atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 5

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке D. Тогда, координаты вершин прямоугольного параллелепипеда:A (2;0;0); A1(2;0;2); B (2;1;0); B1 (2;1;2); С(0;1;0); С1 (0;1;2);D (0;0;0); D1 (0;0;2).x1 ⋅ x 2 + y1 ⋅ y2 + z1 ⋅ z 2cos α=x12 + y12 + z12 ⋅ x 22 + y22 + z 22гдеrа∧rrrrrb =α, а {x1; y1; z1}, b {x2; y2; z2}; а ≠0; b ≠0.→DB {2; 1; 2}, а это координаты точки В1.→→BC1 {0−2;1−1;2−0), BC1 {−2;0;2}.→cos ( DB1→DB1∧∧→BC1 )=2 ⋅ (−2) + 1 ⋅ 0 + 2 ⋅ 24 +1+ 4 ⋅ 4 + 0 + 4=−4 + 49⋅ 8=0→BC1 =90°.r r r r r r rс = а с + b с (распределительный закон);r r r rr ∧r1а с =| а |⋅| с | cos ( а с )=1⋅2cos 60°=2⋅ =1;457.

( а + b )2r r r rr ∧ rb с =| b |⋅| с | cos ( b с )=2⋅2 cos 60°=2;r r r( а + b ) с =1+2=3.458. см.учебник.rrr r rr r rr r r r r r r459. а) ( а + b + с ) (2 b )=(( а + b )+ с ) (2 b )=( а + b )2 b +2 b · с =2 b · а +r rr rr rr rr r1+2 b · b +2 b с =2| b |⋅| а | cos 120°+2| b |⋅| b | cos 0°+2| b |⋅| с | cos90°=2⋅1⋅1⋅(− )+2+2⋅1⋅1⋅1+0=−1+2=1;r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r( а − b + с )( а − с )= а а − а b + а с – а с + b с − с с = а а − а b − с с +r r r r+ b с =| а |⋅| а |r rr rr r11cos 0°−| а |⋅| b | cos 120°−| с |⋅| с | cos 0°+| b |⋅| с | cos 90°=1 −1+0= ;2282r rrб) | а − b |=| р |, где по теореме косинусов→a2→r r|а +b −→2+ br rс |=| d |.→→| a + b |=→→ →1⎛→∧ →⎞− 2 a ⋅ b cos⎜⎜ a b ⎟⎟ = 1 + 1 − 2 ⋅ (− ) = 32⎝⎠→a222→→ →→ ∧ →⎞⎛+ b − 2 a b cos⎜⎜180o − a b ⎟⎟ =⎝⎠→→1 + 1 − 1 =1→| d |2=| a + b |2+| c |2, следовательно, | d |= 1 + 1 = 2460.

см.учебник.→Пусть461.r r r r r rа b = b с = а с =60°.rВыразим MN и BC черезr r→→→DB = b ,→→BC = с − b , MN = MD + DB + BN =−+1 r r r 1( с − b )= b −22→rDC = с ;r r rа, b и с.→→r→DA = а ;12r rа +b +r 1 r 1 r 1 r r rа + с − b = ( b − а + с ),222r r rr 1 r r 1 r rr11 rMN ⋅ AD = ( b − а + с )(− а )=− а · b + а · а − а · с =→→2222r1 1 1 1 11 r r1 r1 r r=− | а |⋅| b | cos 60°+ | а |⋅| а | cos 0°− | а |⋅| с | cos 60°= ⋅ + − ⋅ =0.222 2 2 2 22→→MN ⋅ BC =1 r r r r r 1 r( b − а + с )( с − b )= b22r 1 r r 1 r 1 r 1 r r 1с − а с + с 2− b 2+ а · b −22222r r 1 rr r r r r 1rr rr r rb · с = ( с 2− b 2+ а b − а с )= ⋅0=0, т.к.

