МАТЕМАТИКА

Б. М. БЕККЕР В. Б. НЕКРАСОВ

ПРИМЕНЕНИЕ ВЕКТОРОВ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

8-11

Б. М. Беккер, В. Б. Некрасов

ПРИМЕНЕНИЕ ВЕКТОРОВ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Санкт-Петербург

СМИО Пресс

2002

Б13

Беккер Б. М., Некрасов В. Б.

Б13 Примененные векторов для решения задач. Учебное пособие по математике для учащихся 8—11 кл. — СПб., «СМИО Пресс», 2002. — 88 с.

Учебное пособие, в котором рассмотрены методы применения векторов для решения различных математических задач, является дополнением школьного учебника. Пособие адресовано учащимся средних школ и абитуриентам для подготовки к экзаменам.

ISBN 5-7704-0088-9

© Беккер Б. М., Некрасов В.Б., 1997, 2002 (испр.)

© Гульковский Н. Н., оформление обложки, 2002

© «СМИО Пресс», 1998

Редакторы к. ф.-м. н. Золина Н. К., к. ф.-м. н. Черкасова T. Х. Художественный редактор Соловьева Н. Д. В подготовке издания принимали участие Морозов А. В., Морозова И. С.

Издательство «СМИО Пресс», 193148, г. Санкт-Петербург, ул. Седова, д. 20/32, кв. 5, тел/факс (812) 567-55-14, E-mail: smio@vs7316.spb.edu

Подписано к печати 26.07.02. Формат 84×1081/32- Бумага писчая. Гарнитура школьная. Усл.-печ. л. 4,5. Тираж 3000 экз. Заказ № 172

Отпечатано в ООО «Диамант» 195273, г. Санкт-Петербург, ул. Руставели, д. 13.

ПРЕДИСЛОВИЕ

Настоящее пособие является дополнением к школьному учебнику и адресовано учителям математики и учащимся 8—11 классов. Его цель — развить навыки применения векторов для решения различных математических задач. Описываемые в пособии приемы решения могут быть использованы при изучении и планиметрии (8, 9 классы), и стереометрии (10,11 классы). Соответственно и упражнения к каждому разделу содержат и планиметрические, и стереометрические задачи. Кроме того, условия ряда задач допускают как двумерную, так и трехмерную интерпретацию. Таким образом, пособие может быть полезно и интересно любому школьнику, знакомому с понятием «вектор» и интересующемуся его приложениями.

Весь материал распределен по пяти параграфам. Первые четыре параграфа посвящены геометрии, а последний — доказательству неравенств. Материал § 3 и § 5 не претендует на полноту и носит ознакомительный характер. Для тех, кто хочет ближе познакомиться с темами, затронутыми в этих параграфах, мы рекомендуем дополнительную литературу, список которой помещен в конце книги.

Каждый параграф начинается демонстрацией того или иного метода на конкретных примерах и заканчивается набором задач для самостоятельного решения. Почти все задачи, помещенные в пособии, снабжены подробными решениями и ответами. Большинство задач предлагались в последние годы на вступительных экзаменах в ведущие вузы Москвы и Санкт-Петербурга.

§ 1

ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ И ОТНОШЕНИЕ ОТРЕЗКОВ

Напомним некоторые свойства сложения и вычитания векторов.

1. Для любых точек А, В, С

(формула треугольника).

2. Обобщением формулы треугольника служит формула многоугольника

3. Любой вектор AB можно представить в виде разности векторов с заданным началом О:

(формула разности).

Прежде чем приступить к решению геометрических задач с использованием векторов, полезно выработать навык обращения с перечисленными формулами. Этому помогут следующие примеры, а также упражнения в конце параграфа.

Пример 1. Упростить выражение

Мы приведем два способа решения этой задачи.

1 способ

Этот способ основан на удачной перестановке слагаемых и последующем применении «формулы многоугольника».

2 способ

Второй способ основан на использовании формулы разности (здесь О — любая точка). Хотя он и выглядит менее рациональным по сравнению с первым, но обладает тем преимуществом, что совершенно автоматически приводит к ответу.

Продемонстрируем это еще на одном примере.

Пример 2. Упростить выражение

Решение. Для любой точки О имеем

Попробуйте самостоятельно решить эту задачу первым способом.

Пример 3. Найти вектор х из условия:

Решение. х = EL — EF + LM + МК = FL + LK = FK.

Пример 4. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Найти вектор X, начало и конец которого являются вершинами параллелепипеда, причем

Решение

В рассмотренных задачах использовалось сложение и вычитание векторов, а также умножение вектора на число. Операция умножения вектора на число тесно связана с понятием коллинеарности векторов. Напомним, что ненулевые векторы AB и CD коллинеарны в том и только в том случае, если прямые AB и CD параллельны или совпадают. Нулевой вектор коллинеарен любому вектору. На алгебраическом языке коллинеарность вектора а ненулевому вектору b означает существование такого числа А, что а = kb.

Следующая таблица содержит перевод на векторный язык ряда геометрических утверждений, связанных с параллельностью и отношением отрезков.

Таблица А

1

Точка С лежит на прямой AB

AC = k ⋅ AB при некотором k

2

Точка С делит отрезок AB в отношении АС : CB = m : k

k AC = m ⋅ CB (k > 0, m > 0)

3

ABCD — параллелограмм

AB = DC

В первых двух строках предполагается, что точки А и В не совпадают, а в третьей — что А, В, С, D не лежат на одной прямой.

Из третьей строки таблицы легко получить следующее полезное в дальнейшем утверждение.

Если ABCD — параллелограмм, то для любой точки О выполняется равенство OA + ОС = OB + OD. Обратно, если для четырехугольника ABCD выполняется равенство OA + ОС = OB + OD, то ABCD — параллелограмм. Действительно, если ABCD — параллелограмм, то, в силу утверждения 3 таблицы, AB = DC Откуда, по формуле разности,

Вторую часть утверждения попробуйте доказать самостоятельно.

Пусть теперь точка M делит отрезок AB в отношении AM : MB = m : k. Воспользуемся второй строкой таблицы и получим разложение вектора ОМ по векторам OA и OB для произвольной точки О (разложить вектор с по векторам а и b означает представить его в виде с = ха + уb). Имеем kAM = mMВ. Применим формулу разности к обеим частям этого равенства. Получим

Откуда

и, наконец,

Рекомендуем запомнить один частный случай этой формулы. А именно, если M — середина отрезка AB, то

в чем легко убедиться, положив в полученной выше формуле k = m = 1.

Попробуйте найти другое объяснение последней формулы (вспомните правило параллелограмма).

Предположим теперь, что M — точка пересечения медиан произвольного треугольника ABС. Тогда при любом выборе точки О имеет место равенство

Действительно, если АА1 и ВВ1 — медианы треугольника ABC (рис. 1), то M делит отрезок ВВ1 в отношении ВМ: МВ1 =2:1.

Тогда из только что выведенной формулы при m = 2, А = 1 получаем

Поскольку B1 — середина АС, то

Значит,

Очевидно, верны и утверждения, обратные доказанным в последних трех примерах.

Соберем полученную информацию в таблицу В.

Таблица В

1

M — середина AB

2

Точка M делит отрезок AB в отношении AM : MB = m:k

3

M — точка пересечения медиан треугольника ABC

Следующий пример иллюстрирует применение информации, собранной в этой таблице.

Дана треугольная призма АВСA1B1C1 (рис. 2).

M — точка пересечения медиан треугольника A1B1C1, N — точка пересечения диагоналей параллелограмма BB1C1С. Разложите вектор MN по векторам

Рис. 1

Имеем MN = AN — AМ. Выразим векторы AN и AM через а, b, с.

Так как — середина диагонали В1С, то

Рис. 2

Так как M — точка пересечения медиан треугольника A1B1C1, то

Откуда

Теперь перейдем непосредственно к применению векторов для решения геометрических задач.

Задача 1. Пусть К, L, M, N — середины отрезков ВС, CD, DE, ЕА пятиугольника ABC DE, а точки Р и Q — середины отрезков КМ и LN. Доказать, что отрезки PQ и AB параллельны и найдите отношение их длин.

Решение. Выразим вектор PQ через векторы ОЕ, OA, OB, ОС, OD, где О — произвольная точка. По формуле разности, PQ = OQ — ОР. Так как Q — середина LN, а Р — середина КМ, то

В свою очередь,

Откуда

Отсюда следует, что отрезки PQ и AB параллельны и отношение их длин равно ~ .

Задача 2. В тетраэдре ABCD точки Е и F — середины ребер AB и CD. Доказать, что середины отрезков CE, DE, AF и BF являются вершинами параллелограмма.

Решение. Пусть К, L, M, N — середины отрезков СЕ, DE, AF и BF (рис. 3).

Докажем равенство векторов KN и ML, выразив их через векторы OA, OB, ОС, OD, где О — произвольная точка:

Рис. 3

Следовательно, KN = ML, что и требовалось доказать.

