Страница 67 - гдз по геометрии 11 класс рабочая тетрадь Бутузов, Глазков

94 Точка $M$ — середина ребра $AA_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

а) Выразите вектор $\vec{CM}$ через векторы $\vec{a} = \vec{BA}$, $\vec{b} = \vec{BB_1}$, $\vec{c} = \vec{BC}$.

б) Найдите длину вектора $\vec{CM}$, если $AB = 3$, $BC = 4$, $BB_1 = 24$.

Решение.

а) По правилу

$\vec{CM} = \vec{CA} + \underline{\hspace{2em}}$. Так как $\vec{BC} + \underline{\hspace{2em}} + \vec{CA} = \underline{\hspace{2em}}$, то $\vec{CA} = \vec{BA} - \underline{\hspace{2em}} = \vec{a} - \underline{\hspace{2em}}$, а так как точка $M$ — середина ребра $\underline{\hspace{2em}}$, то $\vec{AM} = \frac{1}{2}\underline{\hspace{2em}} = \vec{BB_1} = \vec{b}$.

Итак, $\vec{CM} = \vec{a} - \underline{\hspace{2em}} + \underline{\hspace{2em}}$

б) В прямоугольном $\underline{\hspace{2em}}$

$ABCDA_1B_1C_1D_1$

$AA_1 \perp ABC$, следовательно, $AA_1 \perp AC$. В прямоугольном треугольнике $ACM$

$CM^2 = AC^2 + \underline{\hspace{2em}}$, но $AC^2 = AB^2 + \underline{\hspace{2em}} = 3^2 + \underline{\hspace{2em}} = \underline{\hspace{2em}}$, $AM = \frac{1}{2}\underline{\hspace{2em}} = \underline{\hspace{2em}}$

Итак, $CM^2 = \underline{\hspace{2em}} + \underline{\hspace{2em}}$, т. е. $|\vec{CM}| = \sqrt{\underline{\hspace{2em}}} = \underline{\hspace{2em}}$

Ответ.

а) $CM = \underline{\hspace{2em}}$

б) $|\vec{CM}| = \underline{\hspace{2em}}$

а) Чтобы выразить вектор $\vec{CM}$ через заданные векторы, воспользуемся правилом сложения векторов для треугольника. Представим вектор $\vec{CM}$ как сумму двух векторов: $\vec{CM} = \vec{CA} + \vec{AM}$.

Теперь необходимо выразить векторы $\vec{CA}$ и $\vec{AM}$ через $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$.

Из треугольника $ABC$ по правилу сложения векторов имеем: $\vec{BC} + \vec{CA} = \vec{BA}$. Выразим отсюда $\vec{CA}$: $\vec{CA} = \vec{BA} - \vec{BC}$. Согласно условию, $\vec{BA} = \vec{a}$ и $\vec{BC} = \vec{c}$, следовательно: $\vec{CA} = \vec{a} - \vec{c}$.

Точка $M$ — середина ребра $AA_1$. Значит, вектор $\vec{AM}$ равен половине вектора $\vec{AA_1}$: $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AA_1}$. В параллелепипеде противоположные ребра равны и параллельны, поэтому $\vec{AA_1} = \vec{BB_1}$. По условию $\vec{BB_1} = \vec{b}$, значит: $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{b}$.

Подставим полученные выражения для $\vec{CA}$ и $\vec{AM}$ в исходную формулу: $\vec{CM} = (\vec{a} - \vec{c}) + \frac{1}{2}\vec{b} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} - \vec{c}$.

Ответ: $\vec{CM} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} - \vec{c}$.

б) Длина вектора $|\vec{CM}|$ равна длине отрезка $CM$. Найдем ее, используя теорему Пифагора.

Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, его боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и диагонали $AC$. Таким образом, треугольник $ACM$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$.

По теореме Пифагора для треугольника $ACM$ имеем: $CM^2 = AC^2 + AM^2$.

Сначала найдем длину катета $AC$. Основание $ABCD$ — прямоугольник, поэтому треугольник $ABC$ — прямоугольный (угол $B = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $AC^2 = AB^2 + BC^2$. Подставим длины сторон из условия: $AB = 3$, $BC = 4$. $AC^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25$.

Теперь найдем длину катета $AM$. Точка $M$ — середина ребра $AA_1$, а длина ребра $AA_1$ равна длине $BB_1$, то есть $AA_1 = 24$. $AM = \frac{1}{2}AA_1 = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$.

Подставим найденные значения $AC^2$ и $AM$ в формулу для $CM^2$: $CM^2 = 25 + 12^2 = 25 + 144 = 169$.

Длина вектора $\vec{CM}$ равна корню квадратному из $CM^2$: $|\vec{CM}| = \sqrt{169} = 13$.

Ответ: 13.

95 Назовём медианой тетраэдра отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан противолежащей грани.

Докажите, что все четыре медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 3:1, считая от вершины тетраэдра.

Доказательство.

Пусть точки $A_1$ и $B_1$ — середины отрезков $BC$ и $AC$, $O_1$ и $O_2$ — точки пересечения медиан граней $ABC$ и $BCD$. Обозначим буквой $M$ точку на медиане $DO_1$ тетраэдра, такую, что $DM:MO_1 = 3:1$, буквой $K$ — точку на медиане $AO_2$, такую, что $AK:KO_2 = 3:1$. Докажем, что точки $M$ и $K$ совпадают.

