Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Векторы и координаты в стерео → .03 Поиск длин, площадей и объёмов в координатах

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Векторы и координаты в стерео

Базовые операции с векторами в пространстве

Уравнения различных ГМТ

Поиск длин, площадей и объёмов в координатах

Поиск углов через координаты и векторы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#101906

Пусть $K,L,M$ — середины ребер $AD,A B 1 1$ и $CC 1$ куба $ABCDA B C D 1 1 1 1$ . Докажите, что треугольник $KLM$ правильный, причём его центр совпадает с центром куба.

Показать доказательство

Введём следующую систему координат: точка $A$ — начало отсчёта, ось $x$ идёт вдоль вектора $−−A→D,$ ось $y$ — вдоль $−A−→A , 1$ ось $z$ — вдоль $−→ AB,$ а длина единичного отрезка равна $AK,$ то есть половине длины ребра куба.

$PIC$

Тогда точка $A$ имеет координаты $(0,0,0),$ точка $B$ — $(0,0,2),$ $A1$ — $(0,2,0).$ Посчитаем теперь координаты вершин искомого треугольника: $K (1,0,0),M (2,1,2),L (0,2,1).$

Расстояние между точками $(x1,y1,z1)$ и $(x2,y2,z2)$ равно

∘-------------------------- (x1− x2)2+ (y1− y2)2+ (z1− z2)2.

По этой формуле посчитаем длины сторон треугольника $MKL.$ Получается,

√- MK = KL = LM = 6,

откуда этот треугольник — правильный.

Пусть точка $L1$ это середина отрезка $KM.$ Тогда эта точка имеет координаты $(3 1 ) 2,2,1 .$ Отрезок $LL1$ является медианой треугольника $MKL,$ а точка $O$ — центр треугольника $MKL$ — является, в частности, точкой пересечения медиан этого треугольника, а, значит, делит $LL1$ в отношении 2 к 1. Тогда координаты точки $O$ равны

( 3 1 ) 0+2-⋅2,2+2-⋅2,1+-2⋅1 3 3 3

То есть точка $O$ имеет координаты $(1,1,1).$ Очевидно, центр куба так же имеет координаты $(1,1,1),$ откуда центры куба и треугольника $MKL$ совпадают.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#45007

Дана правильная четырёхугольная пирамида $PABCD$ с вершиной $P$ и основанием $ABCD$ . Длина стороны основания пирамиды $P ABCD$ равна 1, а длина бокового ребра равна $2$ . Сфера с центром в точке $O$ касается плоскости $(ABC )$ в точке $A$ и касается бокового ребра $PB$ . Найдите объём пирамиды $OABCD$ .

Показать ответ и решение

Пусть касание боковой стороны происходит в точке $T$ . Рассмотрим треугольники $OBT$ и $OBA$ . Нетрудно видеть, что они равны (общая гипотенуза, равные по радиусу стороны и перпендикулярность из касания), откуда $AB = BT =1$ , и тогда $BT = TP = 1$ , то есть треугольники $OTB$ и $OTP$ равны (для треугольника $OBP$ : $OT$ — и высота, и медиана), $OT ⊥BP$ . Если опустить в пирамиде высоту $P H$ , то $PH ⊥ AH$ , и $AH$ — половина диагонали квадрата в основании.

$PIC$

Из прямоугольного треугольника $PHA$ находим высоту $√-- PH = -124.$ Тогда найденное равенство $OP =OB$ в терминах координат (которые мы вводим с центром в точке $A(0;0;0)$ , осью $z$ параллельно и сонаправленно вектору $HP$ , а две другие оси по сторонам квадрата в основании), мы получаем, что

---------------------- OB = ∘ (0− 0)2+(0− 1)2+ (R− 0)2 = ∘R2-+-1

------------------------- ∘ 1 1 √14- OP = (0− 2)2+(0− 2)2+(-2- − R )2

Возводим в квадрат обе части нашего уравнения и получаем

√-- R= 3-14 14

Соответственно объём равен

√-- √ -- VOABCD = 1R ⋅SABCD = 1⋅ 3-14⋅1=--14 3 3 14 14

Ответ:

$√14 14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74582

Дана четырёхугольная пирамида $OABCD,$ в основании которой лежит параллелограмм $ABCD.$ Плоскость $α$ пересекает рёбра $OA,$ $OB,$ $OC$ и $OD$ пирамиды в точках $′ A ,$ $′ B,$ $′ C$ и $′ D$ соответственно. Известно, что

OA′ 1 OB ′ 1 OC′ 1 OA-= a,OB--= b,OC--= c

Найдите

V V-OA′BC′D′-′ OA BC D

Источники: ИТМО-2022, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже есть три отношения, но очень хочется заполучить еще и четвертое... Давайте попробуем найти t = OD'/OD. Для этого введем систему координат с центром O и базисными векторами OA, OB и OC. Какие координаты имеют наши точки в этой системе?

