13 в координатах —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема Стереометрия в координатах

08 13 в координатах

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия в координатах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#28305

В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $K$ — середина ребра $AB$ , точка $E$ лежит на ребре $CD$ и $EC : ED = 1 : 2$ .

а) Найдите угол между прямыми $BC$ и $KE$ .

б) Найдите расстояние между прямыми $BC$ и $KE$ , если ребро тетраэдра равно $3√6-$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть ребро тетраэдра равно $a$ .

В основании лежит равносторонний треугольник со стороной $a ⇒$ высота в этом треугольнике $a√3 = 2$

Проекция точки $D$ на плоскость $ABC$ это точка пересечения медиан(точка $O$ ), и она делит медиану $CK$ в отношении $2 : 1$ от вершины. Найдём $DO$ по теореме Пифагора для $△DOC$

∘ ----------- 2 a√3- a√6- DO = a2 − 3 ⋅-2- = -3--

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ лежит в плоскости $ABC$ и направлена в полуплоскость с точкой $C$ перпендикулярно $A⃗B$ ,

Ось $OZ$ направим в полупространство, содержащее точку $D$ , перпендикулярно векторам $A⃗B$ и $A⃗C$ .

Запишем координаты всех точек.

$( ) | 0| A = |( 0|) 0$ , $( ) | a| B = |( 0|) 0$ , $( a ) | √2-| C = |( a23|) 0$ , $( a ) | 2√-| D = |( a63|) a√6 3$ , $( a) | 2| K = |( 0|) 0$ .

Так как $EC : ED = 1 : 2$

$( ) | x| 1 E :|( y|) = C + 3 ⋅C⃗D z$

$( ) ( a ) ( a ) ( ) |x | | 2√-| | √2-| | 0√-| C⃗D :|( y|) = D − C = |( a6√3|) − |( a23|) = |( − a√33|) z a-6 0 a-6 3 3$

$(| x)| (| a2√-)| (| 0√-)| (| a2√-)| E :|( y|) = |( a23|) + 13 ⋅|(− a√33|) = |( 7a1√83|) z 0 a-6 a-6 3 9$

а) Найдем угол между прямыми $BC$ и $KE$ , как угол между направляющими векторами $⃗ ⃗ BC, KE$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) |x| | √a2-| |a| | −√a2| | −√ 1| B⃗C :|(y|) = C − B = |(a-23|) − |(0|) = |( a23|) = a2 ⋅|( 3|) z 0 0 0 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) | x| | a2√-| | a2| | 0√ -| √- | 0 | K⃗E :| y| = E − K = | − 7a-3| − | 0| = | − 7a-3| = a183 ⋅| 7 | ( ) ( a1√86 ) ( ) ( a√168 ) ( √ -) z 9 0 9 2 2$

Найдём угол между векторами по следующей формуле

(B⃗C, K⃗E ) a2√3-⋅((− 1)⋅0+ 7√3 + 0 ⋅2√2-) 7√19- cos α = ----------= -a2√336∘--------------√-----------= ----- |B ⃗C |⋅|K⃗E | -36--⋅ (− 1)2 + 3+ 02 ⋅ 02 + 72 + 8 38

Замечание. При вычислении скалярного произведения мы воспользовались свойством ассоциативности $⇔ (k⋅⃗a,⃗b) = k ⋅(⃗a,⃗b)$

Отсюда следует ответ

√-- ∠(BC, KE ) = arccos 7-19 38

б) Из условия, что ребро тетраэдра равно $3√6-$ , получаем, что $a = 3√6$ .

Параметрически зададим уравнение прямой $BC$ через начальную точку и направляющий вектор этой прямой.

$( ) ( ) ( ) x 3√6- − 3√6 || || ⃗ || || || 9√22 || BC :(y) = B + α⋅BC = ( 0 ) + α ⋅( 2 ) ,α ∈ ℝ z 0 0$

Параметрически зададим уравнение прямой $KE$ через начальную точку и направляющий вектор этой прямой.

$( ) ( 3√6) ( ) | x| | 2 | | 0√--| KE :|( y|) = K + β ⋅K⃗E = |( 0 |) + β ⋅|(− 211818|) z 0 2$

Решим базовую задачу расстояния между прямыми(см. методичку задача №7), получим ответ.

