Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Векторы и координаты в стерео

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#77211

В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ даны ребро $AB =2$ и $∠A AC = 45∘ 1$ . Диагональ $A C 1$ пирамиды служит осью конуса, вершина которого находится в $A1$ , а окружность основания касается трех граней угла $C$ , причем грани $ABCD$ в ее центре. Найдите радиус $r$ основания конуса.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть точка $H$ — центр $ABCD$ , а $O$ — центр окружности основания конуса. $AA1 = k,A1P = 2− k$ . Продлим стороны $AA1,BB1,CC1,DD1$ до пересечения в точке $P$ . Введём прямоугольную декартовую систему координат, как на рисунке: $H$ — начало координат, ось $Ox$ направим вдоль $HC$ , $Oy$ вдоль $HD$ , $Oz$ вдоль $HP$ .

Сделаем гомотетию с центром в точке $C$ так, чтобы центр окружности перешёл в точку $A1$ . Сама же точка $( √- ) ( √- ) − 2 +kcos(45∘) |− 2+ k√2| A1 =|( 0 |) = |( 0 |) kcos(45∘) √k2$

Найдём уравнение плоскости $α$ , содержащую окружность конуса с центром в точке $A1$ . Так как $(2√2− √k) A1C = || 0 2|| ( −√k ) 2$ — служит осью конуса, то в качестве вектора нормали возьмём $( ) -- √----- |4− k| nα = 2A1C = ( 0 ) −k$ .

Так как $A ∈α 1$ , то

-k- √- k-- (4− k)(√2-− 2)− k√2 + Dα = 0

√ - √- √- Dα = 2k2 − 3 2k+ 4 2

√- √ - √- α:(4− k)x− kz+ 2k2− 3 2k +4 2 =0

Найдём уравнение плоскости $β = (PBC)$ :

P ∈ β : (| √2C + D = 0 B ∈ β : { − √2βB + βD =0 |( √ - β β C ∈ β : 2A β + Dβ = 0

Возьмём в качестве $Dβ = −√2$ , тогда получим $( Aβ) ( 1 ) nβ = |( Bβ|) =|( −1|) Cβ 1$

√ - β :x− y+ z− 2= 0

Найдём уравнение прямой $l =α ∩β 1$ :

{ x − y +z− √2 =0 (4− k)x − kz+ √2k2− 3√2k+ 4√2-= 0

Сложив первое уравнение, умноженное на $k$ , со вторым и, выразив $x$ , получим $√- x = ky− -2k2+ √2k− √2 4 4$ . Откуда можно подставить в первое уравнение и выразить $z$ . Тогда уравнение прямой $l1$ в параметрическом виде:

( √- 2 √- √- X : ||{ k4t− -24k-+ 2k− 2 Y : | t( ) √- √- √ - Z : |( 1− k4 t+ -24k2− 2k+ 2 2

Её направляющий вектор $( ) | k4 | v1 = || 1 || (1− k) 4$ .

Пусть $T$ — точка касания окружности с плоскостью $β$ , тогда $T$ лежит на прямой $l1$ , $( √-2 ) ---- | k4t− -2k4--+√k2- | A1T =|( ( ) √t √ |) 1− k4 t+ -2k42-−√3k2-+2 2$ , $(A1T,v1)= 0$ :

( - ) ( - ) k k √2k2 -k- ( k) ( k) √2k2 -3k- √- 4 4t− 4 + √2- + t+ 1− 4 1− 4 t+ 4 −√2-+ 2 2 = 0

√ - √- √ - √- t= --2k3-− 6-2k2+-16-2k− 16-2 k2− 4k+ 16

Тогда $( √- ) 2-2k(2− k) --- ||| √- 3k2− 4k2 +16 ||| AT = || -2(k-−26k-+-16k−-16)|| |( 2√k2(−k24k− +6k16+8) |) --k2−-4k-+16--$

Уравнение плоскости $γ = (ABC) :z =0$ :

Найдём уравнение прямой $l2 =α ∩γ$ :

{ z =0 √- √- √ - (4− k)x − kz+ 2k2− 3 2k+ 4 2= 0

Подставляя $z = 0$ во второе уравнение и выражая x, получим параметрическое уравнение прямой $l2$ :

( √- 2 √- √ - X :|||{ -2k-−-3-2k+-4-2 Y :| t k− 4 Z : ||( 0

Её направляющий вектор $(0) v2 = |(1|) 0$ .

