авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 ||

«ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ ГОРОДА МОСКВЫ «МОСКОВСКИЙ ГОРОДСКОЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» ...»

-- [ Страница 4 ] --

Выберем длину ребер тетраэдра LK и JM, лежащих в плоскостях и так, чтобы площадь прямоугольника равнялась площади круга. Прямоугольник OQTS отстоит от верхней плоскости на расстояние RN= h (рис. 3). Прямая PL проходит через середину отрезка OQ точку I, а прямая РК через середину от резка ST точку E. Пусть длины ребер тетраэдра JM и LK равны х, длины отрез ков OQ и OS, соответственно у и z, тогда |JM| : |OQ| = |JP| : |OI| = |PL| : |LI| = |PN| : |RN| или x:y = 2R:h, отсюда следует y=xh/2R. Выразим другую сторону прямоугольника OQTS:

|LK| : |IE| = |NK| : |RE| = |PK| : |EK| = |PN| : |RN| или х:z = 2R:(2R–h), от сюда следует z=x(2R-h)/2R. Площадь прямоугольника равна yz = x2h(2R–h)/4R и, одновременно, yz = h(2R–h). Определив объем тетраэдра с дли х 2R ной ребра 2R, мы тем самым вычислим объем шара. Но объем тетраэдра, два скрещивающихся ребра которого перпендикулярны, равен разности объемов прямоугольной призмы, в основании которой квадрат, и четырех объемов рав ных треугольных пирамид:

)2 R )2 R (2 R (2 R (2 R )R 4 R 6 3 Рисунок 3.

2. Доказать, что любая плоскость, проходящая через середины скрещи вающихся ребер тетраэдра, делит тетраэдр на две части, объемы которых равны.

На (рис. 4) видно, как две параллельные плоскости пересекают пирамиду, вписанную в параллелепипед. В сечении образуются параллелограммы. Любая плоскость, содержащая отрезок OO1, проходит через центры этих параллело граммов и делит их на две равновеликие части. Отсюда следует, согласно принципу Кавальери, равенство объемов тел, полученных при сечении тетраэд ра плоскостью.

Рисунок 4.

Теорема. Общая ширина полос, покрывающих круг, не менее 2R.

Прежде, чем привести доказательство этой замечательной теоремы пла ниметрии при помощи стереометрических методов, выполним несколько шагов для получения площади поверхности шарового пояса.

Шаровой пояс - часть шара, ограниченная двумя параллельными плоско стями, пересекающими шар.

Шаг первый.

Найдем по принципу Кавальери объем шарового сегмента. Впишем шар радиуса R в цилиндр высотой и диаметром основания 2R (рис. 5).

Рисунок 5.

Рассмотрим множество точек пространства, которое является разностью между множеством точек цилиндра и множеством точек, являющихся объеди нением двух равных конусов с общей вершиной в центре шара и основаниями, совпадающими соответственно с нижним и верхним основаниями цилиндра.

Полученное тело обозначим через А. Любая плоскость, параллельная основа нию цилиндра, отстоящая от сечения, проходящего через центр шара и отстоя щая на расстояние h от плоскости верхнего основания, пересекает шар по кру гу, а тело А - по кольцу. Как показано выше, при вычислении объема шара площади кольца и круга равны между собой. Если площади фигур в сечении любой плоскостью, параллельной данной, равны между собой, то по принципу Кавальери равны и их объемы. Объем тела, с которым мы сравниваем шаровой сегмент, есть разница объемов цилиндра с высотой h и объема усеченного ко нуса с той же высотой и площадями основания R 2 и ( R h)2 (рис. 6).

Рисунок 6.

Объем цилиндра равен V R 2 h, а объем усеченного конуса равен R2h Rh V h 3.

Из всего этого следует, что объем шарового сегмента равен:

13 Rh2 h2 ( R V h h) 3 Шаг второй.

Найдем объем шарового сектора. Шаровой сектор состоит из двух частей:

сегмента и конуса с площадью основания S (2 Rh h 2 ) и длиной высоты R-h.

Сложив объемы этих тел, получим объем шарового сектора 1 1 h2 ( R (2 Rh h 2 )( R h) V h) Rh 3 3 Шаг третий.

Найдем площадь поверхности шарового сегмента. Объем шарового сек тора состоит из суммы объемов различных конических поверхностей с высо той, равной радиусу шара R с основаниями, лежащими на поверхности шарово го сектора (рис. 7).

Рисунок 7.

Si R R Si 3 Сумма оснований этих конических поверхностей образуют в сумме пло щадь шарового сегмента. Объем шарового сектора равен 2 SR, что площадь поверхности шарового сегмента рав R2h V 3 на S 2 Rh.

Шаг четвертый.

Найдем площадь поверхности шарового пояса. Чтобы ее вычислить, надо найти разность поверхностей двух сферических шапочек. Пусть высоты этих "шапочек" будут h1 и h2, тогда искомая площадь будет равна S 2 Rh1 2 Rh2 2 R(h1 h2 ) 2 R h, где h - высота слоя (рис. 8).

Рисунок 8.

Как следствие всего этого, докажем сформулированную выше теорему планиметрии, применяя инструменты стереометрии.

Если расположить полоски, как на (рис. 9), Рисунок 9. Рисунок 10.

то доказательство очевидно, а если располагать произвольно, как на (рис.10), то необходимо строгое доказательство. Разместим в пространстве круг и сферу таким образом, чтобы все точки сферы проектировались точно в об ласть круга. Для этого радиусы окружности и сферы должны быть равны (рис.11). Если провести через границы каждой полоски шириной hi плоскости перпендикулярные плоскости круга, то каждая из них высечет на сфере шаро вой пояс высотой hi. Если полоски покрывают круг, то сумма всех площадей шаровых поясов должна быть не менее площади сферы 4 R2.