ρ(BC, KE ) = 2

Ответ:

а) $√ -- arccos 73819-$ б) 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#28304

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна боковому ребру $SA$ . Медианы треугольника $SBC$ пересекаются в точке $M$ .

а) Докажите, что $AM = AD$ .

б) Точка $N$ — середина $AM$ . Найдите $SN$ , если AD=3.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $AB = SA = a$ .

В основании лежит квадрат со стороной $a ⇒$ диагональ $√ - AC = BD = a 2$

Проекция точки $S$ на плоскость $ABC$ это точка пересечения диагоналей(точка $O$ ). Найдём $SO$ по теореме Пифагора для $△AOS$

∘ ------√---- √- SO = a2 − (a--2)2= a-2- 22 2

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ направим вдоль вектора $⃗ AD$ ,

Ось $OZ$ направим в полупространство, содержащее точку $S$ , перпендикулярно векторам $A⃗B$ и $A⃗D$ .

Запишем координаты некоторых точек точек.

$( ) 0 || || A = ( 0) 0$ , $( ) a || || B = ( 0) 0$ , $( ) a || || C = (a) 0$ , $( ) 0 || || D = (a) 0$ , $( ) a || 2a || S = ( 2√-) a22$ , $( ) a ||a || H = (2 ) 0$ — середина стороны $BC$ .

Так как $M$ - точка пересечения медиан, $SM : M H = 2 : 1$ , тогда координаты точки $M$ можно найти следующим образом

$( ) |x | M :|(y |) = H + 13 ⋅H⃗S z$

$( ) ( a ) ( ) ( a ) |x| | 2 | |a| | −2 | H⃗S :|(y|) = S − H = |( a2√ -|) − |(a2|) = |( √0-|) z a--2 0 a-2 2 2$

$(|x )| (| a)| (| − a2)| (| 56a)| M :|(y |) = |( a2|) + 13 ⋅|( 0√-|) = |( a2√-|) z 0 a-2 a-2 2 6$

а) Заметим, что $AM = AD ⇔ |A ⃗M | = |A ⃗D |$

$( ) ( 5a) ( ) ( 5a) | x| | 6 | | 0| | 6 | A⃗M :|( y|) = M − A = |( a2-|) −|( 0|) = |( a2-|) z a√2 0 a√2 6 6$

$( ) ( ) ( ) ( ) |x | |0| | 0| | 0| A⃗D :|(y |) = D − A = |(a|) − |( 0|) = |( a|) z 0 0 0$

$⃗ ∘ 25a2--a2---2a- ∘ 36a2- |AM | = 36 + 4 + 36 = 36 = a$

$√----------- |A⃗D | = 02 +a2 + 02 = a$

Получаем, что $|A⃗M | = |A ⃗D | = a ■$

б) По условию $AD = 3 ⇒ a = 3$ . Найдём координаты точки $N$ .

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 15 5 || || 1 ⃗ || || 1 || 63 || || 43|| N :( y) = A + 2 ⋅AM = (0) + 2 ⋅( 2√-) = ( √4) z 0 362 -24-$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 3 5 1 1 ⃗ || || || 23 || || 43 || || 43 || 1 || || N S :(y) = S − N = ( 2√-) −( √4-) = ( √4-) = 4 ⋅( 3√ -) z 322 -42 542 5 2$

Найдем длину вектора $N⃗S$ и получим ответ.

$1∘ ----------√---- 1√-- √15 |N⃗S | = 4 12 + 32 + (5 2)2 = 4 60 =-2$

Ответ:

$√-- -215$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#28303

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ , все рёбра которой равны 2, точка $N$ — середина ребра $AC$ , точка $O$ центр основания пирамиды, точка $P$ делит отрезок $SO$ в отношении $3 : 1$ , считая от вершины пирамиды.

а) Докажите, что прямая $N P$ перпендикулярна прямой $BS$ .

б) Найдите расстояние от точки $B$ до прямой $N P$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

В основании лежит равносторонний треугольник со стороной $AB = 2 ⇒$ высота в этом треугольнике $√- = 2-3 = √3 = BN 2$ .