1) Так как $DM:MO_1 = 3:1$, то $\vec{DM} = 3 \vec{MO_1}$, и, следовательно, для произвольной точки $X$ пространства выполняется равенство (см. задание 85)

$\vec{XM} = \frac{\vec{XD} + 3 \vec{XO_1}}{1 + 3}$,

Т. е.

$\vec{XM} = \frac{1}{4} \vec{XD} + \frac{3}{4} \vec{XO_1}$. (1)

2) Медианы $AA_1$ и $BB_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O_1$, поэтому $BO_1 : O_1B_1 = 2 : 1$. Следовательно, $\vec{BO_1} = 2 \vec{O_1B_1}$, и потому для точки $X$ выполняется равенство

$\vec{XO_1} = \frac{\vec{XB} + 2 \vec{XA_1}}{1 + 2}$,

Т. е.

$\vec{XO_1} = \frac{1}{3} \vec{XB} + \frac{2}{3} \vec{XA_1}$. (2)

3) Точка $B_1$ — середина отрезка $AC$, поэтому $\vec{XB_1} = \frac{1}{2}(\vec{XA} + \vec{XC})$ (см. задание 83).

4) Подставив выражение для $\vec{XB_1}$ в равенство (2), получим

$\vec{XO_1} = \frac{1}{3} \vec{XB} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\vec{XA} + \vec{XC}) = \frac{1}{3}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC})$.

5) Подставим теперь полученное разложение вектора $\vec{XO_1}$ по векторам $\vec{XA}$, $\vec{XB}$ и $\vec{XC}$ в равенство (1):

$\vec{XM} = \frac{1}{4} \vec{XD} + \frac{3}{4} \frac{1}{3}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC}) = \frac{1}{4}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC} + \vec{XD})$.

6) Аналогично рассуждая для точки $K$ и произвольной точки $X$, получаем равенство

$\vec{XK} = \frac{1}{4}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC} + \vec{XD})$.

Следовательно, точки $M$ и $K$ совпадают, т. е. медианы $DO_1$ и $AO_2$ тетраэдра пересекаются в точке $M$ и делятся ею в отношении $3:1$ , считая от вершин $D$ и $A$ соответственно.

7) Таким же образом это утверждение доказывается и для остальных двух медиан тетраэдра.

Доказательство.

Пусть точки $A_1$ и $B_1$ — середины отрезков $BC$ и $AC$, $O_1$ и $O_2$ — точки пересечения медиан граней $ABC$ и $BCD$. Обозначим буквой $M$ точку на медиане $DO_1$ тетраэдра, такую, что $DM : MO_1 = 3 : 1$, буквой $K$ — точку на медиане $AO_2$, такую, что $AK : KO_2 = 3 : 1$. Докажем, что точки $M$ и $K$ совпадают.

1) Так как $DM : MO_1 = 3 : 1$, то $\vec{DM} = 3\vec{MO_1}$, и, следовательно, для произвольной точки $X$ пространства выполняется равенство (см. задание 85) $\vec{XM} = \frac{\vec{XD} + 3\vec{XO_1}}{1 + 3}$,

т. е.

$\vec{XM} = \frac{1}{4}\vec{XD} + \frac{3}{4}\vec{XO_1}$. (1)

2) Медианы $AA_1$ и $BB_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O_1$, поэтому $BO_1 : O_1B_1 = 2 : 1$. Следовательно, $\vec{BO_1} = 2\vec{O_1B_1}$, и потому для точки $X$ выполняется равенство

$\vec{XO_1} = \frac{\vec{XB} + 2\vec{XB_1}}{1 + 2}$,

т. е.

$\vec{XO_1} = \frac{1}{3}\vec{XB} + \frac{2}{3}\vec{XB_1}$. (2)

3) Точка $B_1$ — середина отрезка $AC$, поэтому $\vec{XB_1} = \frac{1}{2}(\vec{XA} + \vec{XC})$ (см. задание 83).

4) Подставив выражение для $\vec{XB_1}$ в равенство (2), получим

$\vec{XO_1} = \frac{1}{3}\vec{XB} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\vec{XA} + \vec{XC}) = \frac{1}{3}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC})$.

5) Подставим теперь полученное разложение вектора $\vec{XO_1}$ по векторам $\vec{XA}$, $\vec{XB}$ и $\vec{XC}$ в равенство (1):

$\vec{XM} = \frac{1}{4}\vec{XD} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC}) = \frac{1}{4}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC} + \vec{XD})$.

6) Аналогично рассуждая для точки $K$ и произвольной точки $X$, получаем равенство

$\vec{XK} = \frac{1}{4}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC} + \vec{XD})$.

Следовательно, точки $M$ и $K$ совпадают, т. е. медианы $DO_1$ и $AO_2$ тетраэдра пересекаются в точке $M$ и делятся ею в отношении $3:1$, считая от вершин $D$ и $A$ соответственно.

7) Таким же образом это утверждение доказывается и для остальных двух медиан тетраэдра.