2 Rhi Разделив обе части нашего неравенства на 2 R, получим 2 R, что и hi требовалось доказать.

Рисунок 11.

В заключении приведем еще один способ нахождения площади поверх ности шарового пояса.

Площадь боковой поверхности конуса равна S Rl. Докажем, что пло щадь боковой поверхности усеченного конуса равна R1 R (1) S 2 Rl (l2 l1 ) 2.

На (рис. 12) изображен полный и усеченный конусы вместе. Длина обра зующей усеченного конуса равна l2 l1, длина средней линии трапеции l ABCD равна R ( R1 R2 ). Разность площадей поверхности двух конусов NQD и NMC равна площади поверхности усеченного конуса MCDQ:

(2) SMCQD l1R1.

l2 R Рисунок 12.

Приравняем (1) и (2), так как это два выражения площади поверхности одного и того же усеченного конуса. После сокращения на число получим (l2 l1 )( R1 R2 ) l2 R2 l1 R1. Дальнейшие преобразования приводят к следующей R1 l пропорции l2 R1 l1R2. Последнее соотношение показывает подобие тре R2 l угольников NBC и NAD, что одновременно является верным по признаку подо бия. Выразим площадь поверхности усеченного конуса по-другому. Нас в фор муле S 2 Rl будет интересовать произведение Rl. Заменим это произведение другими множителями. Впишем усеченный конус в шар радиуса R (рис. 13).

.

Рисунок 13.

На этом рисунке треугольники ABC и KNM подобны по двум углам и l R hR. Значит, площадь боковой поверхности и lR AB : BC KM : KN h R усеченного конуса может быть выражена через другие величи ны S 2 Rl 2 hR.

Впишем в область QPZT шара радиуса R - i усеченных конусов, как пока зано на (рис. 14).

Рисунок 14.

Высота каждого из них hi, а площадь боковой поверхности каждого ко нуса равна S 2 hi R. Чем больше мы впишем конусов в область QPZT, которая представляет шаровой пояс, тем ближе ломаная линия QQ1Q2Qi….P, составлен ная из образующих конусов, будет приближаться к дуге окружности. Таким об разом, сумма всех площадей поверхности усеченных конусов будет стремиться к площади поверхности шарового пояса, приче высота шарового пояса H hi.

Из приведенных рассуждений следует, что площадь поверхности шарового пояса равна S 2 RH, где R - радиус шара. Сразу можно вычислить площадь поверхности шара, заменив H на 2R. Окончательно – площадь поверхности шара равна S 4 R.

Нахождение площади поверхности шарового пояса – яркий пример того, как в решении задач на объемы можно обойтись только элементарными спосо бами. А это именно и есть та цель, которую должны преследовать учителя в обучении школьников геометрии. Интегральное исчисление – это достаточно объемная область математики, и бывшие школьники заново изучают интеграл в высших учебных заведениях. Имеет ли тогда смысл вводить интегралы в школе, если можно достаточно красиво их обойти, решая основные школьные задачи?! Кроме того, положительное психологическое воздействие на учащихся несоизмеримо больше при решении задач подобным способом, чем с примене нием интеграла. Когда ученик понимает, с помощью какого инструмента и как решается задача, то математика становится вовсе не «сухой» наукой, а краси вым искусством.

Все рассуждения, приведенные выше, показывают школьникам единство разных разделов математики и разнообразие применяемых методов. Изучение геометрии в школе перестает быть формальным, и школьники уже не ограни чивают себя задачами ЕГЭ самого простого уровня сложност Собрание конкурсных задач (закрепляющих) с решениями методами, предложенными в диссертации и задачи для самостоятельного решения Задача 1. Основанием пирамиды TABCD служит прямоугольник ABCD, диагональ которого равна 17. Все ребра пирамиды равны между собой. Длина высоты пирамиды равна 3, а расстояние между ребром TB и диагональю осно вания AC равно 12/13. Найти боковую поверхность пирамиды.

Р е ш е н и е. Расположим пирамиду так, чтобы точка А совпала с нача лом координат, сторона AD была направлена вдоль оси ОХ, AВ вдоль оси ОУ и вершина Т имела аппликату 3 (рис. 15). Положим длины AD и DС соответствен но x и у. Далее выполним несколько стандартных шагов для вычисления рас стояния между ВТ и АС.

Рисунок 15.

Выделим два вектора: один на прямой ВТ, другой на АС и выпишем координаты этих векторов. В качестве первого возьмем ху ;

3), в качестве второго AС ( х;

у;

0).

BТ (;

Найдем вектор FN единичной длины, ортогональный BТ и AС одновре менно. Для этого возьмем любой вектор FP, ортогональный как BТ так и AС.

Можно, например, положить FP ( y;

x;

xy / 3). Далее положим y x xy / ).

FN FP / FP ( ;

;

x2 y2 x2 y2 x2 y y2 x2 y2 x2 y2 x 9 9 Найдем координаты любого вектора, начало которого лежит на прямой AC, а конец на прямой BT (или наоборот - начало на BT, а конец на AC). Ясно, что нам подойдет вектор AB (0;

y;

0).

Расстояние между прямыми BT и AC по условию равно 12/13, а с другой стороны - модулю скалярного произведения векторов AB и FN.