Проекция точки $S$ на плоскость $ABC$ это точка пересечения медиан(точка $O$ ), и она делит медиану $BN$ в отношении $2 : 1$ от вершины. Найдём $SO$ по теореме Пифагора для $△SOB$

∘ ------√---- √ - SO = 22 − (2--3)2= 2-6- 32 3

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗C$ ,

Ось $OY$ лежит в плоскости $ABC$ и направлена в полуплоскость с точкой $B$ перпендикулярно $⃗ AC$ ,

Ось $OZ$ направим в полупространство, содержащее точку $S$ , перпендикулярно векторам $A⃗B$ и $A⃗C$ .

Запишем координаты некоторых точек точек.

$( 0) | | A = |( 0|) 0$ , $(2) | | C = |(0|) 0$ , $( 1 ) |√ -| B = |( 3|) 0$ , $( 1 ) | √3| O = |( -3|) 0$ $( 1 ) | √3| S = |( 3√-|) 236$ , $(1) | | N = |(0|) 0$

Так как $OP : P O = 1 : 3$

$( ) | x| P :|( y|) = O + 14 ⋅ ⃗OS z$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | √1-| | 1√-| | 0 | O⃗S :|( y|) = S − O = |( -3√3|) − |( -33|) = |( 0√-|) z 2-6 0 2-6 3 3$

$(| x)| (| √1)| (| 0 )| (| 1√-)| P :|( y|) = |( -33|) + 14 ⋅|( 0√-|) = |( 3√3|) z 0 2-6 -6- 3 6$

а) Докажем перпендикулярность прямых через перпендикулярность их направляющих векторв. $N⃗P ⊥ B⃗S ⇔ (N⃗P , ⃗BS) = 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 1√- 1 0√- √ - 0 N⃗P :|| y|| = P − N = || -3|| − || 0|| = || -3|| = --3⋅|| 1|| ( ) ( 3√6) ( ) ( 3√6) 3 ( √2) z 6 0 6 2$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 1 1 0 √- 0 B⃗S : ||y|| = S − B = || √3-|| − || √3|| = || − 2√3|| = 2-3 ⋅||− 1|| ( ) ( 23√6) ( ) ( 2√36 ) 3 (√ -) z 3 0 3 2$

Найдем скалярное произведение $N⃗P,B⃗S$ .

( ) ( ) ( ) ( ) √- | 0 | √ - | 0 | | 0 | | 0 | √- √- (N ⃗P ,B ⃗S ) =-3-⋅|( 1 |) × 2-3⋅|( − 1|) = 2 ⋅|( 1 |) × |(− 1|) = 2 (0 ⋅0− 1⋅1 + -2-⋅ 2) = 0 3 √2- 3 √2- 3 √2- √2- 3 2 2 2

Замечание. При вычислении скалярного произведения мы воспользовались свойством ассоциативности $⃗ ⃗ ⇔ (k⋅⃗a,b) = k ⋅(⃗a,b)$

Следовательно, прямые $NP,BS$ перпендикулярны ч.т.д.

б) Параметрически зададим уравнение прямой $N P$ через начальную точку и направляющий вектор этой прямой.

$( ) ( ) ( ) | x| √- | 1| | 0 | N P :|( y|) = N + α ⋅(33N⃗P ) = |( 0|) + α ⋅|( 1 |) ,α ∈ ℝ z 0 √2- 2$

Решим базовую задачу расстояния между точкой и прямой(см. методичку задача №5), получим ответ.

ρ(B,N P ) = 1

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#27700

На ребре $AA1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA1B1C1D1$ взята точка $E$ так, что $A1E$ : $EA$ = 2 : 3, на ребре $BB1$ — точка $F$ так, что $B1F$ : $F B$ = 1 : 4, а точка $T$ — середина ребра $B1C1$ . Известно, что $AB = 15$ , $AD = 10$ , $AA = 25 1$ .

а) Докажите, что плоскость $EF T$ проходит через вершину $D1$ .

б) Найдите угол между плоскостью $EF T$ и плоскостью $BB1C1$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ направим вдоль вектора $A⃗D$ ,

Ось $OZ$ направим вдоль вектора $A⃗A1$ .

