atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 8

Вычислим координаты точки О: х= (0+2)=1.211y= (2+1)=1,5, z= (2+1)=1,5; О(1; 1,5; 1,5)22504. Введем прямоугольную систему координатOxyz как показано на рисунке. Тогда ∆A1B1C1 —проекция ∆АВС на плоскость Оху; М1 — проекцияточки М. Следовательно, А (хА; уA; 4), В{xB; yB; 9),C (xC; yC; 5).М — точка пересечения медиан ∆АВС, М (xM; yM; zM),(zM — искомое расстояние от точки М до плоскости α).Точка пересечения медиан М имеет координаты:x + xB + xC y А + yе + y„ z А + z е + z „М( A;); т.е. zM=6 дм.;333505*. Пусть Е1, Е2, E3, E4 — середины ребер ВС, AD, АВ и DC. Точка О— середина отрезка Е1Е2; Е2Е3 — средняя линия грани ABD.1E2E3= DB.21Аналогично Е1Е4= DB. Тогда Е4О=E4E1+211+Е1O= DB+Е1O, OE3=ОЕ2+Е2Е3=ОЕ2+ DB.22По условию ОЕ2=E1O, тогда Е4O=OE3, такимобразом О — середина отрезка E3E4.→→→→→→→1 → 1 →E 2 E1 ,E 2 E1 = E 2 D + DC + CE1 ,DO = DE 2 + E 2 O = DA +22→→→→E 2 E1 = E 2 A + AB + BE1 .Сложим эти два равенства.

Получим:→→→→→→→→→2 E 2 E1 = E 2 D + E 2 A + CE1 + BE1 + DC + AB = DC + AB ,49→→1 →( DC + AB ),2→→1 → 1 →1 → 1 1 →1DO = DA + E 2 E1 = DA + ⋅ ( DC + AB )=2222 22→→→→1 → 1 → 1 → 1 → 1 →1 →DA + DC + AB = DA + DC + ( DB − DA )= ( DA + DB + DC );442444E 2 E1 =→→→1 →2 →2 1 →AE1 = DA + ⋅ ( AB + AC )= DA + (( DB −33 23→→→→→→→→→1111 →– DA )+( DC − DA ))= DA + ( DB + DC −2⋅ DA )= DB + DC + DA =3333→→→→→→1 →= ( DA + DB + DC ), DA + DB + DC =3 DM1 . (2)3Подставим (2) в (I):→→→→(1) DM 1 = DA + AM 1 = DA +→→→DO 33 →1 →DM1 , значит, OM1 = DM1 , → = .441OM1Таким образом, точка О ∈ DM1 и делит DM1 в отношении 3:1, считая отвершины.

Аналогично для других медиан.DO =r r506. а) а · b =−1⋅3+5⋅0+6=3;r r6) а · с =−1⋅r r1−3⋅5+3⋅4=−3,5;2в) d · d =22+12+0=5;r rrrr r r r r rг) ( а + b + с ) d = а · d + b · d + с · d =−1⋅2+5⋅1+3⋅0+2⋅3+0+0+2−3+0=7;2r r r r r r r r r r r r 13д) ( а − b )( с − d )= а · с − b · с − а · d + b · d =− −15+12− +0−8+2−5+6=−10.2а)507.→DA→∠ADB=45°= DA∧ →DB ,→2→DB =− BD ,∧ →BD =180°−45°=135°.r→б) Отложим от точки В векторы р = CB иr →q = DB .→ ∧ →DBrCB = р∧rq =∠DBC.Рассмотрим ∆DBC.

∠BDC=60°, DС=DB, тогда, ∠DCB=∠CBD, т.к. треугольник равнобедренный.∠DCB+∠DBC=120°, значит, ∠DBC=∠DCB=60°,50→ ∧ →BA =∠DBA. ∆DBA — равнобедренный, т.е.,в) BD180° − 45° 135°==67°30′.22508. По определению проекции прямая DD1 перпендикулярна плоскости AВС, т.е.