Подсказка 2

Очевидно, что A (1, 0. 0), B (0, 1, 0) и C (0, 0, 1). Значит A' (1/a, 0, 0), B' (0, 1/b, 0), C' (0, 0, 1/c). Т.к. ABCD- параллелограмм, то вектор CD = BA = OA-OB. Чему тогда равен вектор OD?

Подсказка 3

Верно, OA-OB+OC! Тогда D (1, -1, 1) ⇒ D' (t, -t, t). Можно заметить, что плоскость α задается в нашей системе координат уравнением ax + by + cz = 1. Поэтому верно равенство at - bt + ct = 1 (Просто подставили точку D' в это уравнение). Итого, t = 1/(a - b + c). А что мы вообще хотели...

Подсказка 4

Нам нужно найти отношение объемов. Мы умеем легко это делать для тетраэдров, поэтому предлагаю разбить нашу пирамиду OA'B'C'D' на два тетраэдра OA'B'C' и OA'C'D'. Тогда V(OA'B'C'D')/V(OABCD) = V(OA'B'C')/V(OABCD) + V(OA'C'D')/V(OABCD). Т.к. ABCD- параллелограмм, то V(OABCD) = 2V(OABC) = 2V(OACD). А чему равно отношения V(OA'B'C')/V(OABC) и V(OA'C'D')/V(OACD)?

Подсказка 5

Т.к. тетраэдры с общим трехгранным углом относятся так же, как произведение отношений соответствующих сторон, то V(OA'B'C')/V(OABC) = 1/abc. Найдите оставшееся отношение и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Отношение объём пирамид с общим трёхгранным углом равно произведению отношений длин рёбер, исходящих из этого угла,

VOA′B′C′= -1- VOABC abc

VOA′C′D′= -t, VOACD ac

где $OD-′ t= OD .$ Поскольку треугольники $ABC$ и $ACD$ равны, $1 VOABC = VOACD = 2VOABCD.$ Значит,

VOA′B ′C′D′ VOA′B′C′ VOA ′C′D′ -VOABCD--= VOABCD- +-VOABCD-=

VOA′B′C′ VOA′C′D-′ -1-- -t- = 2VOABC + 2VOACD = 2abc +2ac

Дальше можно было бы строить сечение и использовать для подсчёта отношений теоремы Фалеса и Менелая, но мы воспользуемся координатно-векторным методом с базисными векторами $−→ −−→ −−→ OA,OB,OC.$

$ABCD$ — параллелограмм, поэтому $−−→ −→ −→ −−→ CD =BA = OA −OB,$ и, следовательно, $−−→ −−→ −→ −−→ OD =OC + OA −OB.$

Если точка $X$ принадлежит плоскости $A′B′C′,$ а $−−O→X = x−O→A + y−−O→B +z−O−→C,$ коэффициенты $x,y$ и $z$ удовлетворяют уравнению $ax+ by+ cz = 1$ (это, как известно, уравнение плоскости, даже если система координат не декартова, а точки $A′,B ′$ и $C ′$ этому уравнению, очевидно, удовлетворяют).

−O−D→′ = t−O−→D = t−−O→C +t−O→A − t−−O→B

at− bt+ ct= 1

1 t= a−-b+c-

Получаем

VOA′B′C′D′ -1-- ----1----- -a−-b+-c+b- ----a+-c--- VOABCD = 2abc + 2ac(a− b+c) = 2abc(a− b+c) = 2abc(a− b+ c)

Обратная величина является ответом к задаче.

Ответ:

$2abc(a−-b+-c) a+ c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76414

В куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром 1 вписана сфера. Точка $E$ расположена на ребре $C C 1$ , причём $C E = 1. 1 8$ Из точки $E$ проведена касательная к сфере, пересекающая грань куба $AA1D1D$ в точке $K$ , так, что $1 ∠KEC =arccos7.$ Найти $KE$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала поработаем со сферой, ведь условие на вписанность и на касание может дать много полезной информации о нашей картинке. Можем ли мы что-то сказать про её радиус? А как радиус связан с касательной?