$PIC$

Найдем координаты всех точек

$( ) 0 A = || 0|| ( ) 0$ $( ) 15 B = || 0 || ( ) 0$ $( ) 18 C = ||10|| ( ) 0$ $( ) 0 D = || 10|| ( ) 0$

$( ) 0 A1 = || 0 || ( ) 25$ $( ) 15 B1 = || 0|| ( ) 25$ $( ) 15 C1 = ||10|| ( ) 25$ $( ) 0 D1 = || 10|| ( ) 25$

$( ) x E :|| y|| = A + 3 ⋅A⃗A ( ) 5 1 z$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 0 0 ⃗ || || || || || || || || AA1 :( y) = A1 − A = ( 0 ) − (0) = A1 = ( 0 ) z 25 0 25$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 0 0 || || 3 ⃗ || || 3 || || || || E :( y) = A + 5 ⋅AA1 = (0) + 5 ⋅( 0 ) = ( 0) z 0 25 15$

$( ) x || || 4 ⃗ F :( y) = B + 5 ⋅BB1 z$

$( ) ( ) ( ) ( ) |x| | 15| |15| | 0| B⃗B1 : |(y|) = B1 − B = B1 = |( 0 |) − B = |( 0|) = |( 0|) z 25 0 25$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 15| | 0 | | 15| F :|( y|) = B + 45 ⋅B⃗B1 = |( 0 |) + 45 ⋅|( 0 |) = |( 0|) z 0 25 20$

$( ) | x| T :|( y|) = B1 + 12 ⋅B1⃗C1 z$

$(| x)| (|15)| (| 15)| (| 0)| B1⃗C1 :|( y|) = C1 − B1 = |(10|) − |( 0 |) = |( 10|) z 25 25 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 15| | 0| | 15| T :|( y|) = B1 + 12 ⋅B1⃗C1 = |( 0 |) + 12 ⋅|( 10|) = |( 5 |) z 25 0 25$

Способ 1.

а) Найдём уравнение плоскости $EF T :$ $Ax + By + Cz +D = 0$ , подставляя координаты точек:

(| ||{E : 15C + D = 0 F : 15A + 20C + D = 0 |||( T : 15A +5B + 25C + D = 0.

Пусть $C = − 3$ . Тогда из первого уравнения $D = 45$ , из второго уравнения $A = 1$ , из третьего $B = 3$ . Получим уравнение: $x+ 3y − 3z + 45 = 0$ . Подставим координаты точки $D1$ и проверим, выполняется ли равенство:

1⋅0 +3 ⋅10− 3⋅25 + 45 = 0.

Равенство верно, значит, тока $D1$ принадлежит плоскости $EF T.$

б) Найдём уравнение плоскости $BB1C1$ , подставив соответствующие точки в уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ :

( || B : 15A + D = 0 |{ | B1 : 15A + 25C +D = 0 ||( C1 : 15A + 10B +25C + D = 0.

Пусть $A = 1$ , тогда из первого уравнения $D = − 15$ . Из второго и третьего уравнений $B = C = 0$ . Получим уравнение $x − 15 = 0$ , вектор нормали этой плоскости $−→n2(1;0;0)$ . Вектор нормали плоскости $EF T$ с уравнением $x + 3y− 3z + 45 = 0$ равен $−→n (1;3;− 3) 1$ . Угол между плоскостями равен углу между соответствующими им нормалями: $−→ −→ cos∠ (EF T,BB C ) = |(n1,n2)|=---1√-- = √1-- 1 1 |−→n1|⋅|−→n2| 1 ⋅ 19 19$ . Получим ответ $arccos √1-- 19$ .

Способ 2

а) Параметрически зададим плоскость $EF T$ через начальную точку и два направляющих вектора плоскости.