она перпендикулярна всем прямым, лежащим в этой плоскости.a) D1D ⊥ D1B.∠DAB=∠DBA=→D1D — направляющий вектор прямой D1D;→D1B — направляющий вектор прямой D1B. Следовательно, D1B ⊥ D1D;→б) DD1 также направляющий вектор прямой D1D, DD1 ⊥ (АВС), т.е. DD1→→→⊥ ВС. BC — направляющий вектор прямой ВС. Тогда, DD1 ⊥ BC . Т.к.D1D=−DD1, то угол ϕ1 между DD1 и плоскостью AВС равен: ϕ1=180°−ϕ, гдеϕ=90° — угол между D1D и плоскостью AВС;→→в) DA и BC — направляющие векторы прямых DA и ВС.→→Если DA ⊥ BC , то DA ⊥ BC.Т.к. тетраэдр ABCD — правильный, то его вершина D проектируется вцентр ∆АВС. Если провести в ∆АВС высоту AM, то высота тетраэдра DD1пересечется с высотой ∆АВС в точке D1, тогда1) СВ ⊥ AM, т.к.

AM — высота ∆АВС;2) СВ ⊥ DD1, DD1 ⊥ (АВС);3) AM и DD1 ∈ (DD1A), прямые AM и DD1 пересекаются.Из 1), 2) и 3) следует, что СВ перпендикулярна плоскости DD1C, значит,CB ⊥ DA, BC ⊥ DA.г) DC и D1B не перпендикулярны, т.к. прямые DC и D1B не перпендикулярны. Если бы СD ⊥ D1B, то по теореме, обратной к т. о трех перпендикулярах, CD1 ⊥ D1B. Но это прямые, содержащие медианы правильного треугольника. Они не перпендикулярны.→ ∧ →509. сosϕ=|cos ABCD |.→→→→а) AB {1; 1; −2}, CD {−3; 3; −1}.| −3 + 3 + 2 |22cos ϕ=;==6 ⋅ 191141+1+ 4 ⋅ 9 + 9 +1б) AB {−5; 1; 1}, CD {2; 2; −2).51| −10 + 2 − 2 |5.925 + 1 + 1 ⋅ 4 + 4 + 4 3 3 ⋅ 2 3510. Обоначим ребро куба через а. Тогда вершиныкуба имеют координаты: A (a; 0; 0), B (a; a; 0),C (0; a; 0), D (0; 0; 0), A1 (a; 0; d), В1 (a, a, a),C1 (0; a; a), D1 (0; 0; 0).x1 ⋅ x2 + y1 ⋅ y 2 + z1 ⋅ z 2.cosϕ=2x1 + y12 + z12 ⋅ x22 + y 22 + z 22cos ϕ=→а) AD {−a; 0; −a}, М (→cos ( A 1 D∧− a( a − 2a ) a 2−22→AM )=→б) MD {→cos ( MD∧=0,→∧A1D→AM =90°→аа; −f; − i}, BB1 {0; 0; a},22−→BB1 )=a22a2a2+ a2 +⋅ a244⋅=−=( a − 2a )2a2a2 + a2 ⋅+ a2 +44( a − 2 a )2a2+ a2 +442a 2 ⋅=аа → а − 2аа − 2а },; a; ), AM {; a;2222− a 2 + 2a 2 − a 22=10==−1а2⋅26a 2416→MD∧→BB1 ≈114°06′.→→511.

