. а ⋅ b =x1⋅x2+y1⋅у2+z1⋅z2.r rа) а ⋅ b =−1⋅5+2x−3⋅1=2x−8.rние отрицательно. cos ( а∧По условию задачи: 2x−8=3, 2х=11, x=51=5,5;2r rа ⋅ b =2х−8=−1, 2x=7, x=3,5;r r r rr rв) а ⊥ b =| а |⋅| b |, когда cos а b =0, тогда,r r r rr rа b =| а |⋅ b |cos( а b )=x1x2+y1y2+z1z2=0, −1⋅5+2x−3⋅1=2x−8=0, x=4.rr449. а {m; 3 ;4}; b {4; m; −7},r rВекторы перпендикулярны тогда и только тогда, когда а b =0r rа b =4m+3m−28=0, 7m=28, m=4.б)→→→→→→450. Докажем, что АВ = DC , AB ⋅ AD =0, AB = AD :→( 2 − 0) + (1 − 1)2+ (2 − 2)2 = 2→( 2 − 0) + (1 − 1)2+ (2 − 2)2 = 2AB =22DC =→AB =→→2 аналогично.

AB⋅ AD =(2-1) ⋅ 0+0 ⋅ 1+0 ⋅ (-1)=0→→→Таким образом, AB = DC = AD ,→→AB⋅ AD =0, следовательно, ABCD — квадрат.r∧ rх1 ⋅ х 2 + у1 ⋅ у 2 + z1 ⋅ z 2451. Применим формулу: cos ( а b )=x12 + y12 + z12 ⋅ x 22 + y 22 + z 22rа) cos ( а∧r 2 ⋅ 3 + ( −2) ⋅ 0 + 0 ⋅ ( −3)b )==4+4+0 ⋅ 9+0+968 ⋅ 18=62 2 ⋅3 2=6 1= ,12 225rа∧rb =60°;r∧б) cos ( аr2 ⋅ (−3) + 2 ⋅ (−3) + 0 ⋅ 2b )==−6 22,2=−2+2+4 ⋅ 9+9+02 2 ⋅3 2rr∧ rb <0, значит, это тупой угол, а b =180°−45°=135°;r ∧ r0 ⋅ 0 + 5 ⋅ (− 3 ) + 0 ⋅ 1− 5⋅ 33=−,=в) cos ( а b )=25⋅ 20 + 25 + 0 ⋅ 0 + 3 + 1r∧ rr∧ rcos ( а b ) < 0, значит, угол тупой, а b =180°−30°=150°;r∧ rг) аналогично, воспользовавшись формулой, получим а b =45°rrr452.

i {1;0;0}, j {0;1;0}, k {0;0;1}. Воспользуемся формулой (см. 451):r∧rr∧r2 ⋅1 + 0 + 02== 2 ; а i =50° 46';cos ( а i )=rcos а∧3 ⋅14 + 4 +1 ⋅ 1+ 0 + 0r∧rcos ( а∧cos ( аr 2 ⋅1 + 1 ⋅1 + 2 ⋅ 0 1 rj )== ; а4 +1+ 4 ⋅ 1 3r 2 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0 + 2 ⋅1 2 rk )== ;а39⋅ 1→3∧rj =63° 26';∧rk =50° 46'.→453. CA {1−1; 3−2; 0+1}, CA {0; 1; 1};→→CB {2−1; 3−2; −1+1}, CB {1; 1; 0};→∧ →cos ( CACB )=454. cos α=0 +1+ 01=2⋅ 212 + 12 ⋅ 12 + 12х1 ⋅ х2 + у1 ⋅ у2 + z1 ⋅ z 2=1 →, CA2∧ →CB =60°.x12 + y12 + z12 ⋅ x22 + y22 + z 22→→→→→→→→→AB {3−1; −1+1; 1−3}, AB {2; 0; −2}, BA {−2; 0; 2};AC {−1−1; 1+1; 3−3}, AC {−2; 2; 0}, CA {2; −2; 0};BC {−1−3; 1+1; 3−1}, BC {−4; 2; 2}, CB {4; −2; −2}.→ ∧ →cos ( AB→cos ( BA→BA26AC )=∧ →∧ →BC )=BC =30°;−4 + 0 + 04+4 ⋅ 4+4=−41 →=− ; AB82−2(−4) + 0 ⋅ 2 + 2 ⋅ 24 + 0 + 4 ⋅ 16 + 4 + 4=∧ →AC =180°−60°=120°;8+42 2 ⋅2 2 ⋅ 3=124⋅2 3=3;2∧ →→cos ( CACB )=2 ⋅ 4 + (−2) ⋅ (−2) + 0 ⋅ (−2)4 + 4 ⋅ 16 + 4 + 4=8+42 2 ⋅2 2 ⋅ 3=3;2∧ →→CACB =30°, следовательно, углы при основании равны.

ABC — равнобедренный.rВычислим |ВС| и |АВ| (|АВ| − |АС|): | а |=х2 + у2 + z2 .→| BC |= 16 + 4 + 4 = 24 =2 2 ⋅ 3 ,→| AB |= 4 + 4 = 8 =2 2 ,→→P=| BC |+2| AB |=2 2 ⋅ 3 +2⋅2 2 =2 2 (2+ 3 ).1Вычислим площадь ∆АВС: S= ВС⋅AD, где AD⊥ВС.2Точка D — середина отрезка ВС, т.к. ∆ABC — равнобедренный.Тогда D (1;0;2).→| AD |= (1 − 1) 2 + (−1 − 0) 2 + (3 − 2) 2 = 0 + 1 + 1 = 21⋅2 2 ⋅ 3 ⋅ 2 =2 3 .2455.

Пусть сторона куба равна а, следовательно:а) В прямоугольном треугольнике АА1С1 положим, АА1=Следовательно, S==0, тогда А1С1= a 2 + a 2 =а 2 по теореме Пифагора.→| AC1 |= a 2 + ( a 2 )2 = a 2 + 2a 2 = 3 ,→cos ( AA1→∧AC1 )=cos ∠A1AC1=→АА1a13===.А„1 a 333→б) Векторы | BD1 | и | DB1 | лежат в плоскости BB1D, сечение куба этойплоскостью — это прямоугольник BB1D1D со сторонами а и а 2 .→BD1∧→DB1 =∠B1ОD1.По теореме косинусов в ∆ B1ÎD1:→→→→→| B1 D1 |2=| OB1 |2+| OD1 |2−2| OB1 |⋅| OD1 | cos∠B1ОD1.→→| OB1 |=| OD1 |=→→1 →1 →a 3| DB1 |= | AC1 |=, | B1 D1 |=| A1C1 |=a 2 , следова222тельноcos ∠B1ОD1==(a 3 2) − (a2a 3a 32⋅()⋅()22a 3 2)2+(2 )2→→→222= | OB1 | + | OD1 | − | B1D1 | =2OB1 ⋅ OD127=a 2 ⋅34a 2 ⋅343 2a2+− 2a 2=3 2a − 2a 223 2a2=1−41=− .33в) С1С⊥BD, AC⊥BD (no свойствудиагонали квадрата).Следовательно, BD перпендикулярно плоскости АС1С, тогда, BD ⊥ AC1,→ ∧→cos ( BD AC1 )=cos 90°=0.456.