с 2=| с |⋅| с |⋅1= b 2=| b |⋅| b |⋅1,22r r r rr r r r r r rr rт.к. | с |=| b | по условию; а b = а с , т.к. | а |=| b |=| с | и а b = а с =60°.462. Воспользуемся свойством параллелепипеда.→→→→→→→→→1) BA ⋅ D1C1 =(− AB )⋅ D1C1 =− AB 2=−1 (т.к. AB = D1C1 , AB || D1C1 ,→→по свойству параллелепипеда, то AB = D1C1 ,).→→→→→→→2) BC1 = BC + CC1 = AD + AA1→→→→→D1 B = D1C1 + C1C + CB = AB − AA1 − AD ,→→→→→→→BC1 ⋅ D1 B =( AD + AA1 )( AB − AA1 − AD )=→→→→→→→→= AD ⋅ AB − AD ⋅ AA1 - AD 2+ AA1 ⋅ AB − AA1 2−29→→11−1⋅1⋅0−1+1⋅1⋅0−1⋅1⋅0= −1−1=−1,5.22– AA1 ⋅ AD =1⋅1⋅→→→→→→→3) AC1 = AB + BC + CC1 = AB + AD + AA1 ,→→→→→→→→→→→→→AC1 ⋅ AC1 =( AB + AD + AA1 )( AB + AD + AA1 )= AB 2+ AB ⋅ AD + AB ⋅ AA1 +→→→→→→→→→→+ AD ⋅ AB + AD 2+ AD ⋅ AA1 + AA1 ⋅ AB + AA1 ⋅ AD + AA1 2=1+1⋅1 ⋅cos 60°+1+1+1=4.24) В основании параллелепипеда лежит ромб ABCD, у которого∠A=∠С=60°, AD=1, АВ=1, откуда следует, чтоа) ∠ADB=∠DBA=60°,б) DB=1.В ∆DBB1: DB=1, BB1=AA1=1, ∠DBB1=90° (BB1 ⊥ плоскости основания,т.к.

АА1 ⊥ плоскости основания и ВВ1 || АА1)+1⋅1 cos 60°+1+1=1+2⋅→| DB1 |=2→2→BB1 + DB = 2 .5) Рассмотрим основание параллелепипеда. АС=2AО, где О — точка пересечения диагоналей ромба. АО — высота в равностороннем ∆ADB,3, АС= 3 .2В прямоугольном ∆АА1САО=АВ ⋅ sin 60°=1⋅→→→| A 1C |= A1A 2 + AC2 = 1+ 3 =2,→→→→→→→→→→→→→→→D1 B = D1 D + DA + AB =− AA1 − AD + AB ,6) DA 1 =(− AD )+ AA1 ,→→→→→→→→→DA1 ⋅ D 1 B =( AA1 − AD )( AB − AA1 − AD )= AA1 ⋅ AB − AA1 2− AA1 ⋅ AD −→→→→→→→→→– AD ⋅ AB + AD ⋅ AA1 + AD 2= AD 2− AA1 2+ AA1 ⋅ AB − AD ⋅ AB =1−1+0−–1⋅1cos60°=−→cos ( DA13012∧→→→D1 B )= DA1⋅ D1B ,→→DA1 ⋅ D1B→| DA1 |= АD 2 + АA12 = 2 ,→→→→∧→| DB |=| DB1 |= 2 ,cos ( DA 1→→→→→−→D1 B )=→→122⋅ 2=−→→→→1 11⋅ =− .2 24→→7) AC1 = AB + AD + AA1 , DB1 =− AD + AB + BB1 = AB − AD + AA1 ,→→→→→→→→→AC1 ⋅ DB1 =( AB + AD + AA1 )( AB − AD + AA1 )= AB 2+ AD ⋅ AB + AA1 ⋅ AB –→→→→→→→→→→→→→− AD ⋅ AB − AD 2− AD ⋅ AA1 + AA1 ⋅ AB + AA1 ⋅ AD + AA1 2= AB 2+2 AA1 ⋅ AB −→→→→→– AD 2+ AA1 2=1+2⋅0−1+1=1, | AC1 |=| A 1C |=2, | DB1 |= 2 ,→cos ( AC1∧→→→DB1 )= AC1⋅ DB1 =→→AC1 ⋅ DB112⋅ 2=2.4463.

