Попов - весь практикум по геометрии

Рис. 3.14

Пусть точка

F делит

BC в отношении,

CF : FB m : n, а

точка M делит

AF в отношении AM

: MF p : q.

Рассматривая ( SCB ) , по первому основному

векторному

соотношению находим:

m

n

SF

SB

SC.

(2)

m n

m n

Теперь рассмотрим плоскость SAF . Вновь применяя первое век-

торное соотношение, имеем:

p

q

SM

SF

SA.

(3)

p q

p q

Подставим (2) в равенство (3):

p

pm

pn

SM

SA

SB

SC.

p q

( p q)(m n)

( p q)(m n)

Отсюда

q

,

pm

,

pn

p q

( p

q)(m n)

( p q)(m n)

и, следовательно, q(m n) pm n

1.

( p q)(m n)

m

n

SM

SC

SA 0

SB

m n

m n

и

m

n

0 1.

m n

m n

Рис. 3.15

3.

Точка M ∆АВС (рис. 3.16).

Пусть

AF : FC

m : n,

а M F : FB p : q . С одной сторо-

ны, рассматривая плоскость SAC , по первому основному векторному

соотношению имеем

m

n

SF

SC

SA.

(4)

m n

m n

С другой стороны, рассматривая плоскость SMB, по формуле (2)

находим

p

q

SF

SB

SM .

(5)

p q

p q

Из равенств (4), (5) следует:

q

p

m

SM

SB

SC

p q

p q

m n

p

m( p q)

SB

SC.

q

(m n)q

Рис. 3.16

Сумма коэффициентов этого равенства

n( p q)

p

m( p q)

1.

(m n)q q

(m n)q

Задача

3 . 1 3 . В правильной призме АВСА1В1С1 длина сторо-

и F — середины ребер A1B1

и BC соответственно. Отрезок MN с

концами на прямых

AC

и

BB

пересекает прямую

DF

и перпенди-

1

кулярен к ней. Найти длину этого отрезка.

Выберем аффинный базис следующим образом:

ВА

а, ВВ1

в, ВС

с (рис. 3.17).

а) Пусть СМ : СА к, BN : BB1

l , тогда MA : СА 1 к.

По условию

(6)

MN FD MN

FD 0.

Выразим векторы MN и FD через базисные векторы a,b, c :

MN

BN

BM

lb ka (k 1)c,

1

1

(7)

FD

FB BB1 B1D

2

c b

2

a.

Рис. 3.17

Подставим разложения (7) векторов MN и

FD в равенство (5) и

учтем, что a b 0, b c 0, a c 8a 2 .

В результате получим:

l 8k 4 0.

(8)

Прямые NM, FD пересекаются, и,

следовательно, точки F, M ,

N, D лежат в одной плоскости. Значит,

можно применить третье ос-

новное векторное соотношение:

1

1

BM BF BN BD

2

c

(lb) (b

2

a)

(9)

1

2

a ( l )b

2

c,

где

1.

С другой стороны, по первому основному векторному соотношению:

BM

k a (1 k)c .

(10)

базису получим:

1

,

2(1 k),

к

2

2k

,

l 0,

l

1 k ;

2k.

2

2k

Из условия 1 2(1 k ) 2k

1 следует

l

l 2k 0 .

(11)

c) Решим систему, составленную из уравнений (8) и (11):

2

l

2k 0,

k

3

,

8k 4

0

l

4

.

l

3

Тогда из соотношения (7) находим MN

2 a

4

b

1 c .

Отсюда следует:

3

3

3

MN

2

2

(

2

4

1

2

4

16a

2

16

a

2

MN

3

a

3

b

3

c)

9

9

Выберем базис SA a, SB b, SC

c (рис. 3.18).

Пусть

(12)

SM xb, SN yc,

где M и N — точки пересечения секущей плоскости с ребрами SB и

SC соответственно. Найдем x и

y в равенствах (12).

Представим разложение вектора SM по базису a,b, c , используя

третье основное векторное соотношение. Действительно, имеем

SM

SA SF

SD,

(13)

1.

Рис. 3.18

Подставим разложения

векторов

(13) и, учитывая

SF, SD в

1 , получим окончательно:

1

1

(1

SM

a

4

(a b)

6

)(a

c)

(14)

1

5

1

1

(

)a

b

c.

6

4

6

4

6

5

1

1

1

0,

x

,

6

12

6

3

4

x,

,

4

3

1

1

(1

) 0

.

6

3

Кроме того,

1

1

1

1

SF

2

SL

4

(a

b), SD

3

SK

6

(a c).

Итак, SM 1

SB SM

1

SB SM : MB 1 : 2 .

3

3

Аналогично находим

y . По третьему основному векторному соот-

ношению:

SN

SA SF

SD

1

1

(15)

a

4

(a

b)

6 (1 )(a

c) .

Из равенств (12) и (15) следует:

5

1

1

0,

1

6

12

6

5

,

1

0

0,

4

1

1

y

y

.

5

(1 )

6

Отсюда получаем SN

1

SC

и, значит,

SN : NC 1: 4 .

4

Ответ:

SN : NC 1 :

4, SM : MB 1 :

2 .

Задача

3 . 1 5 .

Дан куб

АВС

1В1С1D1 DсАребром,

равным a.

Точка K — середина ребра

AA1 , M — центроид грани (CDD1 ) .

Отрезок FH

с концами на B1C1

и AD пересекает KM

и перпен-

дикулярен ей. Найти длину FH

(рис. 3.19).

1

1

1

1

KM

KA

A D

D M

c a

b

c a

b ,

1

1

1

1

2

2

2

2

FH

FB1

B1 A1

A1

A

AH

a(m l) b c .

В

1

l

F

1 – l

С1

А1

D1

М

c

K

С

B

b

A

m

a

H 1 – m

D

Рис. 3.19

По условию

KM FH

1

0

KM FH 0 (a

2

b)(a(m l) b c)

2

2

1

0

2

1

2

0

m l

1

0. (16)

(m l)a

2

b

(m l)a

2

a

2

Прямые КМ и FH пересекаются, то есть точки K , M , F , H

принад-

D1H

D1K

D1F D1M

1

(17)

1

(

1

( a

2

c)

(b (1 l)a

2

b

2

c),

где 1 .

С другой стороны,

D1 H

m c

(1 m )( a

c).

(18)

Из (17) и (18) в силу однозначности разложения вектора по базису:

2m 2l 4

,

1,

1 l

(1 l) m

1

1

0,

,

2

2

1

1

1

y 2.

2

2

Отсюда

2m 2l 4

2m 2l 4

1 2m 2l

4

1 l

1 l

2 2 (

1 l