Подсказка 2

Верно, её радиус равен половине ребра, а касательная перпендикулярна радиусу, у нас довольно много информации о треугольнике OFE, более того, EK содержит его катет EF, может мы сможем посчитать всё с помощью треугольника OFE?

Подсказка 3

Давайте сделаем прямоугольную систему координат в точке C₁, потому как она рядом с нашим треугольником, и оси направим вдоль рёбер, наша цель - найти точку F. Не забывайте, что мы много что можем сказать про центр сферы, про скалярное произведение перпендикулярных векторов.

Подсказка 4

Возможно, при решении системы уравнений мы получили несколько решений, но часть может просто не подходить, например, из-за того, что точка F находится вне куба. Мы искали EF, потому что EF || EK, а значит EK = 𝜶 EF, не забудьте, что это условие верно для каждой из координат векторов.

Показать ответ и решение

Центр $O$ сферы, вписанной в куб, является центром куба, а радиус сферы равен половине его ребра, т. е. $1 2$ . Поэтому, если $F −$ точка, в которой прямая $EK$ касается сферы, то $1 OF = 2$ и $OF ⊥EK$ .

$PIC$

В прямоугольной системе координат ${C1,C1C,C1B1,C1D1}$ координаты точек: $C(1;0;0)$ , $( ) E 18;0;0$ , $( ) O 12;12;12 ,$ поэтому

( ) ( ) −E−→C = 7;0;0 ,−−→EO = 3;1;1 8 8 2 2

∘------------------ ( 3)2 (1)2 (1 )2 √41 EO = 8 + 2 + 2 = -8-

∘------ FE =∘OE2--− OF-2 = 41-− 1= 5 64 4 8

Пусть $−−→EF = (x;y;z),$ тогда $−O−→F = −−O→E +−E−→F = (x− 3:y− 1 :z − 1). 8 2 2$ Из условий $EF = 5 8$ , $OF ⊥ EF$ и $∠F EC =arccos1 7$ следует, что

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ EF ⋅EF = 25,EF ⋅OF =0,EF-⋅EC-= 1 64 EF ⋅EC 7

( ||{ x(2+y2)+ z2( = 2654) ( ) | x − 38 x+ y− 12 y+ z− 12 z = 0 |( 57∕8∕8⋅7x∕8 = 17

Отсюда

( ) ( ) x= -5,y = 5 1 ±√1- ,z =-5 1 ±√1- 56 14 2 14 2

Но $−E−→K = λ−−E→F$ , а для точки $K$ , лежащей на грани $AA1D1D,zK =1, 0< yK < 1$ , поэтому $y <z$ , следовательно,

5-( -1-) -5( 1-) y = 14 1 −√ 2 ,z = 14 1+ √2

Таким образом,

-5 ( 1-) zK =1= 14 1+ √2 λ,

откуда

14 1 14 ( 1 ) ( 1 ) 14 √ - λ= -5 ⋅1-+√1-=-5 ⋅ 1− √2 ∕ 1 −2 = 5-(2− 2) 2

Итак

14 √- (5) ( 7) √- EK =λ ⋅EF = 5 (2− 2)⋅ 8 = 4 ⋅(2− 2)

Ответ:

$(7) ⋅(2− √2) 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91358

В единичном кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $BDM$ , где $M$ — середина ребра $CC1$ .

Показать ответ и решение

Введем координаты. Пусть $A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A (0,0,1) 1$ . Тогда $C (0,1,1) 1$ , $M =(0,0.5,0.5)$ и $D = (1,1,0)$ . Значит, плоскость $BDM$ проходит через $B(1,0,0)$ , $M =(0,0.5,0.5)$ и $D = (1,1,0)$ . Пусть уравнение этой плоскости $ax+by+ cz = d$ . Тогда $a =d$ , $a+ b= d$ и $0.5b+ 0.5c= d$ . Отсюда $a= d= 1$ , $b=0$ и $c= 2$ .

Значит, расстояние от $A$ до плоскости $x+ 2z − 1=$ это $-1- √ 5$ .

Ответ:

$√1- 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76662

На ребре $AD$ основания $ABCD$ куба $ABCDA ′B′C′D′$ расположена точка $M$ так, что $AM :AD = 1:3.$ Через точку $M$ и вершины $′ A$ и $′ C$ куба проведена плоскость $P.$ Найти расстояние до плоскости $P$ точки $N,$ расположенной на ребре $AB$ так, что $AN :AB = 1:2,$ если длина ребра куба равна $√-- 2 19.$

Источники: Росатом - 2021, 11.6, комплект 1 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем: у нас есть куб, плоскость, понятная точка и нам надо найти расстояние от этой точки до плоскости(которая задана тремя понятными точками). Нам это намекает явно на то, чтобы посчитать все в координатах с центром в точке А и параллельно сторонам квадрата.