Задача 3. Доказать, что середины оснований и точка пересечения диагоналей трапеции лежат на одной прямой.

Решение. Пусть M, N — середины оснований ВС и AD трапеции ABCD (рис. 4). О — точка пересечения диагоналей. Из подобия треугольников AOD и ВОС следует, что

Обозначая буквой k эти отношения, получим

Тогда

Таким образом, точки M, О, N лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

Упражнения и задачи к § 1

1. Упростите выражения:

2. Найдите вектор х из условия:

3. Точка M лежит на луче AB вне отрезка AB и

Разложите вектор ОМ по векторам OA и OB (О — произвольная точка).

Рис. 4

4. Дан параллелограмм ABCD. Разложите следующие векторы по векторам а = AD, b — AB:

а) АС, BD;

б) ВК, где точка К делит сторону DC в отношении DK:KC =5:3;

в) СМ, где точка M делит диагональ BD в отношении DM: MB = 1:3;

г) BN, где точка N делит отрезок KM в отношении КМ: NM = 1:2;

д) NP, где Р — точка пересечения медиан треугольника ABD.

5. Дана треугольная призма АВСA1B1C1. Разложите по векторам а = AA1, b = AB, с = АС следующие векторы:

а) АК, где точка K делит ребро B1C1 в отношении B1K:KC1 =2:3;

б) KL, где L — середина ребра AB;

в) MN, где M — точка пересечения медиан треугольника A1B1C1, N — точка пересечения диагоналей параллелограмма BB1C1C.

г) PQ, где Р и Q — середины отрезков KL и MN соответственно.

6. В пространстве заданы четыре произвольные точки А, В, С, D. Точки К, L, M, iV — середины отрезков AB, BC, CD и AD соответственно. Докажите, что отрезки КМ и LN пересекаются в некоторой точке О, делятся этой точкой пополам и

где X — произвольная точка пространства.

7. Точки К, L, M, N, Р, Q — середины сторон AB, BC, CD, DE, EF, FG семиугольника ABCDEFG соответственно. Точки R и S — точки пересечения медиан треугольников КМР и LNQ. Докажите, что

8. Через точку Р — внутреннюю точку параллелограмма ABCD — проведены прямая КМ параллельно AD и прямая LN параллельно AB, пересекающие стороны AB, ВС, CD, DA параллелограмма ABCD в точках К, L, M, N соответственно. Q — точка пересечения средних линий четырехугольника KLMN, S — точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD. Докажите, что Q — середина отрезка PS.

9. Докажите, что середины оснований трапеции и точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны, лежат на одной прямой.

10. Даны треугольники A1B1C1 и A2B2C2. Точки А, В, С делят отрезки А1A2, В1B2, С1C2 в одном и том же отношении:

Докажите, что если точки А, В, С не лежат на одной прямой, то точки пересечения медиан треугольников ABC, A1B1C1, A2B2C2 лежат на одной прямой.

11. Даны два параллелограмма ABCD и A1B1C1D1, произвольным образом расположенные в пространстве. Точки M, N, Е, F — середины отрезков АХА, ВХВ, СХС, DXD соответственно. Докажите, что если точки M, N, Е, F не лежат на одной прямой, то MNEF — параллелограмм.

12. Докажите, что треугольник, вершинами которого служат точки пересечения медиан боковых граней тетраэдра, подобен основанию тетраэдра.

13. Середина каждой стороны основания четырехугольной пирамиды соединена отрезком с точкой пересечения медиан противоположной боковой грани. Докажите, что середины четырех проведенных отрезков являются вершинами параллелограмма. Найдите отношение площади этого параллелограмма к площади основания пирамиды.

14. Докажите, что если в пространственном шестиугольнике ABCDEF (точки А, В, С, D, Е, F не лежат в одной плоскости) противоположные стороны попарно параллельны, то эти стороны попарно равны.

15. Докажите, что середины сторон шестиугольника, о котором идет речь в предыдущей задаче, лежат в одной плоскости.

16. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Докажите, что плоскости A1C1D и АB1С делят диагональ BD1 на три равные части.

§ 2

УСЛОВИЯ ПРИНАДЛЕЖНОСТИ ТРЕХ ТОЧЕК ОДНОЙ ПРЯМОЙ И ЧЕТЫРЕХ ТОЧЕК ОДНОЙ ПЛОСКОСТИ

В основе предлагаемых ниже задач лежит следующее утверждение.

Пусть точка С лежит на прямой AB, точка О не лежит на этой прямой и имеет место равенство ОС = аОА+ ßOB.

Тогда а + ß = 1.

Доказательство. Так как С лежит на прямой AB, то существует число k такое, что АС = А AВ. Откуда

значит,

Поскольку OA и OB неколлинеарные векторы, то разложение ОС по OA и OB единственно. Откуда а=1-A, B = * и, следовательно, а + ß = 1, что и требовалось доказать.

Задача. Точки К, L, M на сторонах АС, ВС, AB треугольника ABC таковы, что , N — середина стороны АС. Найти отношение, в котором точка пересечения отрезков KL и MN делит отрезок KL.

Решение. Обозначим через О точку пересечения отрезков MN и KL

(рис. 5) и через х — отношение

Тогда КО = X KL .

Рис. 5

Учитывая, что L — середина MC и KN

получаем

Так как точка О лежит на прямой MN, то

Аналогичными рассуждениями можно доказать следующее красивое утверждение.

Теорема Чевы. Пусть точки А1, В1, C2 лежат на сторонах ВС, АС, AB треугольника ABС. Тогда отрезки AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке в том и только в том случае, если

Доказательство. Пусть О — точка пересечения отрезков AA1 и CC1, а О1 — точка пересечения отрезков AA1 и ВB1 (рис. 6).

Пусть

Обозначим через х отношение

через у — отношение

а

Тогда

Так как точка О лежит на прямой С1С, то

Рис. 6

Откуда Аналогично

Так как точка O1 лежит на прямой BB1, то

Откуда

Отрезки АA1, ВB1, CC1 пересекаются в одной точке в том и только в том случае, если х = у, т. е.

что равносильно abc = 1. Таким образом, отрезки АА1, BB1, СС1 пересекаются в одной точке в том и только в том случае, если

что и требовалось доказать.

До сих пор в этом параграфе мы имели дело с планиметрией. Пусть теперь точка D лежит в плоскости АБС, точка О не лежит в этой плоскости и имеет место равенство

Тогда а + ß + у = 1.

Доказательство. Так как точка D лежит в плоскости АБС, то векторы AD, AB, АС компланарны, а так как AB и АС неколлинеарны, то существуют такие числа m, n, что AD = m AB+ n АС.

Откуда Значит,

Поскольку OA, OB, ОС некомпланарны, то разложение OD по OA, OB, ОС единственно.

Откуда а = 1 — m — n, ß = m, у = n и, следовательно,

что и требовалось доказать.

Применим доказанное утверждение к решению следующей задачи.

Задача. Точки A1, B1, С1 на ребрах AD, BD, CD правильной треугольной пирамиды DABC таковы, что AXD = — AD,

В каком отношении высота пирамиды, проведенная из вершины D, делится плоскостью A1B1C1?

Решение. Пусть М1 — точка пересечения высоты DM тетраэдра ABCD и плоскости A1B1C1 (рис. 7).

Обозначим через х отношение

Тогда DMX =xDМ. Пирамида DABC — правильная, следовательно, M — точка пересечения медиан ААВС и

Кроме того, из условия имеем:

и окончательно

Так как точки М1, A1, B1, С1 лежат в одной плоскости, то

Ответ:

Рис. 7

Задачи к § 2

1. Точки M и К на сторонах АБ и ВС треугольника ABС таковы, что = — , ^М- = — . Отрезки АК и СМ пересекаются в точке N. Найдите

2. Точки M, F, Р на сторонах AB, ВС, АС треугольника ABC таковы, что -=-= 5, -= 3 . В каком отношении делит каждый из отрезков AF и MP их точка пересечения?

3. Отрезок СМ — медиана треугольника ABС. На лучах CA и СВ отложены отрезки CA, и CB1, соответственно, такие, что-= а (а < 1) и -= ß (ß > 1). Отрезок A1B1 пересекает луч СМ в точке М1. При каком соотношении между ос и ß точка M1 расположена внутри треугольника ABC?

4. На сторонах LK и LM треугольника KLM отложены отрезки LA и LB такие, что LA = 3АК, LB = 4ВМ. Отрезки ВК и AM пересекаются в точке С. Во сколько раз площадь треугольника KLM больше площади треугольника КСM?

5. Точки К и M на сторонах АС и ВС треугольника ABC таковы, что AK = 4CÜT, СМ = 3МВ. Найдите площадь треугольника ВОМ, где О — точка пересечения отрезков AM и BUT, если площадь треугольника ABC равна S.