Найдем длины векторов AC1 и BD1 .→→→→→→→→→→→AC1 = AB + BC + CC1 = AB + AD + AA1 ,→AC1 ⋅ AC1 =| AC1 |2⋅cos 0°,→→→→→→( AB + AD ⋅ AB + AA1 ⋅ AB + AB ⋅ AD + AD 2+→→→→→→→→+ AA1 ⋅ AD + AB ⋅ AA1 + AD ⋅ AA1 + AA1 2= AB 2+52=−⋅a2а2⋅=22 а 6→→→→→→→+2 AD ⋅ AB +2 AA1 ⋅ AB + AD 2+2 AA1 ⋅ AD +→+ AA1 2=12+2⋅12⋅ cos 60°+2⋅12⋅ cos 60°+12+2⋅12 ⋅ cos 60°+12=3+6⋅→1=6;2→| AC1 |2=6; | AC1 |= 6 ;→→→→→→→→→BD1 = BA + AD + DD1 = AA1 + AD − AB , BD1 2=| BD1 |2⋅cos0O,→→→→→→→→→( AA1 + AD − AB )( AA1 + AD − AB )=| BD1 |2,→→→→→→→→→→→→→→AA1 2+ AD ⋅ AA1 − AB ⋅ AA1 + AA1 ⋅ AD + AD 2− AB ⋅ AD − AA1 ⋅ AB −→→→→→→→→– AD ⋅ AB + AB 2= AA1 2+2 AD ⋅ AA1 −2 AB ⋅ AA1 + AD 2 AD 2−2 AB − AD +→+ AB 2=12+2⋅12⋅cos 600−2⋅12⋅cos 60°−2⋅12⋅cos 60°+12=3−→2=2=| BD1 |2,2→| BD1 |= 2 .512. DB ⊥ АС; АО=ОС=4, DO=OB=3.BC= 32 + 42 = 25 =5,BN=CN=2,5.ОВ 3ОВ 4= , cos ∠OCB== .ВС 5ВС 5cos ∠OBC=→→а) MN и BC — направляющие векторы прямых→MN и BС.

Косинус угла между прямыми MN и ВС равен |cos ( MN→→→→→→→→→→→∧ →BC )|.→1) MN = MO + OB + BN , BC ⋅ MN = BC ( MO + OB + BN )= BC ⋅ MO +→→→→+ BC ⋅ OB + BC ⋅ BN =−9+12,5=3,5→ ∧ →(cos ( BCOB )=−cos ∠OBC=−→3; cos ( BC5∧→MO )=0, т.к. МО ⊥ плоско-сти АВС).→→→→ ∧→2) BC ⋅ MN =| BC |⋅| MN |⋅ cos ( BC→MN ),MN= МO2 + ON 2 = 36 + 6,25 =6,5,где ON=BN=NC=2,5, т.к.

в прямоугольном треугольнике ОВС точка N является центром описанной окружности.→→→ ∧BC ⋅ MN =5⋅6,5⋅cos ( BC→→ ∧MN )=32,5 ⋅ cos ( BC→MN ),53→ ∧→ ∧→32,5 ⋅ cos ( BCMN )=3,5, cos ( BC→→→→→→MN )=3,57=;32,5 65→б) |DC|=|BC|=5. MN = MO + OC + CN ,→→→→→→→→→→→→→→DC ⋅ MN = DC ( MO + OC + CN )= DC ⋅ MO + DC ⋅ OC + DC ⋅ CN ,DC ⋅ MO =0, т.к. МО ⊥ DC.→4=16, т.к. cos ( DC5DC ⋅ OC =5 ⋅ 4 ⋅→→→→→→∧ →OC )=cos ∠DCO=cos ∠OCB=4;5DC ⋅ CN =5 ⋅ 2,5 ⋅ cos (180°−∠DCN)=12,5 (−cos ∠DCN)=−12,5⋅16⋅cos (2⋅∠OCB)=−12,5 (2 ⋅ cos2 ∠OCB−1)=−12,5 ⋅ 2 ⋅+12,5=12,5 − 16=−3,5,25DC ⋅ MN =0+16−3,5=12,5,→→ ∧→DC ⋅ MN =| DC | ⋅ | MN | ⋅ cos ( DC→ ∧cos ( DC→→12,5 125 5==;5 ⋅ 6,5 325 13MN )=→→MN ),→→→→→→→→→→→в) AC ⋅ MN =( AB + AD )( MO + OB + BN )= AB ⋅ MO + AB ⋅ OB + AB ⋅ BN +→→→→→→+ AD ⋅ MO + AD ⋅ BN , AB ⋅ MO =0, т.к.