Подсказка 2

Направим ось х вдоль AD, ось у вдоль AB, ось z вдоль AA’. Чтобы не возиться с корнями, обозначим ребро куба через a. Какие нам точки нужны для того, чтобы задать плоскость? Понятны ли нам координаты точки N?

Подсказка 3

Нам нужны точки A’, M, C’. Их координаты мы можем явно выразить через а. А значит, можем найти уравнение этой плоскости. А значит, можем по формуле расстояния от точки до плоскости, можем найти это расстояние, ведь нам все известно.

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат с началом координат в точке $A,$ ось $x$ направим вдоль $AD,$ ось $y$ — на плоскости основания $ABCD$ перпендикулярно оси абсцисс и ось $z$ перпендикулярно плоскости основания.

$PIC$

Обозначим ребро куба через $√ -- a =2 19,$ отношения $AM- 1 AD = 3,$ $AN- 1 AB = 2.$

Выписываем координаты нужных нам точек: $′ A (0,0,a),$ $a M (3,0,0),$ $a N (0,2,0),$ $′ C (a,a,a).$

Находим уравнение плоскости $P$ в виде $Ax+ By+ Cz+ D =0,$ подставив координаты точек $′ ′ M, A,C .$ При этом так как плоскость не проходит через начало координат, то без ограничения общности можно считать, что $D = 1.$

Получим систему:

( a |{ A3 + 1 = 0 |( Ca+ 1 = 0 Aa+ Ba+ Ca+ 1 = 0

Откуда получаем, что

3 3 1 A = −a,B = a,C = −a

Находим расстояние $d$ от точки $N$ до плоскости $P$ по формуле

d = |Ax0√+-B2y0+2Cz0+2-D| A + B + C

где $(x0,y0,z0)$ — координаты точки $N.$

Получим

3 a d = |0+-a∘ ⋅-2 +-0+1|= 9+a9+21-

= -5√--a= -√5-⋅2√19 =5 2 19 2 19

Ответ: 5

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76663

Длины всех ребер (боковых и основания) тетраэдра $ABCD$ равны 1 . На ребре $AB$ расположена точка $M$ так, что $AM :AB =1 :3$ . Найти расстояние между скрещивающимися прямыми $CM$ и $AD$ .

Источники: Росатом - 2021, 11.6, комплект 2 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим, что нам надо найти расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, при этом конструкция фигуры понятна и все отрезки известны. Что в таком случае мы привыкли делать?

Подсказка 2

Вводить систему координат с началом в точке A, ось х - вдоль AB, ось у - перпендикулярно оси х и в плоскости треугольника АВС. А ось z - просто перпендикулярно плоскости основания. Чтобы найти расстояние между скрещивающимися прямыми, можно найти расстояние между прямой и плоскостью, которая проходит через одну и параллельна другой прямой. Что нам нужно чтобы найти такую плоскость?

Подсказка 3

Верно, чтобы найти такую плоскость, нам нужны оба вектора AD и MC (ведь их векторное произведение - направляющий вектор нормали к плоскости, а вектор нормали к плоскости и коэффициенты канонического уравнения плоскости очень хорошо связаны). Как найти эти векторы? Через что их можно выразить?

Подсказка 4

Заметим, что вектор СМ понятным образом выражается через вектора BC и AB (ведь мы знаем в каком отношении точка M делит AB). А вектор AD понятно выражается через высоту тетраэдра из точки D на ABC, и отрезок AO (O - центр вписанной и описанной окружности треугольника ABC). А вектор AO выражается через CE и AB, где Е - середина AB. Значит, все понятно выражается и остается только это сделать и найти по формуле расстояние от точки прямой до плоскости и записать ответ!

Показать ответ и решение

Введем декартову систему координат с началом координат в точке $A$ , ось $x$ направим вдоль $AB$ , ось $y$ – на плоскости основания $ABC$ перпендикулярно оси абсцисс, а ось $z$ перпендикулярно плоскости основания тетраэдра.

$PIC$

Из условия $1 1 AM = 3AB = 3$ . Пусть $E$ – середина $AB$ . Так как все ребра тетраэдра равны $1$ , то радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника в основании: $√3 R= AO = 3$ .