6. Основание четырехугольной пирамиды PABCD — параллелограмм ABCD. Точки A1, B1, C1 на боковых ребрах РА, PB, PC пирамиды таковы, что-- = 2,-- = 5, — = 10. В каком отношении плоскость A1B1C1 делит боковое ребро D1P&

7. Дан тетраэдр ABCD. Медианы треугольника ABC пересекаются в точке М. На отрезках DA, DC и DM взяты

В каком отношении плоскость A1M1C1 делит объем тетраэдра ABCD?

8. Основание четырехугольной пирамиды PABCD — параллелограмм ABCD. Точки К, M, N на боковых ребрах точки A1, С1, и M1 таковы, что

В каком отношении плоскость KMN делит объем пирамиды PABCD?

9. Отрезки DA1, DB1, DC1 — медианы граней BCD, ACD и ABD тетраэдра ABCD. Точки К, M, N делят отрезки DC1, DB1, DA1 в отношении

В каком отношении плоскость KMN делит каждое из ребер DA, DB, DC?

§ 3

ЦЕНТРОИД СИСТЕМЫ ТОЧЕК

Точка M называется центроидом системы точек A1, A2, ... , An, если

(1)

Механически центроид системы точек можно представить себе как центр тяжести тела, образованного равными точечными массами, помещенными в эти точки и жестко соединенными невесомыми стержнями. В более общем случае центр тяжести тела M, образованного разными точечными массами m1, m2, ... , mn, помещенными в точки A1, A2, ... , An, определяется условием

Очевидно, что центроид системы из одной точки совпадает с этой точкой. Середина M отрезка AB является центроидом системы из точек А и В, так как в этом случае

В общем случае равенство (1) можно с помощью формулы разности переписать так:

(О — произвольная точка),

откуда

(2)

Мы доказали, что любая система точек имеет единственный центроид.

Нахождение центроида из большего количества точек упрощается благодаря следующему принципу. Если M1 — центроид системы k точек А1, A2, ... , Ak, а M2 — центроид системы l точек В1, B2, ..., Bl, и эти системы не имеют об-

щих точек, то центроид системы k + l точек А1, A2, ... , Ак, В1, B2, ... , Bl — это точка M, принадлежащая отрезку М1M2 и делящая его в отношении M1М:МM2 =l:k. Докажем справедливость этого принципа. Пусть точка M делит отрезок М1M2 в отношении М1М:МM2 = l:k, т. е. kM1M =lМM2 .

Откуда

и наконец,

По формуле (2)

Таким образом,

Отсюда вытекает, что точка M является центроидом системы k + l точек A1, A2, ... , Ak, В1, B2, ... , Bl.

Применяя доказанный принцип к системе, состоящей из трех вершин треугольника, мы получим, что центроид этой системы (его называют центроидом треугольника) лежит на отрезке, соединяющем любую из вершин треугольника с центроидом пары других вершин, т. е. с серединой противоположной стороны, и делит этот отрезок в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, центроид треугольника принадлежит каждой из его медиан и делит

ее в указанном отношении. Отсюда следует известная теорема планиметрии: медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

Покажем применение понятия центроида системы точек в геометрии на примере следующей задачи.

Задача. Доказать, что в четырехугольнике отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, и отрезок, соединяющий середины диагоналей, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.

Решение. Докажем, что все три отрезка проходят через центроид четырехугольника и делятся им пополам. Чтобы найти центроид четырехугольника, можно разбить его вершины на две группы, по две вершины в каждой группе. Если в одну группу попадают концы одной стороны четырехугольника, то в другой группе окажутся вершины противоположной стороны, а если в одной группе — концы одной диагонали, то в другой группе — концы другой диагонали. Центроид четырехугольника принадлежит отрезку, соединяющему центроиды каждой группы, и делит этот отрезок в отношении 2 : 2, т. е. пополам. Отсюда и вытекает утверждение задачи.

Задачи к § 3

1. Докажите, что три отрезка, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.

2. Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан противоположной грани. Докажите, что медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 3:1, считая от вершины.

3. Докажите, что отрезки, соединяющие середину каждой стороны основания четырехугольной пирамиды с точкой пересечения медиан противоположной боковой грани, пересекаются в одной точке. В каком отношении они делятся этой точкой?

§ 4

ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ

Задачи, в которых требуется вычислить те или иные расстояния или углы в плоскости или в пространстве, удобно решать, используя скалярные произведения векторов.

Напомним, что скалярное произведение двух ненулевых векторов вычисляется по формуле

где а — угол между векторами а и b. Если хотя бы один из сомножителей — нулевой вектор, то скалярное произведение равно нулю. Скалярное произведение а ⋅ а называется скалярным квадратом и обозначается а . Отметим важные для геометрических приложений свойства скалярного произведения.

1. Два ненулевых вектора перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение равно нулю.

2. Скалярный квадрат вектора равен квадрату его длины, т. е. длина вектора равна арифметическому квадратному корню из его скалярного квадрата.

3. Косинус угла а между ненулевыми векторами а и b вычисляется по формуле

Задав на плоскости пару неколлинеарных векторов — базис, можно любой вектор плоскости единственным образом разложить по этому базису. В пространстве базис состоит из трех некомпланарных векторов.

Основной метод решения состоит в том, что выбирается подходящий базис и составляется «таблица умножения» — таблица скалярных произведений векторов этого базиса. Имея такую таблицу и зная разложение векторов в этом базисе, уже нетрудно вычислить длины этих векторов и углы между ними. Проиллюстрируем сказанное на ряде задач.

Задача 1. Отрезок АК является биссектрисой треугольника ABС. Найти угол между прямыми АК и ВС, если ∠ВАС = а и АС:АВ = 3:1.

Решение. Прежде всего напомним, что угол между прямыми либо равен углу между лежащими на этих прямых ненулевыми векторами, либо составляет с ним в сумме 180° (рис. 8).

В первом случае косинус угла между прямыми a и b равен косинусу угла между векторами m и n, а во втором случае эти числа противоположны. В любом случае

Переходя к решению задачи, примем длину стороны AB за единицу и выберем в качестве базиса векторы AB = m и АС = n (рис. 9).

Таблица 1

Рис. 8

Рис. 9

Составим таблицу умножения для этого базиса (табл. 1). Имеем:

Разложим векторы АК и ВС по векторам тип. Получим

Далее, по свойству биссектрисы треугольника CK : KB = AC :СВ =3:1, или, на векторном языке, CK = 3КВ, откуда Далее находим

Угол φ между прямыми АК и ВС находится по формуле

где в числителе стоит модуль скалярного произведения векторов АК и ВС, а в знаменателе — произведение их длин. Пользуясь таблицей умножения, находим:

Отсюда

Задача 2. В тетраэдре ABCD все ребра имеют одинаковую длину. Точки К, M, N — середины ребер CD, AD, AB соответственно. Точка О — центр треугольника ABС. Найти угол между прямыми МО и KN (рис. 10).

Решение. Примем длину ребра пирамиды за единицу и выберем в качестве базиса векторы:

DA = a,DB = b ,DC = 7.

Составим таблицу умножения для этого базиса, учитывая, что углы между базисными векторами равны 60° (табл. 2).

Разложим векторы МО и KN по векторам a, b, с.

Получим

Так как О — центр треугольника ABC, то

Точка M — середина AD, поэтому

Откуда

Далее, KN = DN — DК. Так как N — середина отрезка

Рис. 10

Таблица 2

Так как К — середина DC, то

Откуда

Таким образом,

Раскрывая скобки и пользуясь таблицей умножения, получаем:

Аналогично находим:

Теперь легко найти искомый угол φ. Имеем

откуда

Задача 3. Сторона основания правильной треугольной призмы ABCA1C, равна а, точки О и О1 являются центрами граней ABC и A1B1C1 соответственно. Длина ортогональной проекции отрезка АО1 на прямую В1О равна —. Найти высоту призмы (рис. 11).

Решение. Выберем в качестве базиса векторы AA1 = a, AB = b, AC = с . Условие задачи не позво-

Рис. 11

ляет сразу написать таблицу умножения для этого базиса, поскольку неизвестна длина вектора а. Обозначим эту длину через h и составим таблицу умножения, в которую будет входить неизвестная величина (табл. 3).

Затем, пользуясь этой таблицей, попытаемся получить уравнение относительно A. Ортогональная проекция отрезка АО1 на прямую В1О равна длине этого отрезка, умноженной на косинус угла φ между прямыми АО1 и В1О. Чтобы вычислить cos φ и AO1, разложим векторы АО1 и В1О по базису а, b, с. Получим

Далее,

Пользуясь таблицей умножения для базиса а, b, с, находим

Откуда

Поскольку

то получаем уравнение

Таблица 3

Решая это уравнение, находим высоту призмы:

В рассмотренных задачах необходимо было найти углы между прямыми или расстояние между точками. Можно выделить еще четыре типа задач на вычисление расстояний и углов.