Пусть $F$ — точка касания окружности с плоскостью $γ$ , тогда $F$ лежит на прямой $l2$ , $( √2k2) ---- || 2kt−8|| A1F =|( -k-|) −√2-$ , $(------) A1F,v2 = 0⇔ t= 0$

В силу симметрии картинки относительно плоскости $APC$ , если окружность касается плоскости $P BC$ , то она будет касаться и плоскости $P DC$ , поэтому для касания всех трёх плоскостей, содержащих граней необходимо и достаточно выполнения уравнения:

---- ---- |A1T|2 = |A1F|2

( √2k2)2 k2 (2√2k(2− k))2 ( √2(k3− 6k2+ 16k − 16))2 (2√2(k2− 6k +8))2 2k-− 8 + 2-= k2−-4k+16 + ----k2−-4k+-16----- + --k2−-4k-+16--

4k2(k2-− 4k+-8)= 2(k4−-8k3+-28k2−-48k-+32) (2k− 8)2 k2− 4k+ 16

k2(k2− 4k +8) 2(k− 2)2(k2 − 4k+ 8) --(k−-4)2---= ----k2−-4k-+16---

2 2 --k--2 =-22(k−-2)-- (k − 4) k − 4k+ 16

-32- k= k − 4 +12

[ k1 =4(2− √3) k =4(2+ √3)>2 − не подходит 2

Тогда

∘--2k4----k2- ∘ -----√-- R= |AF|= (2k−-8)2 +-2 =2 40− 23 3

Рассмотрим $△CA1F :CH = √2.$

√ - √- √- F =--2k2− 3-2-+4-2 = 8√2-− 5√6-⇒ FH = |F |= 5√6− 8√2 x k− 4 x

R CF ∘-2-----√-- △CA1F ∼ COH ⇒ -r = CH ⇒ r= 13(5− 2 3)

Ответ:

$∘-2----√--- 13(5− 2 3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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 4#47138

Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $BC$ и $DA$ тетраэдра $ABCD,$ у которого стороны $AB$ и $CD$ равны. Докажите, что прямая $MN$ образует равные углы с прямыми $AB$ и $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем построить два треугольника из равных векторов и понять, что в них будут равные углы. Для этого в одном треугольнике должны быть векторы MN и AB, а в другом NM и CD!

Подсказка 2

Да, так как сумма двух векторов в треугольнике равна третьему, нам нужно всего лишь найти вектора, которые дают MN! Попробуйте выразить его через сумму векторов.

Показать ответ и решение

Опустим везде обозначения векторов, поскольку больше ничего использовать не будем.

$PIC$

NM =NA + AB +BM = DA-+BC-+ AB = v+ AB 2

NM = ND +DC + CM = DC + AD-+-CB-=− CD − v =⇒ MN =CD + v 2

Итак, рассмотрим треугольник, образованный векторами $v$ , $AB$ и $NM$ . Он равен треугольнику, образованному векторами $v$ , $CD$ и $MN$ по трём сторонам. Но тогда равны углы $∠ (AB,NM )=∠(CD,MN )$ , что и требовалось доказать (поскольку треугольники образованы векторами, то это и будут углы между прямыми).

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#76413

Все рёбра правильной треугольной призмы $ABCA B C 1 1 1$ имеют длину $6.$ Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $AA 1$ и $A C 1 1$ соответственно.

a) Докажите, что прямые $BM$ и $MN$ взаимно перпендикулярны.

б) Найдите угол между плоскостями $BMN$ и $ABB1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим правильную треугольную призму, поэтому удобно было бы ввести прямоугольную систему координат: ось x вдоль луча AB, ось z вдоль AA₁, ось y перпендикулярно x и z в сторону точки C. Какие координаты тогда имеет вектор BM?

Подсказка 2

Верно, BM = (-6, 0, 3)! Надо бы еще найти MN, для этого найдем N: координата по z у нее 6, а вот с x и y надо разобраться. Опустим перпендикуляр NH из N на плоскость ABC. Тогда H- середина стороны AC. Какие тогда координаты имеет точка H?

Подсказка 3

В точку, H = (3/2, 3√3/2, 0)! Тогда N = (3/2, 3√3/2, 6) ⇒ MN = (3/2, 3√3/2, 3). Осталось только проверить, что скалярное произведение BM и MN равно 0. А как мы будем искать угол между плоскостями?

Подсказка 4

Легче всего это сделать через векторы нормали этих плоскостей. Составьте уравнения плоскостей BMN и ABB₁ по трем точкам, чтобы найти векторы нормали, и используйте формулу для косинуса угла между векторами.

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную декартовую систему координат, как на рисунке: $A$ — начало координат, ось $Ox$ направим вдоль $AB$ , $Oy ⊥ AB$ в плоскости $ABC$ в сторону $C$ , $Oz$ вдоль $AA1$ .