Учитывая, что длина диагонали прямоугольника ABCD = 17, получим систему:

y2 x2 xy 12 / 2 xy y2 x Возведя в квадрат последнее уравнение системы и заменив х2 + у2 на 17, полу y2 x 2. Ясно, что числа х2 и у2 являются корнями уравнения чим: 2 yx t2-17t+16=0, которое имеет два решения 16 и 1. Так как х, у 0, то либо х = 4, у = 1, либо х = 1, у = 4. Выбор конкретного решения для нас произволен, так как размеры пирамиды для каждого из двух решений совпадают. Для опре деленности положим х = 4, у = 1. Далее, пусть Н центр АВСD, М - середина СD, середина Так как прямоугольный треугольник, то N- AD. THM 13. Аналогично, в прямоугольном треугольнике THN TH 2 ( AD / 2) TM длина гипотенузы TN 32 (1/ 2)2 1/ 2 37.

Окончательно, площадь боковой поверхности пирамиды равна 2( STDA STDC ) AD 1 / 2 37 DC 13 2 37.

Задача 2. (МФТИ, 1977) Сторона основания правильной треугольной приз мы АВСА1 В1 С1 имеет длину а. Вершины М и N правильного тетраэдра MNPQ лежат на прямой, проходящей через точки С1 и В, а вершины Р и Q на прямой A1С. Найти объем призмы и расстояние между серединами отрезков MN и РQ.

Решение: в пространстве с ортогональной системой координат расположим пирамиду так, чтобы треугольник ABC лежал в первом квадранте плоскости XOY, при этом точка A совпадала с началом координат, вектор AA1 был сона правлен с осью OZ, вектор AB сонаправлен с осью OX (рис. 16). Неизвестную нам высоту призмы обозначим через h. Выпишем координаты векторов CA1 и BC1.

Рисунок 16.

a 3 a a;

h). Векторы CA1 и BC1 ортогональны, так как CA1 ( ;

a;

h);

BC1 ( ;

2 2 по условию на прямых СА1 и ВС1 лежат противоположные ребра правильного тетраэдра. Следовательно, CA1 BC1 0. Т.е. а2/4 - 3а2/4 + h2 = 0. Из последнего a равенства имеем: h. Теперь легко найти искомый объем призмы V. А a3 именно, V = 1/2hа2sin(/3)=. Ясно, что отрезок, соединяющий середины противоположных ребер правильного тетраэдра, будет перпендикулярен этим ребрам, т.е. для нахождения длины этого отрезка достаточно найти расстояние между соответствующими ребрами или, в нашем случае, расстояния между диагоналями СА1 и ВС1 призмы. Решение этой задачи разбивается на несколь ко стандартных пунктов.

Выделим два вектора: один на диагонали СА1 другой на диагонали ВС1 и выпишем координаты этих векторов. В качестве первого возьмем a 3 a a3 a ), в качестве второго BC1 ).

CA1 ( ;

a;

( ;

a;

2 2 2 Найдем вектор единичной длины, ортогональный выбранным в пункте 2 векторам. Легко видеть, что в нашем случае подойдет вектор FN ( ;

0;

).

3 Найдем координаты любого вектора, начало которого лежит на прямой a СА, а конец на прямой ВС1. Нам подойдет вектор CC1 (0;

0;

).

Искомое расстояние между прямыми равно модулю скалярного произве a дения векторов CC1 и FN т.е..

Задача 3. (МГТУ им.Баумана, 2004) Найдите площадь сечения правиль ной четырехугольной пирамиды TABCD плоскостью, проходящей через медиа ну BN боковой грани TBC и параллельной медиане AM боковой грани TAB, если длина высота пирамиды равна 12 / 5, а длина диагонали основания ABCD рав на 2.

Рисунок 17.

Р е ш е н и е. В пространстве с ортогональной системой координат рас положим нашу пирамиду так, чтобы точка B совпала с началом координат (рис.17), отрезок BC лежал на оси OX, BA на оси OY, и вершина T имела аппли кату равную 12 / 5. Пусть длина каждого ребра основания равна а. Тогда квад рат длины диагонали основания равен 2а2=22= 4. Следовательно, длина каждо го из ребер основания пирамиды равна 2. Пусть Q - середина ребра AD. Из условия следует, что MN - средняя линия треугольника BTC. Поэтому MN||BC||AQ и кроме того |MN|=|AQ|. Т.е. AMNQ - параллелограмм и NQ||AM.

Таким образом, сечение проходит через точки B, N, Q. Прямая BQ лежит в плоскости сечения и пересекает прямую CD в точке P такой, что |CP|/|DP|=|BC|/|QD|=2. Т.о. ребро TD является медианой треугольника TCP.

Вторая медиана PN треугольника TCP лежит в плоскости нашего сечения. Обо значим точку пересечения этих медиан через L. Ясно, что четырехугольник ВNLQ и есть искомое сечение. Перейдем к вычислению площади этого сечения.

Ясно, что |NL| = 1/3|NР| по свойству медиан треугольника. Итак, SNQL = 1 / 3 SQNP. А так как точка С - середина отрезка ВР, то SBQN=SQNP, следователь но площадь четырехугольника ВNLQ = SBQN+SNQL=4/3SBQN. Ясно, что BN (3 / 4 2;

1 / 4 2;

1 / 2 12 / 5), BQ (1 / 2 2;

2;

0).

2 Т.о. 4 / 3SBQN 2 / 3 BN BQ ( BN BQ) 2 2 / 3 37 / 8 25 /16 7/ Задача 4. (Квант 1972, N4 стр. 56) В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник ABC с длиной гипотенузы AB = c и острым углом BAC, величина которого равна 30°. Боковая грань, проходящая через катет AC, перпендикулярна плоскости основания, а две остальные образуют с ней углы, величины которых также равны 30°. Найти расстояние между SB и AC.

Рисунок 18.

