atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 7

При этом, очевидно, основания призмы — AA1B1C1 и ААВС остаются параллельными друг другу, иплоскости, которые можно провести через вершины A, В, С и A1, B1, C1, будут также параллельны друг другу.489. а) Т.к. при движении отрезок отображается на отрезок той же длины, то исходный радиусОА переходит в отрезок O1А1 такой, чтоОА=O1А1=R.Окружность — геометрическое место точекплоскости, равноудаленых от центра на расстояние R. Т.к. движение сохраняет расстояния, тофигура, полученная из окружности движением,также есть геометрическое место точек плоскости, удаленных от О1 на расстояние R.

Таким образом окружность отображается на окружность (О1R).б) При движении ребра параллелепипеда не испытывают никаких сдвигови поворотов относительно друг друга. Длины и углы не изменяются, т.к.отрезок и угол при движении переходит в отрезок и угол, имеющий такоеже измерение.42Вопросы к главе V1. а) Лежит в одной из координатных плоскостей;б) Лежит на одной из координатных осей.2. Через данную прямую проведем плоскость, перпендикулярную к осиOz. Тогда плоскость будет параллельна плоскости Оху. Любая точка напрямой лежит в нашей плоскости, тогда каждая точка этой прямой имеетодну и ту же аппликату.3. А (2; 4; 5), В (3; x; у), С (0; 4; z) и D (5; t; u).а) Если точки лежат в плоскости, параллельной плоскости Оху, то их координаты по оси z равны: у=5, z=5, u=5; x, t − любые числа;б) если точки лежат в плоскости, параллельной плоскости Oxz, то их координаты по оси y равны: x=4, t=4; у, z, u − любые числа;в) если точки лежат на прямой, параллельной оси Ох, то у них одни и теже координаты y и z: x=4, t=4 и y=z=u=5.→→→→→4.

AB {х1; у1; z1}, BC {х2; у2; z2}. AB + BC = AC .→→AC {x1+х2; y1+у2; z1+z2). Тогда CA {−x1−х2; −y1−у2; −z1−z2}.5. а) сонаправлен с осью Oz;б) перпендикулярен оси Ох;в) перпендикулярен оси Оу.r6. Очевидно, что а лежит в плоскости Oyz.а) пересекает плоскость;б) перпендикулярен Ох.rrrr−13−57. а) а {−5; 3; −1} и b {6; −10; −2}.≠≠, тогда, а и b не6− 10−2коллинеарны;rr−2 37б) а {−2; 3; 7}; b {−1; 1,5; 3,5}.===k, векторы коллинеарны.− 1 1,5 3,58.

Пусть d — длина радиуса-вектора точки М. Тогда:а)x 2 + y 2 + z 2 =d=1,1 + y 2 + z 2 =1, откуда у=z=0, точка М лежит на оси абсцисс, т.е. ответДа.б)24 + y 2 + z 2 =1; 4+у2+z2=1,2y +z =−3 — невозможно, т.к. у2+z2 ≥ 0, т.е. ответ Нет.r9. | а |=3,r| а |= x 2 + y 2 + z 2а) 3= 9 + x 2 + y 2 ,9=9+x2+y2, 0=x2+y2, x=у=0, следовательно, можетб) 3= 25 + x 2 + y 2 ,тельно, не может.9=25+x2+у2, x2+y2=−16, что невозможно, следова-4310.

М1М2= ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 + ( z2 − z1 )2 , где М1 (3; y1; z1), M2 (6; y2; z2).22а)2= 9 + ( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2 , 4= 9 + ( y 2 − y1 ) + ( z 2 − z1 ) ,( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2 =−5 — противоречие. Таким образом, равенствоМ1М2=2 невозможно.б) 3= 9 + ( y2 − y1 )2 + ( z2 − z1 )2 , 9= 9 + ( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2 =0, отсюда y1=y2 и z1=z2, и отрезок M1М2 параллеленоси Ox.r rr rr rб) а · b =ab cos 180°=−ab;a) а · b =ab,r rr r1г) а · b =ab cos 60°= ab;в) а · b =ab cos 90°=0;rr11. | а |=a, | b |=b, а · b =ab cos α.2r r1д) а · b =ab cos 120°=ab cos (180° − 60°)=−ab cos 60°=− ab.2r r12. а) а · b > 0, если cos α > 0, т.е.

0° ≤ α < 90°;r rб) а · b < 0, если cos α < 0, т.е. 90° < α < 180°;r rв) а · b =0, если cos α=0, т.е. α=90°.13. а) AD ⊥ DC, a DC=D1C1, таким образом AD ⊥D1C1;б) BD ⊥ BB1, а BB1=CC1, следовательно, BD ⊥ CC1;в) A1C1=AC, AD не перпендикулярен AC, тогда,А1С1 и AD не перпендикулярны;г) DB не перпендикулярен D1C1;д) ВВ1не перпендикулярен АС.r r14. а) а b =2+у1у2+z1z2.Если 2+у1у2+z1z2 < 2, то, у1у2+z1z2< 0, ответ: да может (например, y1=0,y2=0, z1=1, z2=–1);б) 2+у1у2+z1z2=2, т.е. у1у2+z1z2=0, ответ: да может (например,y1=y2=z1=z2=0);в) 2+у1у2+z1z2 > 2, т.е. у1у2+z1z2 > 0,ответ: да может (например,y1=y2=z1=z2=1).1+ 2 30 −12+41⎛3 1 ⎞15.