Радиус окружности, вписанной в основание: $√3 r= EO = 6$ .

Из прямоугольного треугольника $DAO$ находим высоту пирамиды:

∘ --------- ∘----- √- DO = AD2 − AO2 = 1 − 13 =-63-

Высота равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $1$ : $√ - CE = -23$ .

Теперь можно выписать координаты всех нужных точек: $A(0,0,0)$ , $√- √- D (12,63,36)$ , $M (13,0,0)$ , $√- C(12,23,0)$ .

Таким образом

√ - √- √- −−→AD ={1,--3,-6};−−M→C = {1,-3,0} 2 6 3 6 2

Напишем уравнение плоскости, проходящей через ребро $AD$ параллельно $CM$ . Найдем вектор, перпендикулярный этой плоскости

−→ −−→ −−→ 1 √3 √6 1 √3 N = AD × MC = {2,6-,-3 } ×{6,-2-,0}=

1 √- √- 1√ - 1 √- 2√6 8√3 √6- √- √- = 12 ⋅({3, 3,2 6}× {3, 3,0})= 12{−6 2,-3-,-3-}=-18-{−3 3,1,2 2}

Уравнение искомой плоскости:

√ - √- −3 3x +y+ 2 2z = 0

Искомая в задаче величина равна расстоянию $d$ от точки $M$ до этой плоскости:

|− 3√31+ 0+ 0| √3- d= --√27-3+1+-8-- =-6-

Ответ:

$√3 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91679

Через точки $M,N,K,L$ , лежащие соответственно на ребрах $SA,SB,SC,SD$ правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$ $(S$ – вершина), проведена плоскость. Известно что $MK ⊥ NL$ , $SN =3 ⋅SL$ и площадь треугольника $SMK$ равна $12.$ Найдите площадь треугольника $SLN$ .

Источники: ПВГ 2010

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В правильной четырехугольной пирамиде очень удобно вводить координаты(осями будет высота и диагонали основания).

Подсказка 2

Давайте введём их так: O(0,0,0), B(1,0,0), A(0,1,0), D(−1,0,0), C(0,− 1,0), S(0,0,z). Но для чего же мы это делаем? Спрашивают у нас информацию про площадь. Подумайте, чем связаны треугольники, про которые идёт речь в условии?(один из них в вопросе, а у другого мы знаем площадь)

Подсказка 3

Верно, из-за одинакового угла, мы можем записать для них соотношение для сторон. Но для этого их надо найти! Попробуйте ввести ещё отношение SL/SD=k. Для решения вам нужно будет выразить координаты оставшихся точек. Также давайте поймём, что прямые LN, MK и SO пересекаются в одной точке Y.

Подсказка 4

Заметим, что SO - биссектриса в треугольнике SNL, а значит, можно применить её свойство. Для чего же..? Чтобы найти координаты точки Y и воспользоваться оставшимся условием!

Подсказка 5

Давайте попробуем вычислить ещё отношение SM/SA=l. Тут на помощь должно прийти условие перпендикулярности MK и NL(но на самом деле MY), ведь тогда скалярное произведение соответствующих векторов равно 0. Вам нужно только всё это технически реализовать и не забыть, для чего мы всё это делали.

Показать ответ и решение

$PIC$

Введём систему координат. Центр основания $O (0,0,0)$ . $B(1,0,0)$ , $A(0,1,0)$ , $D(−1,0,0)$ , $C(0,− 1,0)$ , $S(0,0,z)$ . Обозначим $k= SSLD-$ . Рассмотрим вектор $S⃗L = kS ⃗D = (−k,0,− kz)$ , откуда координаты точки $L(−k,0,−kz+ z)$ . Аналогично координаты точки $N (3k,0,− 3kz+ z)$ . Пусть $Y$ — точка пересечения прямых $NL$ , $SO$ и $MK$ (эти три прямые пересекаются в одной точке, поскольку точка пересечения прямых $NL$ и $MK$ лежит в пересечении плоскостей $SNL$ и $SMK$ , то есть на $SO$ ). Поскольку $SY$ — биссектриса треугольника $SNL$ , $SSNL-= YYNL-=3$ , откуда $Y(0,0,3⋅(−kz+z4)−3kz+z)$ .

Пусть $SSMA-= l$ . Тогда координаты точки $M (0,l,− lz +z)$ . По условию $YM ⊥ NL$ . То есть скалярное произведение векторов $(0,l,− lz+ 32kz)$ , $(4k,0,− 2kz)$ равно 0.