Р е ш е н и е. Аналогично тому, как это делалось в предыдущих задачах, расположим пирамиду так, чтобы вершина C совпала с началом координат, сторона CA пошла вдоль оси OX, CB вдоль оси OY, точка S имела положитель ную аппликату (рис. 18). Так как грань SCA перпендикулярна основанию пира миды, то точка S лежит в плоскости XOZ и прямая CS образует с CA угол вели чиной в 30°. Таким образом, ордината точки S равна 0. Если абсциссу точки S обозначить через x, то аппликата S будет равна x tg30° = 3x / 3. Т.е S (x ;

0;

3x / 3 ). Далее, так как |BC| =c, то |BC| = c sin 30° = c /2 и |CA| = c cos30°= 3c / 2. Наша ближайшая задача - найти координаты точки S, т.е. определить число x. Так как величина угла между плоскостью основания нашей пирамиды и плоскостью ABS равна 30°, то такова же и величина мини мального угла между нормалями к этим плоскостям. Нормаль к плоскости ос нования это вектор k = (0;

0;

1). Для определения нормали к плоскости ABS 3c достаточно найти вектор, ортогональный как к AB ( c;

;

0), так и к c x 3 (1;

3;

x). Таким вектором будет ). Положим FP AS ( c x;

0;

2 3 x c x FP (0;

0;

1) v 2 v. По условию. Следовательно, или cos 2 4 v 3 FP x c x 12. Таким образом 12, т.е. 12 x 2 0. Отсюда получим 2 4 3cx 3c v x 3 3 c c. Итак S( c;

0;

). Перейдем к определению расстояния между ВS и СА.

x 6 6 Для этого применим стандартную схему, используемую при решении преды дущих задач.

В качестве вектора, лежащего на прямой ВS, возьмем вектор 3 cc ;

). В качестве вектора лежащего на CA, возьмем вектор e = (1;

BS ( c;

6 0;

.0).

Легко видеть, что вектор EP (0;

1;

3) ортогонален как e, так и BS. Поэтому EP 1 вектор единичной длины EN ) так же как и EP ортогонален и (0;

;

10 EP BS.

В качестве вектора, концы которого лежат на прямых СА и ВS, возьмем вектор CB = (0;

с/2;

0) Для нахождения расстояния между прямыми ВS и СА необходимо вычис лить модуль скалярного произведения векторов EN и CB. Окончательно полу c чим CB EN.

2 Задача 5. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 ребро |AB| = 12, |AD| = 16 и |AA1| = 15 через точку M, лежащую на ребре AA1, и диагональ BD1 параллелепипеда провели плоскость. Какой должна быть длина отрезка AM, чтобы расстояние от этой плоскости до вершины D было наибольшим?

Найти это расстояние.

Рисунок 19.

Р е ш е н и е. Расположим наш параллелепипед так, чтобы вершина B совпадала с началом координат, а ребра BC, BA и BB1 были сонаправлены осям OX, OY и OZ соответственно (рис. 19). Так как расстояние от точки до плоско сти не больше чем расстояние от этой точки до любой прямой плоскости, то максимум расстояния будет достигаться, когда перпендикуляр DH из точки D на диагональ BD1 будет одновременно и перпендикуляром к искомой плоскости. Рассмотрим прямую BL, лежащую в плоскости ABCD и ортогональную диа гонали BD основания нашего параллелепипеда. В качестве L можно взять точку с координатами (3;

-4;

0). Так как BL BD и BL DD1, то BL перпендикуляр на плоскости BDD1, следовательно, и прямой DH, лежащей в этой плоскости.

Итак, DH BD1 и DH BL. Таким образом, если провести плоскость через BD1 и через DL, то она будет ортогональна DH. Пусть ax + by + cz + d = 0 урав нение плоскости. Так как плоскость проходит через начало координат, то d = 0. Для нахождения остальных коэффициентов отметим, что вектор (a;

b;

c) ортогонален любому вектору, лежащему в плоскости и, в частности, векто рам BD1 =(16;

12;

15) и BL =(3;

—4;

0). Итак, для нахождения коэффициентов уравнения плоскости достаточно определить вектор FP, ортогональный как BD1, так и BL. Ясно, что подойдет, например, вектор FP = (12;

9;

—20). Итак, плоскость имеет уравнение 12x+9y-20z=0. Две первые координаты точки M известны, они совпадают с соответствующими координатами точки A. Аппли ката же точки M, которая по модулю равна длине отрезка AM, легко находится, так как точка M AA1 и координаты M = (0;

12;

z) удовлетворяют уравнению 12 0 + 9 12 — 20 z = 0. Следовательно, z = 27/5. Дальнейшее очевидно: рас 12 16 9 12 20 стояние от D(16;

12;

15) до равно 12.

122 92 Задача 6. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 с ребрами |AB|=32, |AD|=24, |AA1|=15 проведена плоскость через центр симметрии грани ABCD, вершину A1 и точку M, лежащую на ребре AB(|AM| |AB|). Какую наименьшую площадь может иметь сечение параллелепипеда этой плоскостью?

На какие части делит точка M ребро AB?

Рисунок 20.