$( ) | x| EF T :|( y|) = E + α ⋅E ⃗F + β ⋅F⃗T, α,β ∈ ℝ z$

$( ) ( ) ( ) |15| | 0 | | 15| E⃗F = |( 0|) − |( 0 |) = |( 0 |) 20 15 5$

$( ) ( ) ( ) |15| | 15| | 0| F⃗T = |( 5|) − |( 0 |) = |( 5|) 25 20 5$

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 0 | | 15| | 0| | 0 | | 3| | 0| EF T :|( y|) = |( 0 |) + α⋅|( 0 |) + β ⋅|( 5|) = |( 0 |) + α⋅|( 0|) + β ⋅|( 1|) ,α,β ∈ ℝ z 15 5 5 15 1 1$

Заметим, что при подстановке $α = 0,β = 10$ в уравнение плоскости, получаем точку $D1$ :

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 0| | 3| | 0| | 0 | |( y|) = |( 0|) + 0⋅|( 0|) + 10⋅|( 1|) = |( 10|) = D1 z 15 1 1 25$

Следовательно, точка $D1$ принадлежит плоскости $EF T$ ч.т.д.

б) Параметрически зададим плоскость $BB1C1$ через начальную точку и два направляющих вектора плоскости

$( ) ( ) ( ) ( ) x 15 0 0 BB C :||y || = B + γ ⋅B ⃗C + ω ⋅B⃗B = || 0|| +γ ⋅|| 10|| +ω ⋅|| 0 || ,γ,ω ∈ ℝ 1 1 ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) z 0 0 25$

Найдем угол между двумя заданными плоскостями(см. базовая задача №10 из методички), получим ответ.

1 ∠ (EF T,BB1C1 ) = arccos√--- 19

Ответ:

$arccos√119$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#27699

ЕГЭ — 2021 по математике. Резервная волна

В основании правильной треугольной призмы $ABCA1B1C1$ лежит треугольник $ABC$ . На прямой $AA1$ отмечена точка $D$ так, что $A 1$ — середина $AD$ . На прямой $B C 1 1$ отмечена точка $E$ так, что $C 1$ - середина $B1E$ .

а) Докажите, что прямые $A1B1$ и $DE$ перпендикулярны.

б) Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $DE$ , если $AB = 4$ , а $AA1 = 1$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ лежит в плоскости $ABC$ и направлена в полуплоскость с точкой $C$ перпендикулярно $A⃗B$ ,

Ось $OZ$ направим вдоль вектора $A⃗A1$ .

$PIC$

Пусть $AB = a$ , а $AA1 = h$ . Найдём координаты некоторых точек

$( ) 0 || || A = ( 0) 0$ $( ) a || || B = ( 0) 0$ $( ) a || a√23-|| C = ( 2 ) 0$ $( ) 0 || || A1 = ( 0) h$ $( ) a || || B1 = ( 0) h$ $( ) a || a2√3|| C1 = ( 2 ) h$

$( ) x || || ⃗ D :( y) = A1 + AA1 z$

$( x) ( 0) (0) (0) | | | | | | | | A⃗A1 :|( y|) = A1 − A = |( 0|) − |(0|) = |(0|) z h 0 h$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 0| | 0| | 0 | D :|( y|) = |( 0|) + |( 0|) = |( 0 |) z h h 2h$

$( ) ( a ) ( a) ( ) | x| | 2√-| | −√2| | 0√ -| E :|( y|) = C1 + 12 ⋅B1⃗C1 = |( a23|) + |( a23|) = |( a 3|) z h 0 h$

a) Докажем перпендикулярность прямых через перпендикулярность их направляющих векторв. $⃗ ⃗ ⃗ ⃗ A1B1 ⊥ DE ⇔ (A1B1, DE ) = 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| |a| | 0| | a| A1⃗B1 :| y| = B1 − A1 = B1 = |0| − A1 = | 0| = | 0| ( ) ( ) ( ) ( ) z h h 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 0 0 D⃗E :|| y|| = E − D = ||a√3-|| − || 0 || = || a√3|| ( ) ( ) ( ) ( ) z h 2h − h$

( ) ( ) a 0 (A⃗1B1,D⃗E ) = || 0|| × || a√3|| = 0 ■ ( ) ( ) 0 − h

б) Из условия $AB = 4$ , $AA1 = 1$ следует, что $a = 4,h = 1$ .

Способ 1.

Найти расстояние между скрещивающимися прямыми то же самое , что и найти расстояние от любой точки на одной прямой до плоскости, проходящей, через вторую прямую, параллельной первой.