см.учебник.x1 ⋅ x2 + y1 ⋅ y2 + z1 ⋅ z2464. cosϕ=.2x1 + y12 + z12 ⋅ x22 + y22 + z22→→а) AB {1; 1; −2}; CD {l; 0; −l},cosϕ=|1 + 0 + 2 |1+1+ 4 ⋅ 1+ 0 +1→→→→→→=32⋅ 3⋅ 2=33 33=, ϕ=arccos, ϕ=30°.622б) AB {1; 0; −1}; CD {0; −2; 2},2|0+0−2|11cosϕ== , ϕ=arccos , ϕ=60°.=21+ 0 +1 ⋅ 0 + 4 + 42 ⋅2⋅ 2 2в) AB {1; 1; −2}; CD {−2; −2; 4},| −2 − 2 − 8 |1212cosϕ====1, ϕ=arccos(1) ϕ=0°.6 ⋅ 246 ⋅ 6 ⋅21 + 1 + 4 ⋅ 4 + 4 + 16г) AB {−1; 0; 1}; CD {0; 0; −2}, cosϕ=|0+0−2|1+1 ⋅ 4=22 2=2, ϕ=45°.2465. см.учебник.466.

Обозначим стороны через а. Введем прямоугольную систему координат Oxyz с началом в точке D. Тогда вершины куба имеют координаты:А (а; 0; 0), В (а; а; 0), С (0; а; 0), D (0; 0; 0), A1 (а; 0; а),B1 (а; а; а), С1 (0; a; а), Dl (0; 0; а); точки М и N:31M(a; 0; a), N ( a; a; 0).42→→13а) MN {− a; a; − a}, DD1 {0; 0; a},423134|0+0− a |cos ϕ=1 2a49 2a162+a +⋅ 0+0+a23 2a4=14a+1+916=a⋅a3 2a429⋅a163=29;→б) BD {−a; −a; 0},12| a2 − a2 + 0 |cos ϕ=1 2a4+ a2 +9 2a161 2a229⋅a16=⋅ 2a 2a=2162 2 ⋅ 29=258;→в) B1 D {−a; −a; −а},cos ϕ=121 2a434| − a ( − a ) − a 2 − a ( − )a |2+a +9 2a16⋅ 3a=1234| ( − 1 + )a 2 |2a2916=⋅a 31 2a429 ⋅ 3a216=187;→г) A1C {−a; a; −а},cos ϕ=12| − a ( −a ) − a 2 −a2916⋅ 3a3a ( −a ) |42=12| a2( + 1 +29a21634|=⋅ 3a2 9 16а 4 29 ⋅ 32=929 ⋅ 3=3 329.467.

Обозначим АВ=а=ВС, тогда АА1=2а.Введем прямоугольную систему координат какпоказано на рисунке. Тогда вершины параллелепипеда имеют координаты:А (а; 0;0), B (a; a; 0), C(0; a; 0), D (0; 0; 0), A1 (a; 0; 2a),B1 (a; a; 2a), C1 (0; a; 2a), Dl (0; 0; 2a).→→а) BD {−a; −a; 0}, CD1 {0; −a; 2a},cosϕ=| 0 + a2 + 0 |222 a ⋅ a + 4a=2a2a22⋅ 5=110, ϕ≈71°34′;→→б) AC {−a; a; 0}, AC1 {−a; a; 2a},| a2 + a2 + 0 |2a 21, ϕ≈54°44′.a 2⋅ 632a ⋅ 2 a + 4 a468. Введем прямоугольную систему координат аналогично п. № 467.Тогда А (2; 0; 0), В (2; 1; 0), С (0; 1; 0), D (0; 0; 0), А1 (2; 0; 3), В1 (2; 1; 3),С1 (0; 1; 3), D1 (0;0;3).cosϕ=22→2==2→a) AC {−2; 1; 0}, D1 B {2; 1; −3},cosϕ=32| −4 + 1 |4 +1 ⋅ 4 +1+ 9=35 ⋅ 14=370,→→б) AB1 {0; 1; 3}, BC1 {−2; 0; 3},cosϕ=|9|9=1+ 9 ⋅ 4 + 9→9=10 ⋅ 13,130→в) A1D {−2; 0; −3}, AC1 {−2; 1; 3},| 4−9|cosϕ=4 + 9 ⋅ 4 +1+ 95=13 ⋅ 145=.182469.