Решение: Расположим наш параллелепипед так, чтобы вершина A1 совпа ла с началом координат, ребро A1B1 было сонаправлено с положительным на правлением оси O X, A1D1 оси OY и A1A оси O Z ( р и с. 2 0 ). Рассмотрим парал лелепипед A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2, полученный в результате объединения исход ного параллелепипеда A1 B1 C1 D1 ABCD и параллелепипеда ABCDA2 B2 C2 D2, симметричного первоначальному относительно точки O - центра симметрии грани ABCD. Любая плоскость, проходящая через точки A1 и O, будет прохо дить через диагональ A1C2 параллелепипеда A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2. При этом оче видно, что площадь сечения плоскостью параллелепипеда A1 B1 C1 D1 ABCD будет вдвое меньше площади сечения плоскостью параллелепипеда A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2. Так как, кроме того, сечение должно пройти через точку M такую, что |AM| |AB|, то это сечение пройдет и через некоторую точку E на ребре B1 B2. Т.о. задача свелась к определению 1/2 площади сечения парал лелепипеда A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2 плоскостью, проходящей через диагональ A1 C2, пересекающей ребро B1 B2 и имеющей минимальную площадь. Эта зада ча фактически сводится к задаче определения расстояния между скрещиваю щимися прямыми A1 C2 и B1 B2, решение которой разобьем на следующие эта пы:

На прямой A1C2 выделим вектор A1C2 = (32;

24;

30), а на прямой B1B2 век тор k = (0;

0;

1).

Определим вектор FN единичной длины, ортогональный векторам k и A1C2. В качестве FN возьмем (3/5;

— 4/5;

0).

В качестве вектора, один конец которого лежит на прямой A1 C2, а второй на прямой B1 B2, возьмем вектор A1B1 = (32;

0;

0).

Расстояние между прямыми и равно A1C2 B1B 96 / 5 |. Пусть E точка пересечения плоскости c FN A1B1 32;

0;

0 (3 / 5;

4 / 5;

0) ребром B1B2. Ясно, что половина площади сечения параллелепипеда плоскостью совпадает с площадью треугольника A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D A1 EC2. Его основание-отрезок A1 C2, длина которого равна 322 242 302 50, а длина высоты, вычисленная в пункте 4) равна 96/5. Таким образом, площадь минимального сечения параллелепипеда A1 B1 C1 D1 ABCD плоскостью, прохо дящей через A1O и M AB равна 1/25096/5=480. Далее, плоскость имеет уравнение ax + by + cz + d = 0. Так как она проходит через начало координат, то d = 0. Воспользуемся тем, что вектор (a;

b;

c) ортогонален любому вектору плоскости. В частности векторам A1C2 =(32;

24;

30) и FN = (3/5;

4/5;

0). Ясно, что для наших целей подойдет вектор (12;

9;

20). Итак, плоскость удовлетво ряет уравнению 12x + 9y - 20z = 0. Точка M лежит на прямой AB. Поэтому M( x ;

0;

15). А так как, то x легко найти из условия 12x + 9 0 - 20 15 = 0. Мы видим, что |AM|= M x =25 и, наконец, |M B | =| AB| - |AM| = 32- 25 = 7.

Задача 7. Основанием пирамиды TABC служит равносторонний треуголь ник со стороной, длина которой равна 2 14, а ее высота проходит через сере дину стороны основания AB. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через боковое ребро TA, если известно, что прямая, проходящая через середину высоты пирамиды и середину стороны основания BC, парал лельна секущей плоскости и находится от нее на расстоянии, равном 1.

Рисунок 21.

Решение 1. Расположим наш параллелепипед так, чтобы вершина A сов пала с началом координат, ребро AC было сонаправлено оси O X, точка B лежа ла в первом квадранте плоскости XOY и вершина T имела положительную ап пликату (рис. 21). Ее величину примем за h. Обозначим через Q основание пер пендикуляра, опущенного из вершины Т на основание пирамиды. Середину вы соты QТ обозначим через М, а середину ребра ВС через N. На прямой QN возь мем точку L так, чтобы N оказалась серединой отрезка QL. Ясно, что MN сред няя линия треугольника ТQL и, следовательно, Т L ||MN. Значит, наше сечение это плоскость, которая проходит через прямые АТ и Т L, следовательно, и через АL. Пусть Р точка пересечения прямых АL и ВС. Ясно, что АСР подобен LNP с коэффициентом подобия равным |AC|/|NL|=|AC|/|QN|=2. Таким образом, |СР|=2/3|CN|=1/3СВ|, значит |ВР|=2/3|СВ| и (мы использовали здесь то, что 1/ 3 1/ 2 (2 14) 2 sin S BQP 1/ 3 S ABC 14 / площади треугольников с общим углом относятся как произведения сторон, за ключающих этот угол). Так как искомое сечение проходит через точки Т, А и Р, то оно совпадает с треугольником ТАР. Ортогональная проекция сечения на плоскость основания даст треугольник А Q Р, площадь которого равна площади треугольника В Q Р, так как РQ медиана треугольника АВР. Т.о. площадь орто гональной проекции нашего сечения на плоскость ХОУ равна 14 / 3.

Для вычисления площади сечения нам осталось определить величину уг ла, который образует это сечение с плоскостью Х ОУ. Перейдем к решению 2 3 этой задачи. Ясно, что вектор FP ортогонален векторам 3;

5;

h 5 14 3 14 14 3 ;

0 и AT ;

h.

AL ;

;

2 2 2 Так как секущая плоскость проходит через начало координат и векторы AT и AL параллельны ей, то коэффициенты уравнения этой плоскости можно считать равными соответствующим коэффициентам вектора FP. Итак, уравне ние секущей плоскости имеет вид:

0. (1) 3x 5y 14 z Осталось определить значение h. Для этого воспользуемся тем, что точка 14 42 h находится на расстоянии 1 от плоскости, т.е.

M ;

;

2 3 14 5 2 1. (2) 4 3 h Из (2) получим h 2 3. Заменив переменную h в уравнении (1) на ее зна чение, получим уравнение плоскости сечения: 0. Если - ве 3x 5y 14 z личина угла между плоскостью сечения и плоскостью ХОУ, то FP (0;


0;

1) 14 cos 3 25 14 FP.

S AQP 14 Окончательно, S ATP 14. Приведем другое решение этой задачи.