Пусть $alpha$ — плоскость, проходящая через $DE$ параллельно $AB$ . Тогда если провести $DK ∥ AB$ (вдоль направления оси $Ox$ ) и $DK = AB$ , то $K ∈ α.$ Найдём координаты точки $( ) ( ) a 4 K = D + A⃗B = || 0 || = ||0|| ( ) ( ) 2h 2$

Найдём уравнение плоскости $α$ :

(| ||{K : 4A + 2C + D = 0 D : 2C + D = 0 |||( √ - E : 4 3B +C + D = 0

Из первого и второго уравнения следует, что $A = 0.$ Пусть $C = 1$ , тогда $D = − 2$ из второго уравнения. Из третьего уравнения $1 B = -√-- 4 3$ . Домножим все коэффициенты уравнения на $√- 4 3$ и получим плоскость $α$ с уравнением $√- √ - y + 4 3z − 8 3 = 0$ . Вектор нормали $√ - ⃗n(0;1;4 3)$ , его длина равна $√ ------ |⃗n| = 1+ 48 = 7.$ Найдём расстояние от точки $A$ до плоскости $α$ :

|Ax0 + By0 + Cz0 + D| 8√3 ρ(A; α) =--------------------= ---. |⃗n| 7

Способ 2.

Параметрически зададим уравнение прямой $AB$ через начальную точку и направляющий вектор прямой.

$( ) ( ) ( ) x 0 4 AB :||y|| = A+ α ⋅A⃗B = || 0|| + α ⋅||0|| , α ∈ ℝ ( ) ( ) ( ) z 0 0$

Параметрически зададим уравнение прямой $DE$ через начальную точку и направляющий вектор прямой.

$( ) ( ) ( ) x 0 0 DE :|| y|| = D + β ⋅D⃗E = || 0|| + β ⋅|| 4√3|| , β ∈ ℝ ( ) ( ) ( ) z 2 − 1$

Найдем расстояние между скрещивающимися прямыми(см. базовая задача №7 из методички), получим ответ.

√ - ρ(AB, DE ) = 8-3 7

Ответ:

$√- 873$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#27698

Боковое ребро правильной треугольной пирамиды $SABC$ равно 10, а косинус угла $∠ASB$ одноименного треугольника равен $1275$ . Точка $M$ — середина ребра $SC$ .

а) Докажите, что $BS ⊥ AC$ .

б) Найдите косинус угла между прямыми $BM$ и $SA$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ лежит в плоскости $ABC$ и направлена в полуплоскость с точкой $C$ перпендикулярно $A⃗B$ ,

Ось $OZ$ направим в верхнее полупространство перпендикулярно векторам $⃗AB$ и $A⃗C$ .

$PIC$

По теоереме косинусов для треугольника $ASB$ :

AB2 = AS2 + BS2 − 2⋅AS ⋅BS ⋅cos∠ASB

∘---------------------- 2 2 17 AB = 10 + 10 − 2⋅10⋅10 ⋅25 ⇒ AB = 8

Пусть точка $O$ - центр описанной окружности равностроннего треугольника, тогда $AO = R = 8√3-$ По теореме Пифагора для треугольника $AOS$ :

AS2 = AO2 + OS2 ⇒ OS2 = AS2 − AO2

∘ -------- ∘ --- OS = 100− 64-= 2 59 3 3

Найдем координаты всех точек.

$( ) | 0| A = |( 0|) 0$ $( ) | 8| B = |( 0|) 0$ $( ) | √4-| C = |(4 3|) 0$ $( ) | 4√- | S = |( 433-|) 2∘ 59 3$

$( ) x M :||y || = C + 1⋅C⃗S ( ) 2 z$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 4 4 0 C⃗S :|| y|| = S − C = || 4√3 || − ||4√3-|| = || − 8√3|| ( ) ( ∘359) ( ) ( ∘359) z 2 3- 0 2 3-$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 4 0 4 || || || √ -|| 1 || 8√3|| || 8√3 || M :(y ) = (4 3) + 2 ⋅( −∘ 3-) = ( ∘3--) z 0 2 593 539$

a) Докажем перпендикулярность прямый через перпендикулярность их направляющих векторв. $B⃗S ⊥ ⃗AC ⇔ (B⃗S, A⃗C ) = 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 4 8 − 4 B⃗S : ||y|| = S − B = || 4√3 || − ||0|| = || 4√3 || ( ) ( ∘359) ( ) ( ∘359) z 2 3- 0 2 -3$