1. Расстояние от точки до прямой

Речь пойдет о задачах следующего типа. Дана точка M, прямая l с направляющим вектором а, точка А на прямой l, AM = m. Требуется найти расстояние от точки M до прямой l. Приведем схему решения этой задачи.

Пусть N — ортогональная проекция точки M на прямую l (рис. 12).

Тогда

Неизвестный коэффициент х находится из условия перпендикулярности:

Искомое расстояние равно

Для примера решим следующую задачу.

Задача 4. Каждое ребро призмы АВСА1B1С1 равно 2. Точки M и N — середины ребер AB и .A1C1 Найти расстояние от точки M до прямой CN, если известно, что ∠A1AC = 60° и прямые А1А и AB перпендикулярны (рис. 13).

Решение. Рассмотрим базис, состоящий из векторов AA1 = а, AB = b,AC = с , и составим таблицу умножения для векторов этого базиса (табл. 4).

Рис. 12

Таблица 4

Расстояние от точки M до прямой CN равно расстоянию от точки M до ее проекции на прямую CN.

Пусть Р — проекция точки M на прямую CN. Тогда

для некоторого числа х. Так как

Поскольку прямые MP и CN перпендикулярны, то

Раскрывая скобки и пользуясь таблицей умножения для нашего базиса, получаем

Значит,

Искомое расстояние MP равно

Снова раскрывая скобки и пользуясь таблицей умножения, находим

Таким образом, расстояние от точки M до прямой CN равно

Рис. 13

Рассмотрим еще одну задачу посложнее.

Задача 5. В правильной треугольной пирамиде SABC точка D лежит на ребре SC, SA = 4, CD = 3. Найти объем пирамиды, если известно, что расстояние от точки А до прямой BD равно 2.

Решение. Рассмотрим базис, состоящий из векторов SA = a, SB = b, SD = с (рис. 14), и составим таблицу умножения векторов этого базиса, обозначив через φ плоский угол при вершине пирамиды (табл. 5).

Таблица 5

По условию расстояние от точки А до прямой BD равно 2. Вычислив это расстояние с помощью таблицы умножения векторов нашего базиса, мы получим уравнение, позволяющее найти cos φ. Пусть N — проекция точки А на прямую BD. Расстояние от точки А до прямой BD равно длине вектора AN.

Имеем

Так как векторы AN и DB перпендикулярны, получаем

Раскрывая скобки и используя таблицу умножения векторов выбранного базиса, получаем после упрощения:

(1)

Рис. 14

Так как

и, с другой стороны,

то получаем уравнение

(2)

Решим систему из уравнений (1), (2). Из (1) получаем

Пользуясь этим соотношением, из уравнения (2) получаем

Подставляя найденное значение х в уравнение (1), находим

Найдем теперь длину отрезка SO — высоту пирамиды. Так как точка О — центр треугольника ABC, то

Откуда

Чтобы найти площадь основания пирамиды, вычислим

Искомый объем равен

2. Расстояние от точки до плоскости.

Угол между прямой и плоскостью

Речь пойдет о такой задаче. Дана плоскость а с базисом а, b, точка А в плоскости а, точка M вне плоскости а, AM = m. Требуется найти расстояние от точки M до плос-

Рис. 15

кости а и угол между прямой AM и плоскостью а. Схема решения задачи такова. Пусть N — ортогональная проекция точки M на плоскость а (рис. 15).

Неизвестные коэффициенты х, у находятся из условий перпендикулярности вектора MN векторам а и b.

Зная X и у, мы находим расстояние от точки M до плоскости а, равное

Если x а + у b ≠ 0, то косинус угла между прямой AM и плоскостью а равен модулю косинуса угла между векторами m и ха +yb, а если X а + у b = 0, то прямая AM перпендикулярна плоскости а. Отметим, что угол между прямой и плоскостью можно найти иначе, если заметить, что ∠MAN = 90° — ∠AMN и, следовательно, синус угла между прямой AM и плоскостью а равен модулю косинуса угла между векторами AM и MN.

Покажем, как работает эта схема, на примерах конкретных задач.

Задача 6. Ребра CA, CB, СC1 треугольной призмы АВСA1B1C1 равны, соответственно, 2, 3 и 4 и образуют между собой углы ∠ACB = 90°, ∠ACC1 = 45° и ∠BCC1 = 60°. Найдите объем призмы.

Решение. Пусть отрезок С1О является высотой данной призмы (рис. 16).

Таблица 6

Рис. 16

Для того чтобы найти высоту С1О, выберем в качестве базиса векторы CA = а, СВ = b и CC1 = с и составим таблицу умножения для векторов этого базиса (табл. 6).

Разложим вектор С1О по векторам а, b, с.

Получим

так как векторы СО, а, b компланарны, а векторы а и b неколлинеарны. Таким образом,

Коэффициенты х и у находим из условий перпендикулярности вектора С1O векторам а и b.

Раскрывая скобки и используя таблицу умножения для базиса а, b, с, получаем после упрощения систему

откуда

Следовательно,

Значит,

откуда, раскрывая скобки и используя табл. 6, получаем С1О = 2 и, окончательно VABCA1B1C1 = 6.

Рассмотрим еще одну задачу.

Задача 7. В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ромб ABCD с острым углом ∠ А = 60°. Все ребра призмы имеют длину а. Точка К является ортогональной проекцией точки B1 на плоскость DA1C19 а точка L — ортогональной проекцией точки К на плоскость DD1C1С. Найдите объем пирамиды DCLK.

Решение. Примем за основание пирамиды DCLK треугольник CDL, лежащий в плоскости DD1C1C (рис. 17). Тогда отрезок KL — высота пирамиды.

Таким образом,

где M — ортогональная проекция точки L на прямую DC.

Выберем в качестве базиса векторы C1B1 = m, C1D1 = n, С1С = р и составим таблицу умножения векторов этого базиса (табл. 7).

Таблица 7

Рис. 17

Так как вектор B1K перпендикулярен векторам C1A1 и C1D, получаем систему

Заменив вектор В1K его разложением по векторам m, n, р, раскрыв скобки и воспользовавшись таблицей умножения для векторов m, n, р, после упрощения получаем систему уравнений

откуда находим

Следовательно,

Аналогично запишем вектор KL :

Так как

откуда

Следовательно,

Теперь можно найти высоту пирамиды KCDL. Имеем

Осталось найти LМ. Имеем

Так как

откуда

Таким образом,

3. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми

Рассмотрим следующую задачу. Даны прямая l1 с направляющим вектором а1, точка A1 на прямой l1, прямая l2 с направляющим вектором а2, точка A2 на прямой l2, А1A2 = m. Требуется отыскать расстояние и угол между l1 и l2 (рис. 18).

Такого рода задача решается по следующей схеме. Косинус угла находится по формуле

Чтобы определить расстояние между l1 и l2, т. е. длину их общего перпендикуляра Р1Р2 (Р1 лежит на l1, Р2 лежит на l2), представим Р1Р2 в виде

Рис. 18

Неизвестные коэффициенты х, у находятся из условий перпендикулярности вектора Р1Р2 векторам а1 и а2 :

Искомое расстояние — длина вектора Р1Р2, т. е.

Применим все эти соображения для решения следующей задачи.

Задача 8. Основанием пирамиды S ABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 4д/~2. Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2. Найти расстояние и угол между прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра ВС, а другая проходит через точку С и середину ребра AB.

Решение. Пусть M и N — середины ребер ВС и AB (рис. 19). Выберем в качестве базиса векторы CA = a, СВ = b и CS = с. Составим таблицу умножения для этих векторов (табл. 8).

Найдем угол φ между прямыми SM и CN.

Таблица 8

Рис. 19

Для этого находим

Далее,

Откуда coscp =

значит, φ = 45°.

Теперь вычислим расстояние между прямыми SM и CN, т.е. длину их общего перпендикуляра PQ (Р лежит на SM, Q — на CN).

Имеем

Условия перпендикулярности вектора PQ векторам b — 2с и а + b приводят после упрощений к системе уравнений

Следовательно,

4. Угол между плоскостями

Угол между двумя плоскостями равен углу между перпендикулярными им прямыми. Действительно, пусть плоскости a и ß пересекаются по прямой l (для параллельных или совпадающих плоскостей сформулированное условие очевидно). Через какую-нибудь точку, не принадлежащую

Рис. 20

плоскостям a и ß, проведем прямые а и b, перпендикулярные плоскостям a и ß соответственно (рис. 20).

Тогда плоскость, проходящая через прямые а и b пересекает плоскости а и ß по прямым а1 и b1, перпендикулярным прямой I. Угол между плоскостями а и ß равен углу между прямыми а1 и b1, который, в свою очередь, равен углу между а и b, т. е. прямые a, b, а1, b1 лежат в одной плоскости и а 1 а1, b 1 b1.