:

cos Р е ш е н и е 2. Расположим наш параллелепипед так, чтобы вершина А совпала с началом координат, ребро АС было сонаправлено оси О Х, точка В лежала в первом квадранте плоскости ХО У и вершина Т имела положительную аппликату h. Обозначим через Q основание перпен дикуляра, опущенного из вершины Т на основание пирамиды. Середину высоты QТ обозначим через М, а середину ребра ВС через N. На прямой Q N возьмем точку L так, чтобы N оказалась серединой отрезка QL. Ясно, что M N - средняя линия треугольника TQL и, следовательно, Т L || M N. Наше сечение это плос кость, которая проходит через прямые АТ и ТL, следовательно, и через АL.

Пусть Р точка пересечения прямых АL и ВС, тогда АСР подобен LNP с ко эффициентом подобия равным |АС|/|NL|= |AC|/|QN| = 2.

Таким образом, |СР| = 2/3 |CN| = 1/3 |СВ|. Ясно, что 14 3 14 5 14 3 14 5 14 3 ;

0 ;

AP ;

0.

AT ;

;

h ;

AL ;

;

2 2 2 2 3 Площадь искомого сечения, т.е. площадь треугольника ATP вычисляется по формуле:

1 1 28 14 2 2. (3) AT AP AT AP 14 h 2 2 9 Нам осталось определить величину h 2. Отметим, что так как плоскость сечения проходит через начало координат, то ее уравнение имеет вид ах + bу + сz = 0.

При этом вектор (а;

b;

с) ортогонален векторам AT и AL. Т.е. можно положить 2 3 14 14 42 h. Так как расстояние от точки M до (а;

b;

с) FP 3;

5;

;

;

h 2 плоскости сечения равно 1, то, воспользовавшись формулой расстояния от точ 3 14 5 2 ки до плоскости, получим уравнение 1. Отсюда следует, 4 3 h что h 2 = 1 2. Подставив значение h 2 в формулу (3), окончательно получим 1 28 14 14.

14 2 9 Задача 8. Найти площадь сечения правильной четырехугольной пирами ды TABCD плоскостью, проходящей через центр ее основания параллельно апофеме TK боковой грани TAB и медиане BM боковой грани TBC, если длина стороны основания 4, а расстояние от вершины пирамиды до секущей плоско сти равно.

Рисунок 22.

Расположим пирамиду так, чтобы центр симметрии основания пирамиды - точка O - совпала с началом координат, ребро AB было параллельно оси O X, BC оси OY и точка T имела положительную аппликату h (рис. 22). Итак, КT = (0;

2;

h ), BM = (-1;

3;

h/2).

Уравнение секущей плоскости имеет вид ax + by + cz = 0. Напомним, что секущая плоскость проходит через центр симметрии основания пирамиды, т.е.

через начало координат, поэтому свободный член уравнения равен нулю. Век тор же (a;

b;

c), составленный из коэффициентов уравнения плоскости сечения, ортогонален КT и BM, следовательно, можно положить (a;

b;

c) FP ( 2h;

h;

2).

Вместо кропотливой разборки, связанной с геометрическим построением секущей плоскости, решим ее алгебраически. Напомним, что две точки А, В лежат по разные стороны от плоскости, если и только если при подстановке ко ординат этих точек в уравнение плоскости мы получим числа разных знаков. В нашем случае если точка А = (х;

у;

z), то f(А) = -2hх - hу + 2 z. При этом, если L точка пересечения плоскости, заданной уравнением f(х,у,z) = 0 с отрезком АВ, то |АL|/|LВ| =| f(А)|/|f(В)| (смотрите теорему в конце задачи). Вычислим значе ние функции f для вершин нашей пирамиды.

f(А) = f(-2;

-2;

0) =6h;

f(В) = f(2, -2,0) = -2h;

f(С) = f(2, 2,0)= - 6h;

f(D) = f(-2, 2,0) = 2h.

И, наконец, f(Т) =h. Легко установить, что секущая плоскость пересекает четыре ребра пирамиды: АВ, ВТ, СТ и СD соответственно в точках L, Р, N, Е.

При этом |АL|/|LВ| = 3, |ВР|/|РТ| = 1, |СN|/|NТ| = 3 и |СN|/|NT| = 3. Итак, искомое сечение это четырехугольник LРNЕ. Рассмотрим его диагонали:

LN 1 / 2;

5 / 2;

3h / 4 ;

EP (2;

3;

h / 2).

Площадь S четырехугольника LРNЕ будем вычислять по следующей формуле:

h 1 1 1 25 9 2 15 3 2 2 (1) S LN EP LN EP h (4 9 ) (1 h) 2 2 4 4 16 4 Для определения площади сечения осталось найти величину h2. Для этого воспользуемся тем, что точка Т = (0;

0;

h) отстоит от секущей плоскости 2h 0 h 0 20 -2hх - hу + 2z = 0 на расстоянии.

2 4h h Из последнего легко получить, что h2 = 28. Подставив это значение h2 в фор мулу (1), получим 1 1 25 9 28 15 3 28) S 28 (4 9 ) (1 2 4 4 16 4 2 8 2.


Теорема. Если отрезок M 1M 2 пересекает плоскость, заданную уравне нием Ax By Cz D 0 в точке L,(рис. 23) то отношение отрезков равно M1L f (M1 ), где f ( M1 ) Ax1 By1 Cz1 D и f ( M 2 ) Ax2 By2 Cz2 D.

M 2L f (M 2 ) Рисунок 23.