Обозначим стороны через а.Введем прямоугольную систему координат, как→→показано на рисунке. Тогда DA {а; 0; 0}, DC {0; а; 0},→DD1 {0; 0; а}, M (→4a; 0; a), DD1 {0; 0; а}, M ( 4 a; 0; a),55→11−31a; a; 0), MN {a; a; −a}. sin ϕ=|cos θ|,22102где ϕ — угол между прямой и плоскостью; θ — угол между прямой и ненулевым вектором, перпендикулярным плоскости.a) DD1 ⊥ плоскости ABCD,N(⎛ → ∧ → ⎞cos⎜⎜ MN DD1 ⎟⎟sin ϕ=⎝⎠ =| 0 + 0 − a2 |9 2a100+1 2a4= 10 ;2+a ⋅ a21346) DA ⊥ плоскости DD1C1C,⎛→ ∧ →⎞sin ϕ= cos⎜ MN DA⎟ =⎟⎜⎠⎝|a−3 2a10134⋅100|a2=3;134в) DC ⊥ плоскости АА1D1D,⎛→ ∧ →⎝⎠12134100| a ⋅a |⎞sin ϕ= cos⎜ DC MN ⎟ =⎜⎟a⋅ a25=.134470.

Введем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке.1A (2; 0; 0), B (0; 0; 0),С (0; 1; 0), D (0; 0; 2), M (1; 0; 1), N (0;; 0).2sin ϕ=|cos θ|, где ϕ — угол между прямой и плоскостью; θ — угол междупрямой и ненулевым вектором, перпендику-лярным к этой плоскости.→а) вектор BC ⊥ к плоскости ABD.→→1BC {0; l; 0}, MN {−1; ; −l},2⎛→ ∧ →⎞sin ϕ= cos⎜ BC MN ⎟ =⎜⎟⎝⎠|0+12+ 0|1 ⋅ 1+14+1=1294=1.333→б) вектор BA ⊥ к плоскости DBC.→⎛ → ∧ → ⎞2| −2 |2BA {2; 0; 0}, sin ϕ= cos⎜⎜ BA MN ⎟⎟ === .313⎠⎝4 ⋅ 1+ +1 2⋅ 24→в) вектор BD ⊥ к плоскости ABC.→⎛ → ∧ → ⎞22| −2 |BD {0; 0; 2}, sin ϕ= cos⎜⎜ BD MN ⎟⎟ == 3 = .13⎝⎠4 ⋅ 1+ +1 2⋅ 24471.

Пусть дан куб ABCDА1B1C1D1, А1С —диагональ куба; DB — диагональ грани куба.Введем прямоугольную систему координат. С началом координат в т. D и осями, напрпвленными вдольребер ОА, ОВ, ОС. Обозначим сторону куба через а.→Тогда А1 (а; 0; а), С (0; а; 0), A 1C {−а; а; −а}, D (0; 0; 0),→В (а; а; 0), DB {а; а; 0}.→ ∧cos ( DB→A 1C )=| a2 − a2 |2 a 2 ⋅ 3a 2→ ∧Следовательно, DB→=0.→A 1C =90°, соответственно угол между прямыми→A 1C и DB равен 90°.472. Введем прямоугольную систему координат. Сначалом координат в т.