Таким образом, задача нахождения угла между плоскостями сводится к вычислению угла между прямыми. Если n и m — ненулевые векторы, перпендикулярные плоскостям а и ß соответственно, то они являются направляющими векторами прямых, перпендикулярных плоскостям а и ß, так что угол φ между этими плоскостями находится из равенства

В качестве примера рассмотрим следующую задачу.

Задача 9. В основании пирамиды SABC лежит равносторонний треугольник ABC со стороной 1, боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания, SA = √3. Плоскость а параллельна прямым SB и АС, плоскость ß параллельна прямым SC и AВ. Найдите угол между плоскостями а и ß.

Решение. Рассмотрим базис из векторов AS = a, AB = b, AC = с (рис. 21).

Рис. 21

Таблица 9

Таблица умножения для этих векторов имеет вид (см. табл. 9).

В качестве вектора m, перпендикулярного плоскости а, можно взять любой ненулевой вектор, удовлетворяющий условиям:

Запишем вектор m в виде

Так как SB = b-a,AC = c, получаем систему уравнений

Раскрывая скобки и преобразуя полученные выражения с помощью таблицы умножения для а, b, с, получаем

Число уравнений в системе меньше числа неизвестных.

Это объясняется тем, что вектор m условием его перпендикулярности плоскости а определен неоднозначно. Решение этой системы сводится к выражению двух неизвестных через третье. Выразим х и у через z:

Положив теперь, например, z = -2, получим х = 1, у = 4. Вектор m = а + 4b -2 с — один из ненулевых векторов, перпендикулярных плоскости а. Аналогично будем искать вектор n=ta + ub + vc, перпендикулярный плоскости ß.

Имеем

откуда

Раскрывая скобки и упрощая, получаем

Можно взять, например, и = -2. Тогда и = 4, t = 1, так что я=а-2b+4с.

Заметим, что выражение для вектора n можно было бы получить без проведенных вычислений из выражения для вектора m, обратив внимание на то, что условие, задающее плоскость ß, получается из условия, задающего плоскость а, перестановкой точек В и С. Теперь вычисляем cos φ.

Имеем

После раскрытия скобок и упрощения получаем

Далее, Откуда

Таким образом,

Задачи к § 4

1. Дано:

Найдите

2. Дано:

Найдите

3. В параллелограмме ABCD точка К — середина стороны ВС, а точка M — середина стороны CD. Найдите AD, если АК = 6, AM = 3, ∠KAM = 60°.

4. В правильном тетраэдре ABCD отрезок MN соединяет середину ребра АС с центром грани BCD, точка Е — середина ребра AВ. Найдите угол между прямыми MN и DE.

5. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды S ABCD вдвое больше стороны основания. Найдите угол между прямыми SM и BN, где M и N — середины ребер AB и SC соответственно.

6. Диагональ BD1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1 перпендикулярна плоскости A1C1О. Докажите, что данный параллелепипед — куб.

7. Основанием пирамиды РАВС является прямоугольный треугольник с катетами АС = 3 и ВС = 5. Боковое ребро АР перпендикулярно прямой АС и равно 4. PB = √30. Найдите объем пирамиды.

8. Ребра AB, AC, AD тетраэдра ABCD равны соответственно 3, √2, 2; ∠DAB = 60°, ∠BAC = 45°, DA LAС. На какие части делит медиану DM треугольника BCD перпендикуляр, опущенный на нее из вершины A?

9. Ребра DA, DB, DC тетраэдра ABCD, равные соответственно √2, 2, 2, образуют между собой углы ∠ADB = 90°, ∠ADC =45°, ∠BDC = 60°. Найдите объем тетраэдра и угол между прямой АК и плоскостью ABD, если точка К — середина ребра ВС.

10. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 длина стороны основания равна а, длина бокового ребра равна —. Точка D является ортогональной проекцией середины реб-

pa A1C1 на плоскость АВ1C1, а точка Е — ортогональной проекцией точки D на плоскость AA1B1В. Найдите объем пирамиды A1B1DE.

11. В основании треугольной призмы лежит равнобедренный прямоугольный треугольник ABC, катеты AB и АС которого равны а. Боковые ребра призмы AA1, ВB1, CC1 образуют с плоскостью основания углы в 60°. Найдите объем призмы, если длина диагонали боковой грани ВСХ равна а√6 и ВС1 перпендикулярна ребру АС.

12. Высота правильной четырехугольной пирамиды S ABCD в √3 раз больше стороны основания. Точка Е — середина апофемы грани AS В. Найдите угол между прямой DE и плоскостью ASC.

13. Основание пирамиды SABC — прямоугольный треугольник с катетами AB = 2 см и АС = √2 см. Боковое ребро AS, длина которого 4 см, составляет со смежными сторонами основания углы ∠SAB = 60° и ∠SAC = 45°. Точка К делит отрезок АС в отношении -= —. Найдите расстояние и угол между прямыми ВС и SK.

14. В правильной треугольной пирамиде DABC плоские углы при вершине D — прямые. Точка M — середина ребра CD, точка К — середина ребра AD. Найдите угол между плоскостями ВСК и АВМ.

§ 5

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ

Этот параграф по характеру отличается от предыдущих. В нем речь пойдет об одном негеометрическом применении векторов — доказательстве неравенств. Начнем с конкретной задачи.

Задача 1. Пусть а, ß, у — углы треугольника. Докажите, что

Решение. Пусть ABC — треугольник с углами а, ß, у: ∠A = а, ∠B = ß, ∠C = у. Обозначим через О центр окружности, описанной вокруг треугольника ABC, а через R ее радиус.

Рассмотрим вектор ОА + OB-ОС. Поскольку скалярный квадрат любого вектора — число неотрицательное, имеем неравенство

Раскроем скобки, пользуясь свойствами скалярного произведения векторов. Получим

Так как

Далее,

так как угол между векторами OA и OB — это центральный угол, опирающийся на ту же дугу окружности, что и вписанный в нее угол ВСА треугольника ABС. Аналогично

Таким образом, получаем неравенство

Отсюда

Изложенным выше способом можно доказывать и многие другие тригонометрические неравенства (см., например, задачи 1, 2 в конце этого параграфа).

Другой цикл задач связан со следующим неравенством, называемым неравенством Коши — Буняковского:

(*)

Это неравенство непосредственно вытекает из определения скалярного произведения. Действительно, если хотябы один из векторов, а или b, нулевой, неравенство (*) выполняется.

Если а * 0 и b * 0, то а ⋅ b

Отсюда (*) вытекает сразу же, так как

Заметим, что равенство

выполняется, если

то есть

другими словами, если а и

b сонаправлены. Равенство

выполняется, если

то есть

и векторы а и b противоположно направлены.

Прежде чем применять (*) к оказательству неравенств, мы напомним формулу для вычисления скалярного произведения векторов через координаты этих векторов. Пусть {х1, у1, z1}, {х2, у2, z2} — координаты векторов а и b.

Тогда

В частности,

Перейдем теперь к задачам.

Задача 2. Докажите, что для любых неотрицательных чисел a, b, с справедливо неравенство

Решение. Рассмотрим векторы

Их скалярное произведение m ⋅ n равно

а длина каждого вектора равна

Отсюда, учитывая

получаем

что и требовалось доказать.

Заметим, что знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда векторы m и n сонаправлены

следовательно, их координаты пропорциональны (k>0). Нетрудно убедиться, что в нашем случае это равносильно условию a = b = с.

Вот еще одна более трудная задача такого типа.

Задача 3. Найдите наименьшее и наибольшее значения выражения f(x;y) = 12 sin у cosx + 3cosx cosy + 4 sinx.

Решение. Рассмотрим векторы

Их скалярное произведение равно

Найдем длины этих векторов:

Учитывая

получаем

Осталось доказать, что существуют такие пары чисел (х; у), при которых f (х;у) = -13 и f (х;у) = 13, т. е. векторы а и b, соответственно, противоположно направлены или сонаправлены. Для этого достаточно показать, что система уравнений

имеет такие решения, при которых координаты вектора b отрицательны, и такие, при которых эти координаты положительны. Перепишем систему в виде

(1)

Так как те значения х, при которых cosx = 0, не удовлетворяют системе (1), то система (1) равносильна системе

(2)

Очевидно, что система (2) имеет решения (х; у) такие, что sin у > 0, cos у > 0. Тогда tgx > 0 и либо sinx > 0 и cosx > 0 и тогда векторы а и b сонаправлены, либо sinx<0 и cosx< 0 и тогда векторы а и b противоположно направлены.

Таким образом, наименьшее значение выражения f(x; y) равно -13, а наибольшее равно 13.

Задачи к § 5

1. Пусть а, ß, у — углы треугольника. Докажите, что

2. Докажите, что для любого треугольника ABC имеют место неравенства:

где а, b, с — длины сторон треугольника ABC, R — радиус описанной около этого треугольника окружности.

3. Докажите неравенство

4. Докажите неравенство

5. Докажите неравенство

При каких значениях a и ß имеет место знак равенства?

6. Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения a1a2 + b1b2 + с1с2 , если

7. Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения

8. Найдите область значений функции

Решения и указания

§ 1

6. Решение. Пусть точки К, L, M, N, О, О1 — середины отрезков AB, ВС, CD, DA, KM, LN соответственно. Докажем, что точки О и О1 совпадают и при этом

для произвольной точки пространства Х. Учитывая, что

имеем

Аналогично

Таким образом, ХО1 = ХО. Значит, точка Ох совпадает с точкой О, т. е. отрезки КМ и LN имеют общую середину — точку О для произвольной точки X, что и требовалось доказать.

7. Указание. Задача решается аналогично задаче 1, разобранной в § 1.

8. Решение. Пусть ABCD — данный параллелограмм (рис. 22).

Так как КМ || AD и LN ||АВ, то DNPM и BLPK — также параллелограммы, откуда

Рис. 22

для произвольной точки X по известному свойству параллелограмма (см. § 1).

Кроме того,

так как S — середина отрезка BD, и

(см. задачу № 6).

Таким образом, имеем

откуда Q — середина PS, что и требовалось доказать.

9. Указание. Задача решается аналогично задаче 3, разобранной в § 1.

10. Решение. Пусть M, M1, M2 — точки пересечения медиан треугольников ABC, A1B1C1, A2B2C2.

Для произвольной точки О получаем

Обозначим через k отношение —— и перепишем равенства в векторной форме: Поскольку

и, аналогично,

следовательно, точки М, M1, M2 лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

11. Решение. Достаточно доказать, что MN = FE.

Пусть X — произвольная точка пространства. Тогда

и мы имеем

Аналогично

Так как ABCD и A1B1C1D1 — параллелограммы (по условию), то AB = DC и A1B1 = C1D1

Таким образом, MN = FE и MNEF — параллелограмм, если точки M, N, E, F не лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

12. Решение. Пусть ABCD — данный тетраэдр, а точки К, М, N — точки пересечения медиан треугольников ABD, BCD и ACD соответственно (рис. 23).

Тогда

откуда

и, аналогично,

Рис. 23

Таким образом,

и треугольники KMN и ABC подобны, что и требовалось доказать.

13. Решение. Пусть точки K1, K2, K3, K4 — середины сторон AB, ВС, CD, DA основания пирамиды PABCD, точки M1, M2, M3, M4 — точки пересечения медиан граней CDP, ADP, АВР, ВСР, а точки E1, F, G, H — середины отрезков K1M1, K2M2, K3М3, K4М4 соответственно. Тогда

Аналогично

Таким образом, точки E, F, G, H не лежат на одной прямой и EF = HG, значит, EFGH — параллелограмм, что и требовалось доказать. Сравним теперь площади параллелограмма EFGH и четырехугольника ABCD.

Обозначим через φ угол между диагоналями АС и BD основания ABCD. Площадь четырехугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла между ними:

Выше доказано, что

откуда угол между сторонами EF и ЕН параллелограмма EFGH равен углу между прямыми АС и BD, т. е. равен

Площадь параллелограмма равна произведению его сторон на синус угла между ними:

Ответ:

14. Решение. Так как ABCDEFА замкнутая ломаная, то

(1)

Перепишем условие DE || AB, EF || ВС, FA J CD в векторной форме: DE = x AB, EF = у ВС, FA = 2 CD и подставим выражения для DE, EF и FA в (1). Имеем

Предположим, что х + 1 * 0, тогда

и векторы AB, ВС и CD компланарны. Это означает, что точки А, В, С, D лежат в одной плоскости. Но DE ||АВ и DE имеет с этой плоскостью общую точку D, следовательно, и точка Е лежит в плоскости ABС. Аналогично точка F лежит в плоскости ABС. Таким образом, все вершины шестиугольника ABCDEF лежат в одной плоскости, что противоречит условию. Следовательно, предположение неверно и х + 1 = 0, откуда х = -1. Аналогично получаем у = -1, z = -1 и

откуда

что и требовалось доказать.

15. Решение. Пусть точки К, L, М, N, Р, R — середины сторон AB, ВС, CD, DE, EF, FA соответственно (рис. 24) и X — произвольная точка пространства.

Тогда

Аналогично

и так как FE = ВС (см. задачу 14), то КМ = RN.

Следовательно, KMNR — параллелограмм и MR и KN пересекаются в их общей середине — точке О.

Рис. 24

Аналогично PL пересекает KN в точке О.

По формуле многоугольника PL = РЕ + ЕС + CL.

Но РЕ = -CL (см. задачу 14), следовательно, PL = ЕС.

Аналогично MR = CA и KN = АЕ, откуда

Таким образом, векторы PL, MR, KN — компланарны и отрезки PL, MR, KN имеют общую точку О, откуда следует, что точки Р, L, M, R, К, N лежат в одной плоскости, что и требовалось доказать.

16. Решение. Пусть M и N — точки пересечения медиан треугольников A1C1D и АВ1С соответственно (рис. 25).

Тогда

Следовательно,

Аналогично

Таким образом,

что и требовалось доказать.

§ 2

1. Решение. Пусть-= х (рис. 26).

Тогда

Но

откуда

Окончательно получаем

Рис. 25

Точки N, M, С лежат на одной прямой, следовательно,

откуда

Ответ:

2. Решение. Пусть AF пересекает MP в точке О и — = у (рис. 27). Тогда:

откуда следовательно,

но из (а):

и из единственности разложения вектора плоскости по двум неколлинеарным векторам следует:

(1) (2)

Подставив в любое из условий (1) или (2) значение

найденное в пункте (а), получаем

Таким образом,

Ответ:

Рис. 26

Рис. 27

3. Решение. Пусть A1B1 пересекает прямую СМ в точке М1 (рис. 28) и

Тогда

откуда x

Условие принадлежности точки М1 внутренней области треугольника равносильно условию СМл < СМ у т. е. х < 1, откуда-< 1 и, окончательно, а + ß > 2. Ответ: а + ß > 2.

4. Решение. Треугольники КСM и КВМ имеют общую высоту, опущенную из вершины M (рис. 29), следовательно, отношение их площадей равно отношению оснований КС и KB:

откуда

(1)

В свою очередь,

Так как, по условию, LB = 4БМ,

и, подставив в (1), имеем:

(2)

Таким образом, задача сводится к нахождению отношения -. Положим

тогда

Рис. 28

Рис. 29

Так как

и, учитывая

имеем:

Точки А, С, M лежат на одной прямой, следовательно,

Подставив найденное значение отношения — в (2), получаем

откуда

Ответ: 8.

5. Указание. Задача решается аналогично предыдущей. Приведем краткую запись решения (рис. 30).

Откуда

Так как

откуда

Подставляя найденное значение х в (1), имеем

Ответ:

Рис. 30

6. Решение. Обозначим отношение

Тогда

(1)

По условию ABCD — параллелограмм, следовательно,

(см. § 1),

откуда

и (1) принимает вид

Точки A1, B2, C1, D1 лежат в одной плоскости, следовательно,

откуда

следовательно,

Ответ: 7:1.

7. Решение. Для решения этой задачи воспользуемся леммой. Если трехгранные углы А1С1 и ABCD тетраэдров A1B1C1D1 и ABCD равны, то имеет место соотношение

Приведем краткое доказательство этой леммы (рис. 31).

Пусть D1, M1, и DM — высоты тетраэдров A1B1C1D1 и ABCD,

Тогда

Рис. 31

откуда

что и требовалось доказать.

Перейдем теперь к решению нашей задачи. Из условия:

M — точка пересечения медиан треугольника ABС. Пусть плоскость A1C1M1 пересекает луч DB в точке B, и пусть-= х. Тогда

и так как точки M1, A1, В1, С1 лежат в одной плоскости, то

откуда x = 1, т. е. точки B1 и В совпадают (рис. 32).

Трехгранный угол DABC — общий для тетраэдров и ABCD и A1B1C1D1, следовательно, по лемме:

откуда

Ответ:

8. Решение. Пусть плоскость KMN пересекает луч PC в точке F (рис. 33) и — = x.

Тогда PF = хРС. ABCD — параллелограмм, следовательно,

откуда

Учитывая

имеем

Рис. 32

Рис. 33

Точки F, К, M, N лежат в одной плоскости, следовательно,

откуда

Тетраэдры PKMN и PABD имеют общий трехгранный угол PAED, следовательно,

откуда

Аналогично

Треугольные пирамиды PABD и PBCD имеют общую высоту РН и равные основания — треугольники ABD и BCD, следовательно, объемы этих пирамид равны и каждый из них равен половине объема данной четырехугольной пирамиды, т. е.

Объем пирамиды PKMFN равен сумме объемов пирамид PKMN и PFMN:

следовательно, отношение объемов образовавшихся частей пирамиды 1 : 9.

Ответ: 1 : 9.

9. Решение. Пусть плоскость KMN пересекает ребра DA, DB, DC тетраэдра ABCD в точках Р, Q, R соответственно (рис. 34).