$PIC$

а) Найдём координаты вектора $---- BM$ :

$( ) ( ) ( ) 6 0 ---- − 6 B = |(0|) ,M =|( 0|) ⇒ BM = |( 0|) 0 3 3$

Найдём координаты вектора $---- MN$ :

Предварительно найдём координаты точки $C$ и $A1C1$ :

Высота в треугольнике $ABC$ из вершины $C$ по т. Пифагора равна $∘ -----(---)2 √- AC2 − AB2- = 3 3$ , а значит $( ) ( ) 3- ---- 3- C = |(3√ 3|) ⇒ A1C1 = |(3√3|) 0 0$

$PIC$

$( ) ( 3 ) ( 3 ) | 0| 1---- | 2√-| ---- | 2√-| M =( 0),N = 2A1C1 = ( 323) ⇒ BM =( 323) 3 6 3$

Найдём их скалярное произведение: $√-- (−6)⋅ 32 + 0⋅-267+ 3⋅3= 0⇒ BM ⊥ MN$ . что и требовалось доказать

б) Составим уравнение плоскостей:

$(BMN ):K1x+ M1y+ N1z+ L1 = 0$

( B : |{ 6K1 + L1 = 0 M :| 3N1 + L√1 = 0 N : ( 3K1 + 3 3M1+ 12N1+ 2L1 =0

Пусть $L1 = 6$ , тогда, решая систему, получим: $( ) ( ) | K1| |−5√13| ( M1) = (-3-) N1 − 2$ , за вектор нормали к этой плоскости возьмём $( ) ( ) K1 −√3 n1 = 3|( M1|) = |(5 3|) N1 − 6$ .

$(ABB1 ):K2x+ M2y+ N2z+ L2 = 0$

( ( A : |{ L2 = 0 |{ L2 = 0 B : |( 6K2 + L2 = 0 ⇔ |( K2 = 0 B1 : 6K2 + 6N2 +L2 = 0 N2 = 0

Пусть $M2 = 1$ , тогда $( ) ( ) |K2 | | 0| (M2 )= ( 1) N2 0$ его и возьмём за вектор к плоскости $( ) -- | 0| (ABB1):n2 =( 1) 0$ .

Угол между плоскостями: $√ - arccos|(n1,n2)|-=arccos∘--------5√--3------√-- =arccos-√5- |n1||n2| (− 3)2+ (5 3)2+ (− 6)2 12 2 10$

Ответ:

б) $--5- ∘ 5- ∘3- arccos2√10 =arccos 8 = arcsin 8$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#76415

Найти точку, симметричную данной точке $A(17;15;22)$ относительно прямой, проходящей через данную точку $B(3;1;8)$ и перпендикулярной данной плоскости $x +2y− 3z+ 12 =0.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала из уравнения плоскости получим вектор нормали к плоскости - это коэффициенты при x, y и z. Тогда это вектор (1,2,-3). Как он связан с прямой, перпендикулярной нашей плоскости?

Подсказка 2

Конечно! Он является ее направляющим вектором! Тогда параметрически наша прямая имеет вид x = 3 + a, y = 1 + 2a, z = 8 - 3a. Теперь можно попробовать найти какой-нибудь хороший вектор с началом в точке A, перпендикулярный нашей прямой. Что это за вектор?

Подсказка 3

Это вектор с началом в A и точкой H на нашей прямой! Тогда пусть (x,y,z) - координаты точки H. Они между собой связаны уравнением прямой, а AH - вектор с координатами (x-17,y-15,z-22). Тогда можно записать скалярное произведение вектора AH и направляющего вектора нашей прямой - оно равно 0! Тогда мы сможем найти вектор AH. А как теперь найти нужную точку?

Показать ответ и решение

Найдём параметрическое уравнение прямой, относительно которой будем отражать точку $A$ . Так как наша прямая перпендикулярна плоскости $x +2y− 3z+12= 0$ , то в качестве направляющего вектора $- v$ можно взять вектор нормали этой плоскости, а в качестве стартовой точки возьмём $B$ . Тогда уравнение нашей прямой выглядит так:

( ) ( ) ( ) l:|x| =| 3|+ α| 1 | (y) ( 1) ( 2 ) z 8 −3

Возьмём точку $C$ на прямой $l$ так, чтобы $AC-⊥ l$ , тогда

( 3+ α) ( −14+ α) C ∈ l⇔ C =|( 1+2α|) , AC-= |( −14+2α|) ; 8− 3α −14− 3α

$AC ⊥ l⇔ (AC,v)= 0⇔ (−14+α)+ 2(−14+2α)− 3(− 14 − 3α)= 0⇔ 14α= 0⇔ α =0$

$A′$ , симметричная $A$ относительно прямой $l$ , получается сдвигом $A$ на $( 17− 28) (−11) 2AC-⇒ A ′ =|( 15− 28|) = |(−13|) 22− 28 − 6$

Ответ:

$(−11) |(−13|) − 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76416

Через точку $A(1,2,3)$ провести плоскость, перпендикулярную к плоскости $5x − 2y+ 5z− 10 =0$ и образующую с плоскостью $x − 4y− 8z+12= 0$ угол $π∕4$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пускай уравнение нашей плоскости это Kx+My+Nz+L=0. Тогда вектор ее нормали n имеет координаты: n = (K, M, N). Какое условие накладывается на вектор n, если наша плоскость перпендикулярна плоскости 5x-2y+5z-10=0?

Подсказка 2

Верно, скалярное произведение вектора n и вектора v=(5, -2, 5) равно 0. Тогда 5K-2M+5N=0. Надо бы теперь также расписать, какое условие накладывает плоскость x-4y-8z+12=0, но, кажется, все будет не так просто...

Подсказка 3

Угол между векторами n и u=(1, -4, -8) равен π/4. Тогда K-4M-8N=(9/√2)*√(K²+M²+N²). Какое условие мы еще не использовали?

Подсказка 4

Точно, ведь наша плоскость проходит через точку A(1, 2, 3), поэтому K+2M+3N+L=0. Итого у нас три уравнения на 4 неизвестные. Но мы помним, что коэффициенты нам нужны с точностью до пропорциональности, поэтому можно предположить, что L≠0 и положить L=10. Вам осталось лишь решить систему, я в вас верю!

Показать ответ и решение

Пусть уравнение искомой плоскости имеет вид: $Kx + My+ Nz +L = 0$ , её нормаль $( K) n1 = |(M |) N$ , раз она проходит через точку $A$ , то $A$ удовлетворяет уравнению плоскости:

K + 2M +3N + L= 0

Обозначим нормали плоскостей $5x− 2y +5z− 10= 0$ и $x − 4y− 8z+ 12 =0$ за $( ) -- | 5| n2 = (−2) 5$ и $( ) -- | 1| n3 = (−4) −8$ соответственно. Используем тот факт, что синус угла между плоскостями совпадает с синусом угла между их нормалями. Рассмотрим случай, когда углы между плоскостями совпадают с углами между их нормалями:

{ -- -- -- -- π { 5K− 2M + 5N = 0 (n1,n2)=|n1||n2|cos(2π) ⇔ √ -2----2---2∘-2-----2-----2√1 (n1,n3)=|n1||n3|cos(4) K − 4M − 8N = K + M +N 1 + (− 4) + (− 8) 2

Мы получили систему с $3$ уравнениями и $4$ неизвестными:

(| K+ 2M + 3N + L= 0 |{ 5K − 2M +5N = 0 ||( √9√ -2----2---2 K− 4M − 8N = 2 K + M +N

Пусть $L =10$ , рассмотрим первые $2$ уравнения, после их сложения получим:

6K + 8N + 10= 0⇔ N = − 3K-+5 4

Подставим в первое уравнение:

K +2M − 9K-+15+ 10= 0⇔ M = 5K-− 25 4 8

Теперь подставим $N$ и $M$ в третье уравнение:

5K − 25 9 ∘-----(5K-−-25)2--(3K+-15)2- K − (--2--)+ (6K + 10)= √2- K2 + ---64---+ ---16---

√ - 9K + 45 = 9-2∘64K2-+(25K2−-250K-+-625)+-4(9K2-+30K-+25) 8

∘ ---2------------ 8K +40= 250K − 260K +1450,K >= −5

93K2 − 450K− 75= 0

K1 = 5, K2 =− 5- 31

Возьмём $K = 5$ , тогда $M =0$ , $N = −5$ и наша искомая плоскость: $5x− 5z+ 10 =0.$

Ответ:

$x − z+ 2= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91356

Докажите, что расстояние от точки $(x ,y ,z ) 0 0 0$ до плоскости $Ax + By+ Cz+ D =0$ равно

Ax0+By0-+Cz0+-D- √A2+-B2-+C2-

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала вспомните, как из уравнения плоскости получить координаты вектора нормали. Подумайте, как его применить.

Подсказка 2

Теперь нужно найти сам перпендикуляр от точки до плоскости. Понятно, что вектор этого перпендикуляра будет коллинеарен с вектором нормали.