х== ; у==− ; z==3; Ответ: A⎜ ;− ;3 ⎟22222⎝2 2 ⎠16. Плоскость проходит через точку Р (2; −17. При зеркальной симметрии – в левую,При осевой — в правую,При центральной — в правую.441; 3).2Дополнительные задачиrrrr r490. а) Пусть р =3 b −3 а +3 с , где р {х; у; z}.rrrТогда 3 b {−15; 15; 0}, −3 а {15; 0; −15}, 3 с {3; −6; −9}.rrТогда вектор р имеет координаты: р {3; 9; −24};rrrrб) р =−0,1 с +0,8 а −0,5 b ,rrr−0,1 с {−0,1; 0,2; 0,3}, 0,8 а {−4; 0; 4}, −0,5 b {2,5; −2,5; 0}.rТогда х=−0,1−4+2,5=−1,6, у=0,2 −2,5=−2,3, z=0,3+4=4,3; р {−1,6; −2,3; 4,3}.r491. а) Координаты а {−5; 3; −1} не пропорциональны координатамrr r−53b {6; −10; −2}, т.е.≠.

Таким образом, а и b не коллинеарны.6 − 10rб) Координаты а {−2; 3; 7} пропорциональны координатам вектораrr r7−2 3b {−1; 1,5; 3,5}:==. Таким образом, векторы а и b коллинеар− 1 1,5 3,5ны.rr 2 5в) Координаты вектора а {− ; ; −1} и b {6; −5; 9} пропорциональны:3 92359r r−1111, − =− =− , т.е. а и b коллинеарны.9996 −5 9rг) Координаты вектора а {0,7; −1,2; −5,2} не пропорциональны коорди−==rнатам вектора b {−2,8; 4,8; −20,8}:r r10 ,71 −1,21 −5,21 1=− ;=− ;= ; ≠ − , т.е. а и b не коллинеарны.− 2 ,84 4,84 − 20 ,8 4 44492. Пусть Е (x; у; z) − середина АВ.7 − 113 +11=−2, z==2, т.е. E (−1; −2; 2).Тогда: x= (−5+3)=−1, y=222Вычислим координаты точки, ближайшей к точке Е на оси Ох: Е1 (−1; 0;0); на оси Оу: Е2 (0; −2; 0); на оси Oz: E3 (0; 0; 2).r493. Для решения задачи установим, можно ли вектор а разложить поr rвекторам b и с , т.е.

существуют ли m и n, удовлетворяющие условиюr rrа =m b +n с .r r r rа) b = i + j ; b {1; 1; 0}.rrrr r r rс = i − k , с {1; 0; −1}, где i {1; 0; 0}, j {0; 1; 0}, k {0; 0; 1}.r rrЗапишем равенство а =m b +n с в координатах:(1) −l=m⋅l+n⋅1,(2) 2=m⋅1+n⋅0,(3) 3=m⋅0+n⋅(−1).45r rРавенства (1), (2) и (3) выполняются при m=2, n=−3, т.е., векторы а , b иrс компланарны.rr r r rr r rrб) а = i + j + k , а {1; 1; 1}, с = i − j , с {1; −1; 0}. Запишем равенствоr rrа =m b +n с в координатах:(1) 1=m⋅2+n⋅1, (2) 1=m⋅1+n⋅ (−1), (3) 1=m⋅1,5+n⋅0.1224 1m= , n= −1=− , 1= − .3333 3r12Равенства (1), (2) и (3) выполняются при m= , n= , т.е., векторы а ,33r rb и с компланарны.r rrв) Запишем равенство а =m b +n с в координатах.(1) 1=m⋅1+n⋅2, (2) 1=m⋅ (−1)+n⋅3.

1=m⋅2+n⋅(−1).r r rСистема уравнений не имеет решений. Т.е. векторы а , b и с не компланарны.→→→→494. Рассмотрим векторы AB и CD : AB {1; 1; 1}, DC {1; 1; 1}. Векто→→→→ры AB и DC коллинеарны, т.к. AB =k ⋅ DC , k=1. тогда, АВ || DC.→| AB |= 12 + 12 + 12 = 3→| DC |= 12 + 12 + 12 = 3 ,→→| AB |=| DC |.Противоположные стороны четырехугольника ABCD параллельны идлины их равны, таким образом, ABCD — параллелограмм.495. Пусть точка О — точка пересечения медиан ∆АВС, тогда ее2 + 3+ 2 0 + 2 + 3 1+ 2 + 67 5координаты: O (;;), O ( ; ; 3).3333 3→→496.