Точки A1, В1, C1 — середины отрезков ВС, АС, AB соответственно, следовательно,

Рис. 34

(1)

Решив эту систему относительно DA, DB, DC (например, вычтя (2) из (1) и сложив с (3) и т. д.), получим:

Тогда, учитывая

имеем

и так как точки К, M, N, Р лежат в одной плоскости, то

Таким образом,

откуда

Пусть теперь

тогда

Аналогично находим DR : RC = 1:1.

Ответ: 1:3; 1:1; 1:1.

§ 3

1. Решение. Ребра тетраэдра ABCD есть не что иное как стороны и диагонали пространственного четырехугольника ABCD. Таким образом, решение задачи 1 совпадает с решением задачи, разобранной в § 3.

(2) (3)

2. Решение. Покажем, что все четыре медианы тетраэдра проходят через его центроид и делятся им в отношении 3:1. Разобьем вершины тетраэдра на две группы, в одной из которых три вершины, а в другой — оставшаяся, четвертая, вершина тетраэдра. Центроид системы, состоящей из трех точек, — точка пересечения медиан треугольника, вершинами которого являются эти точки; центроид системы из одной точки есть сама эта точка. Центроид тетраэдра принадлежит отрезку, соединяющему центроиды этих систем, т. е. медиане тетраэдра, и делит его в отношении 3:1, считая от системы, состоящей из одной точки, т. е. от вершины тетраэдра. Таким образом, центроид тетраэдра принадлежит каждой из его медиан и делит ее в отношении 3:1, считая от вершины.

3. Указание. Задача решается аналогично предыдущей.

§ 4

1. Решение. Перепишем условие задачи в виде таблицы умножения векторов а, b и с (табл. 10).

Из определения скалярного произведения имеем:

Пользуясь свойствами скалярного произведения и таблицей 10, находим:

Таблица 10

Таблица 11

Таким образом, cos , откуда

Ответ:

2. Указание. Перепишем условие задачи в виде таблицы умножения векторов а, b и с (табл. 11), и далее задача решается аналогично задаче 1.

Ответ:

3. Решение. В качестве базиса выберем векторы АК = k и AM = m (рис. 35) и составим таблицу умножения для векторов этого базиса (табл. 12). По формуле треугольника

Так как К — середина ВС, M — середина CD, то

и мы имеем систему

из которой находим

откуда

Таблица 12

Рис. 35

Используя табл. 12, после упрощения находим AD = 4.

Ответ: 4.

4. Решение. Выберем в качестве базиса векторы DA = a, DB = b и DC = с (рис. 36).

Примем ребро данного тетраэдра за единицу. Тогда таблица умножения для векторов a, b и с имеет вид таблицы 13.

Таблица 13

Разложим векторы MN и DE по векторам а, b, с. Имеем MN = DN — DM, и так как

то

Угол φ между прямыми MN и DE найдем по формуле

Пользуясь таблицей 13, находим:

Рис. 36

Ответ:

5. Решение. Выберем в качестве базиса векторы OA = а, OB = b и OS = с, где точка О — основание высоты SO пирамиды S ABCD (рис. 37).

Примем длину отрезка АО за единицу. Тогда

и таблица умножения для векторов а, b, с имеет вид таблицы 14.

Разложим векторы SM и BN по векторам а, b, с.

Угол φ между прямыми SM и BN найдем по формуле

Таблица 14

Рис. 37

Пользуясь таблицей 14, после упрощения получаем:

откуда

Ответ:

6. Решение. Выберем в качестве базиса векторы ВА = а, ВВ1 = b, ВС = с (рис. 38) и обозначим

Так как ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный параллелепипед, то таблица умножения для этого базиса имеет очень простой вид

(табл. 15).

Разложим векторы BD1, A1D, C1D по векторам а, b, с. По правилу параллелепипеда

Далее,

Так как прямая BD1 перпендикулярна плоскости A1C1D, то

а следовательно,

Имеем:

Таблица 15

Рис. 38

откуда

и, пользуясь таблицей умножения, получаем

или а = b = с (а, b, о 0).

Таким образом, ВА = ВB1 = BC и данный прямоугольный параллелепипед — куб, что и требовалось доказать.

7. Решение. Путь отрезок РО — высота пирамиды РАВС (рис. 39). Тогда отрезок АО — проекция отрезка АР на плоскость ABC.

Так как АР ⊥ АС по условию, то и АО LAC по теореме о трех перпендикулярах, а следовательно, АО || ВС и угол между прямыми АР и BС равен углу между прямыми АР и АО, т. е. углу РАО прямоугольного треугольника РАО. Обозначим этот угол через φ. Объем пирамиды РАВС находится по формуле:

Отрезок РО находим из треугольника РАО:

Для того чтобы найти угол φ, выберем в качестве базиса векторы CA = а, СВ = b, АР = с и составим таблицу умножения для этих векторов (табл. 16).

Разложим вектор BP по векторам а, b, с:

откуда

и так как

Таблица 16

Рис. 39

то, используя таблицу 16, получаем: 30 = 9 + 25 + 16—40 cos φ, откуда

Таким образом,

и, окончательно,

Ответ:

8. Решение. Выберем в качестве базиса векторы AD = а, AB = b и АС = с (рис. 40) и составим таблицу умножения для этих векторов (табл. 17).

Обозначим через Р проекцию точки А на медиану DM, а через х — отношение

Тогда АР = Так как

Неизвестные коэффициенты находим из условия перпендикулярности векторов АР и DM:

откуда, раскрывая скобки и пользуясь таблицей 17, получаем Вычислим теперь длину отрезка DM:

откуда после упрощения, пользуясь таблицей 17, находим

Таблица 17

Рис. 40

Тогда

Ответ:

9. Решение. Пусть отрезок СО — высота тетраэдра ABCD (рис. 41).

Выберем в качестве базиса векторы DA = а, DB = b, DC = с и составим для этого базиса таблицу умножения (табл. 18), учитывая, что

a)

Итак, для того чтобы вычислить объем данного тетраэдра, осталось найти его высоту СО.

Разложим вектор СО по векторам a, b, с. По формуле треугольника

так как векторы DO, a, b — компланарны, а а и b неколлинеарны. Таким образом,

Коэффициенты х и у находятся из условия перпендикулярности векторов СО и а, СО и b, соответственно:

Используя табл. 18, находим:

Таблица 18

Рис. 41

откуда

Таким образом,

Итак, V

б) Обозначим через φ угол между прямой АК и плоскостью ABD. Так как СО ⊥(ABD), то

Разложим вектор АК по векторам а, b, с:

откуда

Учитывая, что

получаем

Ответ:

10. Указание. Задача решается аналогично задаче 7, разобранной в § 4 : выбираем в качестве базиса векторы А1А = a, = b, А1K = с, где — середина ребра (рис. 42), и последовательно выражаем через а, b и с векторы:

Рис. 42

Таблица 19

Вычислив длины отрезков

с помощью таблицы умножения (табл. 19), получаем

11. Решение. Составим базис из векторов АС = m, AB = n, ВС1 = р (рис. 43).

Напишем таблицу умножения для этого базиса, обозначив через ср угол между векторами AB и ВС1 (табл. 20).

Пусть отрезок С1О — высота призмы АВСA1B1C1, тогда ее объем V равен

Чтобы вычислить C1O, разложим вектор СхО по векторам m, n, р

Таблица 20

Рис. 43

Коэффициенты х и у находятся из условий перпендикулярности вектора C1O векторам m и n:

Используя таблицу 20, после упрощения получаем

Таким образом,

По условию

откуда

(1)

Разложим векторы CC1 и СО в базисе

Подставим полученные выражения для СС1 и СО в равенство (1):

Воспользовавшись табл. 20 и учитывая условие √6cosq = у, придем после упрощений к уравнению

откуда либо у = 0, либо

В первом случае

и, следовательно,

Во втором случае

Таким образом,

Ответ:

12. Решение. Составим базис из векторов OA = m, OD = n, OS — р где О — ортогональная проекция точки S на плоскость ABC (рис. 44). Примем длину отрезка АО за единицу, тогда

Таблица 21 — таблица умножения для выбранного базиса.

Пусть Е — середина апофемы SK грани ASВ. Заметим, что так как

откуда

(1)

Вектор OD = n — базисный. Разложим DE по векторам m, n, р:

Таблица 21

Рис. 44

Подставив полученное выражение в равенство (1) и используя табл. 21, после упрощений получим sin

откуда

Ответ: 45°.

13. Решение. Выберем в качестве базиса векторы AB = m, AC = n, AS = р (рис. 45) и составим таблицу умножения для этого базиса (табл. 22).

Пусть отрезок MN — общий перпендикуляр прямых ВС и SK (M е ВС, N е S К).

Разложим векторы MN, BС и SK по векторам m, n, р.