Показать доказательство

Докажем, что вектор $v = (A,B,C)$ перпендикулярен данной плоскости. Для этого возьмем любой вектор $A A = (x ,y,z), 1 2 1 1 1$ такой что $A1$ и $A2$ лежат на плоскости и покажем, что он перпендикулярен $v$ . $Ax1+ By1+Cz1 =0$ $(A1$ и $A2$ лежат на плоскости), и значит, скалярное произведение $A1A2$ и $v$ равно $0,$ что значит, что они перпендикулярны.

Итого, мы доказали, что $v$ перпендикулярен плоскости. Теперь пусть

v v v1 =|v| = √A2-+B2-+C2

k= Ax0√+-B2y0+2Cz0+2-D A + B + C

Чтобы найти расстояние от точки до плоскости нам нужно опустить перпендикуляр. Заметим, что точка $A(x2,y2,z2)= (x0,y0,z0)− v1k$ лежит на плоскости, так как

Ax +By +Cz =Ax − √----A2k----+ Bx − √---B2k-----+ Cz − √---C2k-----+ D= D 2 2 2 0 A2+ B2+ C2 0 A2+ B2+ C2 0 A2 +B2 +C2

Тогда если $B (x0,y0,z0),$ то $AB$ перпендикуляр к плоскости из $B.$ Значит, расстояние от $B$ плоскости равно длине $′ AB = |v k|=|k|.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#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:

$√1- 5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#51634

Боковые рёбра $SA,$ $SB$ и $SC$ треугольной пирамиды $SABC$ взаимно перпендикулярны. Точка $D$ лежит на основании пирамиды $ABC$ на расстоянии $√- 5$ от ребра $SA,$ на расстоянии $√-- 13$ от ребра $SB$ и на расстоянии $√-- 10$ от ребра $SC.$ Какое наименьшее значение может иметь объём пирамиды $SABC$ при этих условиях?

Источники: ПВГ-2015 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо поработать с расстояниями от D до ребер, которые даны по условию. Удобнее всего будет работать через расстояния от D до боковых плоскостей, их можно вычислить.

Подсказка 2

В этой задаче нельзя не ввести координаты. Пусть основанием будет точка S. Угадайте, какие прямые будут осями?

Подсказка 3

Чтобы оценить объём, в данном случае нужно оценить произведение боковых рёбер. Чтобы получить про них какую-то информацию, поработайте с уравнением плоскости основания. На ней лежат целых четыре точки с красивыми координатами.

Показать ответ и решение

Опустим перпендикуляры $DD ,DD ,DD 1 2 3$ из точки $D$ на плоскости $SBC$ $SAC$ и $SAB$ соответственно. Обозначим $DD = x. 1$ $DD2 = y,$ $DD3 =z.$ Согласно условию составим систему уравнений

( 2 2 |{ y2 +z2= 5 |( x2 +z2= 13 x +y = 10

Отсюда находим $x= 3,$ $y = 1,$ $z = 2.$ Обозначим длины рёбер $SA,$ $SB$ и $SC$ через $a,b$ и $c$ соответственно.

$PIC$

Лемма: $3 1 2 a + b + c = 1.$

Доказательство: Введём систему координат с началом в точке $S$ как на рисунке. Запишем уравнение плоскости $ABC.$

A1x+ B1y+ C1z+ D= 0

Так как плоскость не проходит через начало координат, то $D ⁄= 0.$ Значит, можно поделить на $− D.$ Получим:

Ax+ By+ Cz =1

Теперь поставим в уравнение плоскости точки, в ней лежащие, чтобы найти коэффициенты $A,$ $B,$ $C.$ Итого получим, что $A = 1, a$ $B = 1, b$ $C = 1. c$ А значит уравнение плоскости

x + y+ z= 1 a b c

Подставив туда координаты принадлежащей этой плоскости точки $D,$ получим $3a + 1b + 2c =1.$ Лемма доказана.

Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для трёх переменных получаем:

------ --- 3a+1b+2c-≥ 3∘ 3⋅ 1⋅ 2 = 3∘-6-⇐⇒ abc≥ 6⋅27 ⇐ ⇒31= (3+ a1+b2c)3 ≥ 6a⋅2b7c⇐⇒ abc≥ 6⋅27 a b c abc

причём равенство имеет место при $3 = 1 = 2= 1. a b c 3$ Объём пирамиды $V = abc, 6$ поэтому $V ≥27.$ Равенство имеет место при $a= 9,$ $b= 3,$ $c= 6.$

Ответ:

$27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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.