Номер 5, страница 142 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

"Стереометрическое" расположение двух прямых. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 5, страница 142.

Условие.

5. Ребро $CD$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно основанию $ABC$. Точка $M$ – середина ребра $DB$, точка $N$ – середина ребра $AB$, точка $K$ делит ребро $CD$ в отношении $1 : 2$, считая от вершины $C$. Докажите, что прямая $CN$ равноудалена от прямых $AM$ и $BK$.

Решение 1.

Решение 3.

Для доказательства утверждения воспользуемся методом координат. Так как по условию ребро $CD$ перпендикулярно основанию $ABC$, мы можем ввести прямоугольную систему координат следующим образом:

• Поместим вершину $C$ в начало координат $C(0, 0, 0)$.
• Направим ось $Oz$ вдоль ребра $CD$.
• Расположим плоскость основания $ABC$ в плоскости $Oxy$.

Зададим координаты вершин тетраэдра. Пусть длина ребра $CD$ равна $3h$ (это упростит вычисления для точки $K$). Без ограничения общности, разместим точку $A$ на оси $Ox$.

• $C(0, 0, 0)$
• $A(a, 0, 0)$
• $B(b, c, 0)$
• $D(0, 0, 3h)$

Теперь найдем координаты точек $M, N, K$ исходя из условий задачи:

• $N$ — середина ребра $AB$. Ее координаты: $N\left(\frac{a+b}{2}, \frac{c}{2}, 0\right)$.
• $M$ — середина ребра $DB$. Ее координаты: $M\left(\frac{b}{2}, \frac{c}{2}, \frac{3h}{2}\right)$.
• $K$ делит ребро $CD$ в отношении $1:2$, считая от $C$. Значит, $CK = \frac{1}{3}CD = \frac{1}{3}(3h) = h$. Координаты точки $K(0, 0, h)$.

Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми $l_1$ и $l_2$, заданными точкой ($P_1$, $P_2$) и направляющим вектором ($\vec{v_1}$, $\vec{v_2}$), используется формула:

$d = \frac{|\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{|\vec{v_1} \times \vec{v_2}|}$

где $\cdot$ — скалярное произведение, а $\times$ — векторное произведение. Величина в числителе — это модуль смешанного произведения векторов.

Найдем расстояние $d(CN, AM)$

Прямая $CN$ проходит через точку $C(0, 0, 0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_{CN}} = \vec{CN} = \left(\frac{a+b}{2}, \frac{c}{2}, 0\right)$.

Прямая $AM$ проходит через точку $A(a, 0, 0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_{AM}} = \vec{AM} = M - A = \left(\frac{b}{2}-a, \frac{c}{2}, \frac{3h}{2}\right)$.

В качестве вектора, соединяющего прямые, возьмем $\vec{CA} = A - C = (a, 0, 0)$.

1. Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v_{CN}} \times \vec{v_{AM}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{a+b}{2} & \frac{c}{2} & 0 \\ \frac{b}{2}-a & \frac{c}{2} & \frac{3h}{2} \end{vmatrix} = \vec{i}\left(\frac{c}{2} \cdot \frac{3h}{2} - 0\right) - \vec{j}\left(\frac{a+b}{2} \cdot \frac{3h}{2} - 0\right) + \vec{k}\left(\frac{a+b}{2} \cdot \frac{c}{2} - \frac{c}{2} \cdot \left(\frac{b}{2}-a\right)\right)$

$= \vec{i}\left(\frac{3ch}{4}\right) - \vec{j}\left(\frac{3h(a+b)}{4}\right) + \vec{k}\left(\frac{ac+bc-bc+2ac}{4}\right) = \left(\frac{3ch}{4}, -\frac{3h(a+b)}{4}, \frac{3ac}{4}\right)$

2. Найдем смешанное произведение:

$\vec{CA} \cdot (\vec{v_{CN}} \times \vec{v_{AM}}) = (a, 0, 0) \cdot \left(\frac{3ch}{4}, -\frac{3h(a+b)}{4}, \frac{3ac}{4}\right) = a \cdot \frac{3ch}{4} + 0 + 0 = \frac{3ach}{4}$

3. Найдем расстояние:

$d(CN, AM) = \frac{|\frac{3ach}{4}|}{|\left(\frac{3ch}{4}, -\frac{3h(a+b)}{4}, \frac{3ac}{4}\right)|} = \frac{\frac{3}{4}|ach|}{\frac{3}{4}\sqrt{(ch)^2 + (-h(a+b))^2 + (ac)^2}} = \frac{|ach|}{\sqrt{c^2h^2 + h^2(a+b)^2 + a^2c^2}}$

Ответ: $d(CN, AM) = \frac{|ach|}{\sqrt{c^2h^2 + h^2(a+b)^2 + a^2c^2}}$

Найдем расстояние $d(CN, BK)$

Прямая $CN$ проходит через точку $C(0, 0, 0)$ с вектором $\vec{v_{CN}} = \left(\frac{a+b}{2}, \frac{c}{2}, 0\right)$.

Прямая $BK$ проходит через точку $B(b, c, 0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_{BK}} = \vec{BK} = K - B = (-b, -c, h)$.

В качестве вектора, соединяющего прямые, возьмем $\vec{CB} = B - C = (b, c, 0)$.

1. Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v_{CN}} \times \vec{v_{BK}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{a+b}{2} & \frac{c}{2} & 0 \\ -b & -c & h \end{vmatrix} = \vec{i}\left(\frac{c}{2} \cdot h - 0\right) - \vec{j}\left(\frac{a+b}{2} \cdot h - 0\right) + \vec{k}\left(\frac{a+b}{2} \cdot (-c) - \frac{c}{2} \cdot (-b)\right)$

$= \vec{i}\left(\frac{ch}{2}\right) - \vec{j}\left(\frac{h(a+b)}{2}\right) + \vec{k}\left(\frac{-ac-bc+bc}{2}\right) = \left(\frac{ch}{2}, -\frac{h(a+b)}{2}, -\frac{ac}{2}\right)$

2. Найдем смешанное произведение:

$\vec{CB} \cdot (\vec{v_{CN}} \times \vec{v_{BK}}) = (b, c, 0) \cdot \left(\frac{ch}{2}, -\frac{h(a+b)}{2}, -\frac{ac}{2}\right) = b \cdot \frac{ch}{2} + c \cdot \left(-\frac{h(a+b)}{2}\right) + 0$

$= \frac{bch}{2} - \frac{c(a+b)h}{2} = \frac{bch - ach - bch}{2} = -\frac{ach}{2}$

3. Найдем расстояние:

$d(CN, BK) = \frac{|-\frac{ach}{2}|}{|\left(\frac{ch}{2}, -\frac{h(a+b)}{2}, -\frac{ac}{2}\right)|} = \frac{\frac{1}{2}|ach|}{\frac{1}{2}\sqrt{(ch)^2 + (-h(a+b))^2 + (-ac)^2}} = \frac{|ach|}{\sqrt{c^2h^2 + h^2(a+b)^2 + a^2c^2}}$

Ответ: $d(CN, BK) = \frac{|ach|}{\sqrt{c^2h^2 + h^2(a+b)^2 + a^2c^2}}$

Сравнивая полученные выражения для расстояний $d(CN, AM)$ и $d(CN, BK)$, мы видим, что они полностью совпадают.

$d(CN, AM) = d(CN, BK) = \frac{|ach|}{\sqrt{c^2h^2 + h^2(a+b)^2 + a^2c^2}}$

Следовательно, прямая $CN$ равноудалена от прямых $AM$ и $BK$.

Ответ: Утверждение доказано.