Условия перпендикулярности вектоpa MN векторам ВС и SK приводят поле упрощений к системе уравнений

откуда

Таким образом,

и, следовательно,

Угол между прямыми ВС и SK находится из условия

Таблица 22

Рис. 45

Пользуясь таблицей 22, находим

(или по теореме Пифагора),

и, окончательно, cos

Ответ:

14. Решение. Выберем в качестве базиса векторы DA = а, DB = b, DC = с (рис. 46). Примем длину отрезка DA за единицу. Тогда и таблица умножения для нашего базиса принимает вид таблицы 23.

В качестве вектора, перпендикулярного плоскости AM В, можно взять любой ненулевой вектор m, удовлетворяющий условиям m > MA = 0 и m ⋅ AB = 0. Запишем вектор m в виде

Таблица 23

Рис. 46

Так как

получаем систему уравнений

Воспользовавшись таблицей 23, придем после упрощений к системе уравнений

Положив X = 1, получим у = 11г=2 и m = а+ b + 2с — один из ненулевых векторов, перпендикулярных плоскости AMВ.

В качестве вектора л, перпендикулярного плоскости ВСКУ выберем любой ненулевой вектор n, удовлетворяющий условиям nВС = 0, nКВ = 0.

Запишем вектор n в виде

то получаем систему уравнений

откуда

положив и = 1, получаем f=2, и = 1 и n=2a+b+c — один из ненулевых векторов, перпендикулярных плоскости ВСК.

Обозначим через φ угол между плоскостями АВМ и ВСК.

Тогда

Используя таблицу 23, получаем:

откуда

Ответ:

§ 5

1. Решение. Пусть ABC — данный треугольник и ∠A = a, ∠B = ß, ∠C = у. Выберем тройку единичных векторов е1, e2, е3 таких, что (рис. 47).

Тогда

По свойству скалярного квадрата вектора

откуда

и так как

получаем

откуда

что и требовалось доказать.

Рис. 47

Заметим, что знак равенства имеет место в том и только в том случае, когда е1 + е2 + е3 = 0, т. е. если треугольник ABC — правильный.

2. Решение. Пусть ABC — данный треугольник, О — центр описанной около него окружности, ∠A = ос , ∠В = ß, ∠C = у (рис. 48).

а) Выберем в качестве базиса векторы OA, OB, ОС. ∠BOC — центральный, a ∠BAC — вписанный, опирающийся на ту же дугу ВС, следовательно, ∠BOC = 2а. Аналогично ∠AOC = 2ß, ∠AOB = 2 у. По свойству скалярного квадрата вектора

откуда

и учитывая, что OA = OB = OС = R, получаем

откуда

что и требовалось доказать,

б) Так как

где ВС = а, АС = b, AB = с, то доказанное неравенство принимает вид

откуда

что и требовалось доказать.

Заметим, что знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда ОА+ ОВ+ ОС = 0, т. е. в том и только в том случае,

Рис. 48

когда центр описанной около треугольника окружности совпадает с точкой пересечения его медиан. Таким образом, равенства

верны для правильного треугольника и только для него.

3. Решение. Рассмотрим векторы а{х1, x2} и b {у1; у2}. Тогда их скалярное произведение

Так как

то, учитывая

получаем

что и требовалось доказать.

4. Указание. Рассмотрите векторы .

5. Решение. Требуется доказать неравенство

(1)

Докажем неравенство

равносильное неравенству (1).

Для доказательства рассмотрим векторы a {sin a; 1; sinß} и b {sinß; sin а; 1}. Их скалярное произведение

а длина каждого

откуда, учитывая

получаем

Таким образом, неравенство (2), а следовательно, и равносильное ему неравенство (1) доказаны.

Выясним теперь, когда достигается знак равенства. Равенство

верно тогда и только тогда, когда векторы a и b

сонаправлены. В нашем случае откуда

(*)

Из второго уравнения системы (*) получаем | k | < 1, из третьего | k | > 1, откуда, учитывая k > 0, имеем

Таким образом, знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда

6. Указание. Рассмотрите векторы m {а1, b1; c2} и n {а2; b2; с2}.

Ответ: — 6; 6.

7. Решение. Рассмотрим векторы

Их скалярное произведение равно 2х + у -z, а длины, соответственно,

Учитывая

получаем

Векторы a и b сонаправлены в том и только в том случае, если координаты одного из них пропорциональны координатам другого с положительным коэффициентом пропорциональности k{b * 01. Получаем систему

которая, как нетрудно убедиться, имеет решение. Для случая противоположной направленности векторов а и b получаем аналогичную систему (k < 0), которая также имеет решение. Таким образом, существуют такие тройки чисел (х, z/, г), для которых имеет место знак равенства.

Ответ:

8. Решение. Представим данную функцию в виде

Областью определения функции / является отрезок [0, 2]. Рассмотрим векторы:

Их скалярное произведение а ⋅ b равно /(*), а длины, соответственно,

Векторы а и b сонаправлены, если

откуда x = — , и так как число — принадлежит отрезку [0, 2], то наибольшее значение функции { равно

т. е. равно 2.

Так как координаты вектора b положительны и одна из координат вектора а неотрицательна, то векторы а и b не могут быть противоположно направлены, но нетрудно заметить, что оба слагаемых принимают наименьшее значение на отрезке [0, 2] при х — 0.

Таким образом, /(0) = -1 есть наименьшее значение функции / на отрезке [0, 2].

Ответ: [-1; 2].

Ответы

§ 1

§ 2

§ 3

§ 4

§ 5

Дополнительная литература

1. Балк М. Б., Болтянский В. Г. Геометрия масс. Библ. «Квант», вып. 61, Москва, Наука, 1987.

2. Болтянский В. Г., Яглом И. М. Векторы и их применение в геометрии в книге: Энциклопедия элементарной математики, т. 4. Москва, Гл. изд. физмат. литературы, 1963.

3. Ионин Ю. И., Некрасов В. Б. Векторы в геометрических задачах. Квант, №1, 1987.

4. Некрасов В. Б. Векторы. Учебные задания для учащихся заочной математической школы при ЛГУ, 1989.

5. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии, т. 2. Москва, Наука, 1995.

6. Скопец З. А. Геометрические миниатюры. Москва, Просвещение, 1980.

Содержание

Предисловие.......................3

§ 1. Параллельность и отношение отрезков.........4

Упражнения и задачи к § 1..............11

§ 2. Условия принадлежности трех точек одной прямой и четырех точек одной плоскости...........15

Задачи к § 2.....................19

§ 3. Центроид системы точек...............21

Задачик § 3.....................23

§ 4. Вычисление расстояний и углов............24

1. Расстояние от точки до прямой...........30

2. Расстояние от точки до плоскости. Угол между прямой и плоскостью..........33

3. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми.........38

4. Угол между плоскостями..............40

Задачи к § 4.....................43

§ 5. Доказательство неравенств..............46

Задачи к § 5.....................50

Решения и указания................... 51

§1.......................... 51

§2.......................... 56

§3.......................... 63

§4.......................... 64

§5.......................... 79

Ответы......................... 84

§1.......................... 84

§2.......................... 84

§3.......................... 84

§4.......................... 84

§5.......................... 85

Дополнительная литература................86

РОДИТЕЛЯМ, УЧАЩИМСЯ, УЧИТЕЛЯМ И ДИРЕКТОРАМ ШКОЛ!

Учебную литературу издательства «СМИО Пресс» для начальной школы, по истории, обществознанию, математике, литературе, физике, экономике, экологии, естествознанию, истории Санкт-Петербурга ВЫ МОЖЕТЕ ПРИОБРЕСТИ ЗА НАЛИЧНЫЙ РАСЧЕТ И ПО БЕЗНАЛИЧНОМУ РАСЧЕТУ по адресам:

Санкт-Петербург

Издательство «СМИО Пресс» 193148, ул. Седова, д. 20/32, кв. 5. Тел/факс (812) 567-55-14, e-mail: smio.vs7316.spb.edu

«Санкт-Петербургский дом книги», Невский пр., д. 28.

Москва

«Библио-Глобус»,

Мясницкая ул., д. 6/3, стр. 5

«Абрис-Д»,

Тел/факс (095) 215-29-01, 216-26-75, 216-23-62, e-mail: abrisd@mail.ru

«Разумник»

Тел/факс (095) 365-25-41, 365-20-11, e-mail: razumnik@gol.ru

Новосибирск

«Топ-книга», Тел/факс (3832) 36-10-26, 36-10-28, e-mail: office@top-kniga.ru

Волгоград

«Учебная и деловая книга», Тел/факс (8442) 73-48-37, e-mail: dk@interdacom.ru

Калининград

«Пик-Сила»,

Тел/факс (8-103706) 40-03-54, e-mail: info@piksila.lt

МАТЕМАТИКА

Б. М. БЕККЕР В. Б. НЕКРАСОВ

ПРИМЕНЕНИЕ ВЕКТОРОВ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

СМИО ПРЕСС