Действительно, на рисунке треугольники М1ТL и М2OL подобны и |М1L|:|М2L|=|М1Т|:|М2O|. Пусть точки М1 и М2 имеют координаты M1 ( x1, y1, z1 ), M 2 ( x2, y2, z2 ), тогда расстояние от этих точек до плоскости со Ax1 By Cz D ответственно равны и (M1 ) M 1T A2 B2 C Ax2 By2 Cz2 D. При подстановке этих значений в пропорцию и (M 2 ) M 2O A2 B2 C M1L f (M1 ) получаем отношение.

M 2L f (M 2 ) Задача 9. В правильной пирамиде TABCD точка Q- центр основания, L середина ребра AB, M -середина ребра CT. Плоскости и параллельны. При чем содержит точки T и L, а точки D и M. Расстояние от точки Q - центра основания пирамиды до плоскости равно 9/11, а длина стороны основания Найти площади сечений пирамиды плоскостями и.

Р е ш е н и е. Расположим пирамиду так, чтобы точка A совпала с на чалом координат, ребро основания AD пошло по оси OX, ребро AB по оси OY и вершина T имела положительную аппликату (рис. 24).

Рисунок 24.

Рассмотрим точку P такую, что D середина отрезка CP. Отрезок MD как средняя линия треугольника TPC будет параллелен отрезку TP. Ясно, что TP лежит в плоскости. Действительно, T лежит в и TP MD. Точку пересе чения отрезка LP и AD обозначим через E. Очевидно, что треугольник TLE- се чение пирамиды плоскостью. При этом |AE| : |ED| = |AL| : |PD| = 1/2. На пря мой BC рассмотрим точку F такую, что DF PL. Треугольник FDM будет се чением нашей пирамиды плоскостью. Заметим, что эти сечения имеют одина ковые площади. Действительно основание треугольника TEL вдвое меньше ос нования треугольника MDF. А так как |CT|/|MT| = 2, то высота треугольника TLE вдвое больше высоты треугольника MDF. Следовательно, достаточно най ти площадь одного из них. Заметим, что проекция треугольника TLF на основа ние нашей пирамиды - треугольник QLE имеет площадь равную 1 /2. Действи тельно длина основания LQ равна 1, а высота, опущенная из точки E на это ос нование также равна 1. Для завершения вычислений нам необходимо найти cos, где - величина двугранного угла между плоскостью сечения и основанием пирамиды. Далее выполним несколько стандартных шагов для вычисления рас стояния между плоскостью и центром основания Q.

Выделим два вектора, принадлежащих и выпишем координаты этих векторов. В качестве первого возьмем PL = (2;

3;

0), в качестве второго LT = (1;

0;

h) (h это пока неизвестная нам высота пирамиды).

Найдем вектор Fp единичной длины, ортогональный PL и LT одновремен но. Можно, например, положить Fp = (3;

2;

—3/h). Далее вектор LQ =(1;

0;

0) та ков, что один его конец это точка Q, а второй принадлежит плоскости. Следо вательно, расстояние от точки Q до плоскости можно вычислить по формуле FQ Fp. Так как это расстояние по условию равно 9/11, то (, Q) Fp h 3 9 имеем уравнение.

9 /11 81/121 h 13 h h Отсюда находим h = 9/2 и Fp = (3;

2;

—2/3).

Далее находим (0;

0;

1) FP 3 3/ cos 2 / 9 Fp 94 h2 9.

Площадь сечения теперь легко получить по форму 1/ ле Sсеч Sпр / cos. Т.е. Sсеч 11/ 2 / Задача 10. Основанием пирамиды SАBСD служит прямоугольник АBСD со сторонами |АВ| = 12 и |АD| = 13. Ребро SА перпендикулярно плоскости основа ния и пирамиды и равно 8. Точка М выбрана лежит на ребре АD так, что пло щадь треугольника SСМ - минимальна. Определите величину угла, который об разует плоскость, содержащая треугольник SСМ с плоскостью основания пира миды.

Р е ш е н и е. Расположим пирамиду так, чтобы точка A совпала с на чалом координат, ребро основания AD пошло по оси OX, ребро AB по оси OY и вершина S имела положительную аппликату (рис. 25). Ясно, что площадь тре угольника SCM будет минимальна, если высота этого треугольника, Рисунок 25.

опущенная из точки M, совпадет с общим перпендикуляром к прямым SC и AD.

Опредлим вектор FP, перпендикулярный векторам SC = (13;

12;

—8) и AD = (13;

0;

0). Ясно, что в качестве FP можно взять вектор c координатами (0;

2;

3). Таким образом, плоскость треугольника SMC параллель на векторам SC = (13;

12;

—8) и FP = (0;

2;

3). Так как угол между двумя плоскостями совпада ет с наименьшим углом, образованным нормалями к этим плоскостям, то нам необходимо сначала определить вектор, ортогональный одновременно векто рам SC и FP. В качестве такого вектора возьмем вектор FP1 ( 4;

3;

2). Далее не обходимо найти величину острого угла, который образуют прямые, одна из которых параллельна вектору FP1, а другая вектору нормали к плоскости АВСD т.е. вектору с координатами (0;

0;

1). Ясно, что 2 1 cos FP (0;

0;

1) / FP 16 9 4 Таким образом, величина искомого угла.

arc cos Задача 11. Основанием прямой призмы ABCA1B1C1 служит прямоуголь ный треугольник ABC. При этом B = 90°, C = 30°. Найдите площадь сече ния призмы плоскостью, проходящей через точку M - середину ребра CC1 и вершину B1 призмы параллельно прямой AC1, и находящейся на расстоянии 3 / 3 от этой прямой. Известно, что длина гипотенузы AC треугольника ABC равна 14.

Рисунок 26.