AB ⊥ МО,→→3AB ⋅ OB =5⋅3⋅соs ∠ОВА=15 ⋅ cos ∠OBC=15⋅ =9,5→→AB ⋅ BN =5⋅2,5⋅cos (180°−∠ABN)=12,5⋅(−cos ∠ABN)=−12,5⋅cos (2⋅∠OBC)=9=−12,5⋅(2⋅cos2 ∠OBC−1)=−25⋅+12,5=12,5−9=3,5,25→→→→→→3AD ⋅ OB = BC ⋅ OB =5⋅3⋅(− )=−9, AD ⋅ MO =0.5→→→→→→→→AD ⋅ BH = BC ⋅ BN =5⋅2,5=12,5, AC ⋅ MN =0+9+3,5−9−0+12,5=16,→ ∧→→→16 416==;8 ⋅ 6,5 52 13AC ⋅ MN =| AC |⋅| MN |⋅cos ( AC→ ∧cos ( AC→MN )=→→→→→→MN ),→→→→→→→г) DB ⋅ MN =( DC + CB )( MO + OC + CN )= DC ⋅ MO + CB ⋅ MO + DC ⋅ OC +→→→→→→+ CB ⋅ OC + DC ⋅ CN , DC ⋅ MO =0.54→→→→→→→→→→→→→→CB ⋅ MO =0, DC ⋅ OC =5⋅4⋅4=16,5CB ⋅ OC =5⋅4 ⋅ cos (180°−∠OCB)=5⋅4(−4)=−16,5DC ⋅ CN =5⋅2,5 ⋅ cos (180°−2∠OCB)=−3,5,CB ⋅ CN =5⋅2,5⋅1=12,5,DB ⋅ MN =0+0+16−16−3,5+12,5=−3,5+12,5=9,→→ ∧→DB ⋅ MN =| DB |⋅ | MN |⋅cos ( DB→ ∧→ ∧MK)=6⋅6,5⋅cos ( DB→MN ),→93=.39 13513. Обозначим сторону куба через а.

Введем прямоугольную систему координат как показано на рисунке.cos ( DBMN }=→Задача сводится к нахождению cos ( NM∧→DA ).3a; 0; 0), A (a; 0; 0), A1 (a; 0; a), B (a; a; 0),5а) N (B1 (а; a; a), М (a; a;→332a), D (0; 0; 0); NM { a; a; a}.555→DA {a; 0; 0}.→|cos ( NM25| a2 + 0 + 0 |∧ →DA )|=4 2a252+a +9 2a25=⋅ a22 2a25= ⋅52 4 + 25 + 9a25138252=38.б) Синус угла между прямой МN и плоскостью A1B1C1D1 равен→|cos ( NM∧→AA1 )|.→→AA1 {0; 0; а},|cos ( NM∧→AA1 )|=|0+0+arrrr3 2a |5=38⋅ a2253⋅5a2a23825=338.514. а {| а | cos ϕ1; | а | cos ϕ2; | а |cos ϕ3}, (смотри задачу 460)rгде ϕ1, ϕ2 и ϕ3 — углы, которые а составляет с осями координат Ox, Oy,Oz.rr| а |= x 2 + y 2 + z 2 где х, у, z — координаты а .rrrrrТогда, | а |2=x2+у2+z2=| а |2 cos2 ϕ1+| а |2 cos2 ϕ2; | а |2 cos2 ϕ3=| а |2 (cos2 ϕ1++cos2 ϕ2+cos2 ϕ3), cos2 ϕ1+cos2 ϕ2+cos2 ϕ3=1, чот и требовалось доказать.55515.Из точки С проведем прямую CF перпендикулярную плоскости АОВ, вплоскости АОВ проведем FA ⊥ ОА, FB ⊥ ОВ.