Запишем AD {4; 1; 0}, AA1 {2; 3; −1},→AB {−1; 4; 3}.→→→→→AD1 = AA1 + AD . AD1 {2+4; 3+1; 0−1}, AD1 {6; 4;−1}.→Запишем координаты вектора AD1 через коорди-наты его начала и конца:6= x D1 −xA,6= x D1 −3,x D1 =9.4= y D1 −yA,4= y D1 −0,y D1 =4,−1= z D1 −zA,.−1= z D1 −2,z D1 =1;46D1 (9; 4; l).→→→→→2) AC = AB + AD , AC {−1+4; 4+1; 3+0}, AC {3; 5; 3}.Аналогично с (а)3=xC −xA,3=xC −3,xC=6,5=yC−0,yC=5,5=yC −yA,3=zC −zA,3=zC−2,zC=5;C (6; 5; 5).→→3) AB1 {−1+2; 4+3; 3−1}, AB1 {1; 7; 2}.Аналогично с (а)1= x B1 −3,x B1 =4,7= y B1 −0,y B1 =7,2= z B1 −2,→z B1 =4,→→→B1 (4; 7; 4).→4) AC1 = AA1 + AB + AD , AC1 {2+(−1)+4; 3+4+1; −1+3+0}.→AC1 {5; 8; 2}.Аналогично с (а)xC1 =8,5= xC1 −3,8= yC1 −0,yC1 =7,2= zC1 −2,zC1 =4,С1 (8; 8; 4).497.

Пусть О — середина АВ111а) xо= (2+5), б) xо= (0+3),в) xо= (5+3),222111yо= (3+7),yо= (4−8),yо= (3−5),2221110= (k−1),0= (k+2),0= (k+3k),222т.е. k=1;т.е. k=−2;т.е. k=0.rr498. Пусть единичный вектор e {х; у; z} сонаправлен с вектором а . Тоxx yxгда = =, т.е. y= ; z=−x.2 1 −22rТ.к. | e |=1, тоx 2 + y 2 + z 2 =1.x2+ ( − x )2 =1,431 2)x =1; |x|=1,24rrr 2 1 22x > 0, т.к. e и а сонаправлены; x= , т.е.

e { ; ;− }.33 3 3x2 +(2+rrrrт.к. вектор b лежит в плоскости Оху. e {x; y; 0}.rПусть e сонаправлен с вектором b . Тогда e лежит в плоскости Оху,47x y= , y=3x.1 3r| e |=1,x 2 + y 2 =1,rТаким образом, e {499.1x=110;10310, y=310.; 0}.х 2 + у 2 + z 2 =5,х2+y2+z2=25,4+y2+5=25,y2=16, у=±4.500. Пусть О — середина отрезка MN, S — середина отрезка PQ.2 − 4 1−1 3 −1;;;), O (−1; 0; 1);Тогда O (2221− 3 1+1 2 + 0S(;;); S (−1; 1; 1).222OS= (−1 + 1) 2 + (1 − 0) 2 + (1 − 1) 2 = 1 =1.501. В прямоугольной системе координатпостроим прямоугольный параллелепипед так,чтобы оси координат совпали с его ребрами и точкаВ была одной из его вершин.

Согласно рисункуA1D1=BC=|xB|=2, D1C1=AB=|yB|=5,D1D=В1В=|zB|= 3 .Расстояния от точки В до осей координат — этодиагонали: ВА1 — до оси Ох·, ВС1 — до оси Оу; BD— до оси Оz.BA1= А 1 В 12 + ВВ 12 = 25 + 3 =2 7 ,BC1= ВС 2 + СС 12 = 4 + 3 = 7 ,BD= BC 2 + DC 2 = 4 + 25 = 29 .502. Пусть D лежит на оси Оу и равноудалена от точек А и B; имеет координаты D (0; уD; 0), AD=BD. Тогда:AD= (x А − x D ) 2 + (y А − y D ) 2 + (z А − z D ) 2 .AD= (13 − 0) 2 + (2 − y D ) 2 + (-1 − 0) 2 = 169 + 4 - 2 ⋅ 2 ⋅ y D + y D 2 + 1 == 4y D 2 - 4y D + 174 ,BD= (-15 − 0) 2 + (7 − y D ) 2 + (-18 − 0) 2 = 225 + 49 - 2 ⋅ 7 ⋅ y D + y D 2 + 324 == y D 2 - 14 ⋅ y D + 598 ,Запишем уравнение:48у 2 − 4 у + 174 = у 2 − 14 у + 598 ,y2−4y+174=y2−14y+598, 10y=424, y=42,4; Тогда D (0; 42,4; 0).503*.

Пусть О — центр описанной окружности; О (х; у, z). Тогда→АО=ВО=СО. Направляющие векторы сторон треугольника: AB {2; −1; −1},→→AC {2; 0; 0}, BC {0; 1; 1}.| 4−0−0|| −1 − 1 |21; cos ∠ABC=,==cos ∠BAC=64 +1+1 ⋅ 44 +1+1 ⋅ 1+13|0|cos ∠ACB==0, следовательно,;4 ⋅ 1+1∠ACB=90° и ∆ABC — прямоугольный. Тогда, точка О лежит на отрезке1АВ; АО=OВ.