D и осями, напрпвленнымивдоль ребер ОА, ОВ, ОС. Обозначим сторону кубачерез а. Тогда:1) М1 (а; 0; а), Р (0; а; 0), РМ1 {а; −a; а}; М (а; 0; 0),Q1 (0; 0; a), MQ1 (−a; 0; a}.→→→→PM1 и MQ1 — направляющие векторы прямых PM1 и MQ1 , угол между ними равен углу между этими прямыми.→cos ( PM1∧→MQ1 )=| −a 2 + a 2 |3a 2 ⋅ 2a 2=0, следовательно, угол между прямымиРМ1 и МQ1 равен 90°.Докажем, что прямая MN1, пересекающая прямую MQ1 в точке М и лежащая в плоскости MN1Q1, перпендикулярна прямой РМ1.→→N1 (а; а; а); MN 1 и PM1 — направляющие векторы этих прямых.→→MN 1 {0; а; а}. cos ( PM134∧→MN 1 )=| −a 2 + a 2 |3a 2 ⋅ 2a 2=0, РМ1 MN1=90°.Доказали, что РМ1 ⊥ MQ1; РМ1 ⊥ MN1 лежит в плоскости MN1Q1; MN1лежит в плоскости MN1Q1.

Эти прямые пересекаются в точке М. Значит,РМ1 ⊥ плоскости MN1Q1.2) Прямые QN и QP1 лежат в плоскости QNP1 и пересекаются в точке Q.→→Q (0; 0; 0), N (а; а; 0), QN {а; а; 0}, P1 (0; a; a), QP1 {0; a; a}→cos ( PM1→cos ( PM1∧ →QN )=∧ →QP1 )=| a2 − a2 |3a 2 ⋅ 2a 2| −a 2 + a 2 |3a 2 ⋅ 2a 2=0, PM1 ⊥ QN1;=0, РM1 ⊥ QP1.Таким образом, прямая РА1 ⊥ плоскости QNP1.473. Введем прямоугольную систему координат так,что луч ОА будет совпадать с осью Ох, ОВ с осью Оу,ОС с осью Oz. Отложим на лучах отрезки:ОА=ОВ=ОС=1. Получим тетраэдр АВОС. ОМ и ON —биссектрисы углов ∠АОС и ∠AOB.11AM=MC= AC; AN=NB= AB.22111 1A (1; 0; 0), B (0; 1; 0), С (0; 0; 1), M ( ; 0; ), N ( ; ; 0);222 2→→111 1OM { ; 0; }, ON ( ; ; 0).222 2→cos ( OM→∧ →ON )=1+0+041 1 1 1+ ⋅ +4 4 4 4=141 1⋅2 2=→1; OM2∧ →ON =60°.→OM и ON — направляющие векторы лучей ОМ и ON.∠MON=60°.474. см.учебник.475. Пусть точка N — середина отрезка СВ, М — точка пересечения медиан ∆DBC, ∠DAN=ϕ.Введем прямоугольную систему координат Oxyz.

Тогда С (0; 3; 0), В (4; 0; 0).3Точка N — середина отрезка СВ; N (2; ; 0).2→D (5 cos 60°; 5 cos 45°; 5 sin ϕ), AD {→→→AD ⋅ AD =| AD |2=25, 25=(следовательно, sinϕ= 1 −5 5 2; sin ϕ}.;225 2 5 2 225 25 ⋅ 2) +(5sinϕ)2, 25=) +(++25sin2ϕ,22441 11 2= , ϕ=30°.− =4 24 435→AD {→5 5 2 53;; }, ∠DAN=30°, AN {2; ; 0}.2222→AN |= 4 +→925 5== ;442→→→AM = AN + NM = AN +→AM {→→1 →1 →1 → 2 →ND = AN + ( AD − AN )= AD + AN ,3333→1 5 21 5 2 2 3 1 513 5 2 + 6 5⋅ + ⋅2; ⋅;+ ⋅ ; ⋅ }, т.е.