По теореме о трех перпендикулярах: СА ⊥ ОА и СВ ⊥ ОВ. Пусть ОС=а, тогда из ∆СОА: ОА=ОС cos 60°==аа; из ∆СОВ: ОВ=ОС·cos 45°=.22Для ∆АОВ по теореме косинусов:AB2=OB2+OA2−2⋅ОB⋅OA cos 45°;АВ2=а2 а2аа а 1 а2 а2 а2 а2+−2⋅⋅ ==+−=, АВ= .422242422 2Таким образом, ∆АОВ — равнобедренный, ОА=АВ; ∠АВО=45°,∠ОАВ=90°.Тогда, FA совпадает с АВ и С проектируется в точку В.Прямые НО и СВ перпендикулярны к плоскости АВО, т.е. они лежат водной плоскости, ∠НОВ=90°, ∠COB=45°, таким образом, искомый уголθ=45°.516.

СА ⊥ АВ.Из А проведем прямую ОА ⊥ АВ,∠CAO=ϕ. Отложим АС=АО; построим отрезок СО, из точки О проведем луч, пересекающий луч AD вточке D, OD || АВ.OD || АВ, а ОА ⊥ АВ, значит,OD ⊥ OA. По теореме о трех перпендикулярах: СО⊥OD.Обозначим AD=а. Тогда в ∆AOD:AО=a sin θ, OD=a cos θ.Из ∆ОАС по теореме косинусов: CO2=OA2+AC2−2⋅AC⋅АО⋅cos ϕ;CO2=a2 sin2ϕ+a2 sin2 θ − 2a2 sin2 θ cos ϕ=2a2 sin2 θ (1 − cos ϕ).В прямоугольном ∆CODCD2=ОС2+OD2;CD2=2 a2 sin2 θ (1 − cos ϕ)+a2 cos2 θ.В ∆CAD по теореме косинусов искомый ∠CAD=х;CD2=СА2+AD2 − 2⋅СА ⋅ AD ⋅ cos x.2а2 sin2 θ (1 − cos ϕ)+a2 cos2 θ=a2 sin2 θ+а2 −2 a2 sin θ cos х,562 sin2 θ − 2 sin2 θ cos ϕ+cos2 θ=sin2 θ+1− 2 sin θ cos х,1 − 2 sin2 θ cos ϕ −1=−2 sin θ cos х,2 sin2 θ cos ϕ=2 sin θ cos х, sin θ ≠0,следовательно, sin θ cos ϕ=cos х.517.

Через D проведем прямую,параллельно ребру АВ; черезточку А проведем прямую,перпендикулярную ребру АВ; этипрямые пересекаются в точке F.Тогда AF ⊥ FD. Проведем отрезокСF и отрезок CD. По теореме отрех перпендикулярах CF ⊥ FD, а значит ∆CFD — прямоугольный.AFDB — прямоугольник, AF=BD=р, АВ=FD=m.Для ∆CAF по теореме косинусов:CF2=АС2+AF2 − 2⋅АС⋅AF⋅ cos 120°=n2+р2−2 ⋅ n ⋅ p cos (180°− 60°)==n2+p2+2⋅n⋅p⋅1 2 2=n +р +np.2В ∆СFD: CD2=CF2+FD2, CD2=n2+p2+np+m2; CD= n 2 + p 2 + m 2 + np .518. а) по условию а || α, тогда все точки прямой находятся на одинаковом расстоянии от плоскости α. Предположим, что при движении a1 не параллельна α1, т.е. a1 пересекает α1, тогда точки прямой а1 находятся на различных расстояниях от плоскости α1, что противоречит тому, что придвижении расстояние между точками сохраняется.

Предположение неверно, т.е. а1 || α1.б) Дано:В результате движения:Пусть М — точка плоскости α, в которой а пересечет α. Возьмем произвольные точки А ∈ а, В ∈ α, С ∈ α.∆АМВ и ∆АМС — прямоугольные треугольники; AM2=АВ2 − ВМ2==AC2 − СМ2.При движении АВ=А1B1, АС=А1С1, AM=А1М1 (по доказанному в предыдущих задачах).A1M12=А1B12 − B1M12, значит, A1М1 ⊥B1M1.A1M12=A1C12 − C1M12, значит, A1M1 ⊥ C1M1.Таким образом, А1М1 перпендикулярна плоскости α1 по признаку перпендикулярности прямой к плоскости.519.