Р е ш е н и е. Расположим призму так, чтобы точка B 1 совпала с началом координат, отрезок B1C1 был сонаправлен оси OX, B 1 A 1 оси OY и B 1 B оси OZ (рис. 26). Пусть точка E середина отрезка AС. Тогда EM || AC 1 и плоскость проходит через точки B 1, M, E. Прямая ME пересечет продолжение ребра A 1A в точке U. При этом |UA| = 1/2 |AA1 |. Следовательно, для точки F пересечения прямых UB 1 и AB получим |AF|= 1 / 3 | AB|. Четырехугольник FEMB1B - иско мое сечение. Его проекция на грань ABC - верхнее основание призмы – есть че тырехугольник EFBC. Площадь его равна 5/6 площади ABC. Действительно, так как |AF| = 1 / 3 | AB|, а | AE| = 1/2 |AC|, то S E F B C = S A B C - S A F E = S A B C (1 - 1/6).

Далее |AB| значит = 14 /2, |BC| = SA B C = 14 / 14 3 / 2, 14 3 / 2 1 / 2 = 7 3 / 4 Таким образом, площадь проекции нашего сечения на.

57 плоскость основания призмы - Spr. Для нахождения площади сечения Ssch достаточно определить cos, где - величина угла между плоскостью и плоскостью основания призмы, т.е. плоскость XOY. Обозначив неизвестную 42 h 42 нам высоту призмы через h, получим B1M ;

h.

;

0;

, AC1 ;

2 2 2 Найдем вектор Fр, ортогональный векторам B1M, AC1. Ясно, что в качестве Fр можно взять вектор (-h;

3 3h;

42 ). Начало вектора C1M (0;

0;

h / 2) лежит на прямой С1А, а конец на плоскости. Поэтому расстояние от прямой АС1 до Fр C1M плоскости равно. Имеем Fр h 3 2 h2 126h 2 112h 2 1/ 3 h 3 4(28h 42) 27h 2 h.

Мы полностью определили вектор Fр. А именно, Fр ( 2 3;

3 3 2 3;

42). Да Fр (0;

0;

1) Fр (0;

0;

1) лее cos, т.е. cos 1/ 3. И, наконец, cos 12 324 Fр Fр 35.

Sсеч Sпр / cos Задача 12. Основанием прямой призмы ABCA 1 B 1 C 1 служит прямо угольный треугольник ABC. При этом величины B = 90° и C = 30°.

Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через точку K - середину ребра A 1 C 1 и вершину B призмы параллельно прямой AM, где M середина отрезка BB1. Известно, что расстояние от точки C до плоскости равно 3/4, а длина гипотенузы AC треугольника ABC равна 1.

РИСУНОК 27. РИСУНОК 28.

Р е ш е н и е. Расположим призму так, чтобы точка B1 совпала с началом координат, отрезок B 1 C 1 был сонаправлен оси OX, B1A1 оси OY и BIB оси OZ.

(рис. 27) Прямая AM пересечет продолжение ребра A 1 B 1 в точке M1 такой, что |M1B1| = /B1A1|. Точка E лежит на прямой A1B1, при этом |EMI| = |MIB|. Ясно, что MMI средняя линия треугольника BEB 1, следовательно, BE || AM. Плоскость сечения проходит через B,E,K и пересекает ребро B1C1 в точке L. Ясно, что плоскость пересечет грань ABC по прямой BK 1 || LK. Обозначим через P про екцию точки K 1 на нижнее основание призмы. Ясно, что LK || B1P. Для вычис ления площади проекции нашего сечения на плоскость нижнего основания рас смотрим (рис. 28). Четырехугольник B 1PKL - это и есть проекция сечения призмы плоскостью. Определим, какую часть составляет площадь В1PKL от площади треугольника A 1 B 1 C 1. Для этого найдем отношение отрезков CIL и LB 1. Применим теорему Менелая к треугольнику A 1 B 1 C 1 и прямой EK. Полу A1 K C1 L B1 E A1 K B1 E CL 2.

чим 1 Так как 1, а, то 1. Из теоремы Фа KC1 LB1 EA1 KC1 EA1 3 LB1 леса получим, что 1/ 3 A1C1. Очевидно, что A1 P 1/ 3 A1 K 1/ 6 A1P 13 SAC B. Таким образом S A1C1B1 / 6 ;

S KC1L SAC B S A1PB 2 5 111 10 1 1 S A C B. Площади треугольников АВС и A 1 B 1 C 1 рав S B1PKL (1 1/ 6 3 /10) S A1C1B 15 1 1 ны. Так как |АС|=1, то |АВ|=1/2,. Следовательно, BC.Таким образом, площадь проекции искомого сече S ACB S A1C1B 83 ния Sпр.Для завершения вычислений достаточно определить вели 15 8 чину cos, где - величина угла между плоскостью и плоскостью основа ния призмы ABCA1B1C1, или, что одно и то же, между плоскостью и плоско стью XOY. Обозначим через h высоту призмы. Имеем EB =(0;

1;

h), ;

1;

0). Найдем вектор Fp,ортогональный векторам EB и EL одновре EL ( 5h менно. В качестве Fp можно взять вектор с координатами ( ;

h;

1). Вектор CB таков, что один конец его совпадает с точкой C, а второй лежит в плоскости.

Fр CB Следовательно, а расстояние от точки C до плоскости равно. Или Fр h 25h 2 25h 2 9 / 16 3/ 4 h 3 / 4.

28h 2 3 28h 2 25h 2 4( ) h Мы полностью определили вектор Fр = ( ;

3 / 4;

1). Так как вектор Fр ортого нален плоскости, а вектор (0;

0;

1) ортогонален плоскости XOY, то Fр (0;

0;

1). И окончательно получим площадь сечения cos Fр 32 Sсеч Sпр / cos / 15 5 6.



Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 ||
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.