$( ) ( ) x 4 ⃗ || || || √ -|| AC :(y) = (4 3) z 0$

Найдем их скалярное произведение

( ) ( ) | −√4 | | 4 | ( ⃗BS,A⃗C ) = |( 433 |) × |( 4√3|) = − 16+ 16 = 0 ■ ∘ 59 2 3 0

б) Найдем косинус угла между прямыми, как косинус угла между их направляющими векторами.

(B⃗M ,A⃗S ) cosα = |B ⃗M-|⋅|A ⃗S-|

$( ) ( ) ( ) ( ) x 4√- 8 −√4 B⃗M :|| y|| = M − B = || 833|| − || 0|| = || 833 || ( ) (∘ -59) ( ) ( ∘ 59) z 3 0 3$

$(| x)| (| 4√- )| A⃗S = |( y|) = |( 4∘33-|) z 2 59 3$

$∘ --------------- √ -- |B⃗M | = (− 4)2 + 64⋅93+ 539= 57$

$| ⃗AS| = 10$

( ) ( ) − 4 4 ⃗ ⃗ || 8√3|| || 4√3 || 32 2⋅59- (BM ,AS ) = ( ∘3-) × ( ∘3--) = − 16+ 3 + 3 = 34 593- 2 593

Подставляем найденные значения в уравнение с косинусом

34 17 cosα = ----√-- = -√--- 10 ⋅ 57 5 57

Ответ:

$51√757$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#26992

В основании пирамиды $SABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со стороной $AB = 5$ и диагональю $BD = 9$ . Все боковые ребра пирамиды равны 5. На диагонали $BD$ основания $ABCD$ отмечена точка $E$ , а на ребре $AS$ – точка $F$ так, что $SF = BE = 4$ .

а) Докажите, что плоскость $CEF$ параллельна ребру $SB$ .

б) Плоскость $CEF$ пересекает ребро $SD$ в точке $Q$ . Найдите расстояние от точки $Q$ до плоскости $ABC$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OY$ направим вдоль вектора $A⃗D$ ,

Ось $OZ$ направим в полупространоство, содержащее точку $S$ , перпендикулярно векторам $A⃗B$ и $A⃗D$ .

$PIC$

По теореме Пифагора для $△ABD$

∘-2----2 √-- AD = 9 − 5 = 2 14

По теореме Пифагора для $△SOB$ ( $O$ -проекция точки $S$ на плоскость $ABC$ )

∘ ------- √ -- 2 92 --19 SO = 5 − 22 = 2

Найдём координаты некоторых точек

$(| 0)| A = |( 0|) 0$ , $(| 5)| B = |( 0|) 0$ , $(| √5--)| C = |(2 14|) 0$ , $(| 0√--)| D = |( 2 14|) 0$ , $(| √52-)| S = |( √14|) -19 2$ .

$( ) | x| F = |( y|) = A + 15A⃗S z$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | √52-| | 0| | √52-| A⃗S = |( y|) = S − A = |( 14|) − |( 0|) = |( 14|) z √19 0 √19 2 2$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | 0| | 52 | | 1√50-| F = | y| = | 0| + 15 ⋅| √14| = | -14| ( ) ( ) ( √19) ( √519) z 0 2 10$

$( ) x E = || y|| = B + 4B⃗D ( ) 9 z$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 5 − 5 B⃗D :|| y|| = D − B = || 2√14-|| − || 0|| = ||2√14-|| ( ) ( ) ( ) ( ) z 0 0 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 5 − 5 259- E :|| y|| = || 0|| + 4⋅|| 2√14|| = || 8√14|| ( ) ( ) 9 ( ) ( 9 ) z 0 0 0$

Параметрически зададим уравнение прямой $SB$ через начальную точку и направляющий вектор прямой:

$( ) x SB : ||y|| = B + α ⋅B⃗S, α ∈ ℝ ( ) z$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 52 5 − 52 B⃗S : ||y|| = || √14-|| − ||0|| = || √14-|| ( ) ( √19) ( ) ( √19-) z -2- 0 -2-$

$( ) ( ) ( ) x 5 − 5 SB : || || = || || + α ⋅||√ 2-|| ,α ∈ ℝ (y) ( 0) ( √14) z 0 -129$

Способ 1

а) Найдём уравнение плоскости $CEF$ $Ax + By + Cz + D = 0$ , подставив координаты точек:

(| √ -- ||{ C : 5A + 2 14B +D = 0 E : 25A + 8√14B +9D = 0 |||( √ -- √ -- F : 5A + 2 14B + 19C + 10D = 0

Вычтя из второго уравнения 4 раза первое, получим $5A + 5D = 0$ . То есть плоскость $CEF$ имеет уравнение вида $x + By + Cz − 1 = 0$ .

Проведём $F K ∥ SB$ $K ∈ AB$ . Найдём координаты точки $K$ . Поскольку $AB = AS = SB = 5$ , то $△ABS$ — равносторонний, и тогда по теореме о пропорциональных отрезках $AF = AK = AS − SF = 5 − 4 = 1$ . Получим, что $( ) 1 || || K = (0) 0$ . Подставив координаты этой точки в уравнение плоскости $CEF$ , получим верное равенство. Значит, точка $K ∈ (CEF )$ . Значит, $FK ⊂ (CEF )$ , которая параллельна $SB$ . Значит, $SB ∥ (CEF )$ .

б) Так как $CEF ∥ SB$ , то проведём $EN ∥ SB$ , где $N$ — точка пересечения плоскости $CEF$ с ребром $SD$ . По теореме Пифагора $√-2------- BD = 5 + 4⋅14 = 9.$ То есть $DE : EB = 5 : 4.$ А по теореме о пропорциональных отрезках для угла $BDS$ и параллельных секущих $EN$ и $BS$ : $DN : NS = DE : EB = 5 : 4$ . Тогда $( ) 2,5 ⋅5+ 0⋅4 (x) || -----9----- || ( 25 ) || || 5 4 || √14⋅5 + 2√14 ⋅4|| || 131√8--|| N = (y) = 9S + 9D = || --------------|| = ( 9√-14) . z |( √ -- 9 |) 51189 --19∕2⋅5+-0-⋅4 9$

Уравнение плоскости $ABC$ легко понять, учитывая то, что его вектор нормали направлен вдоль оси $Oz$ , и плоскость проходит через начало координат: $z = 0$ . Вектор нормали будет $⃗n (0;0;1)$ .

Тогда расстояние от точки до плоскости вычисляется по формуле

5√19 √ -- ρ(N;ABC ) = |A√x0-+By0-+-Cz0|= -18-= 5--19. A2 + B2 + C2 1 18

Замечание. Расстоянием от точки до такой плоскости будет модуль третьей координаты этой точки, поскольку отрезок, соединяющий точку и плоскость будет идти вдоль вектора нормали.

Способ 2

Параметрически зададим уравнение плоскости $CEF$ через начальную точку и 2 направляющих вектора этой плоскости.

$( ) x CEF :|| y|| = C + β ⋅ ⃗EC + γ ⋅F⃗E ( ) z$

$(|x)| (| √5--)| (| √259-)| (| 29√0-)| (|√ 2-)| E⃗C :|(y|) = |(2 14|) − |( 8914|) = |( 10914|) = 109 ⋅|( 14|) z 0 0 0 0$

$( ) ( 25 ) ( 5 ) ( 41 ) |x| | √9-| | √10| | 18√--| F⃗E :|(y|) = |( 8914|) − |( -154|) = |( 314514|) z 0 √19 − √19 10 10$

$( ) ( ) ( ) ( ) | x| | √5-| |√ 2-| | 4118√--| CEF :|( y|) = |( 2 14|) + β ⋅|( 14|) + γ ⋅|( 314514|) ,β,γ ∈ ℝ z 0 0 − √19 10$

Попробуем найти точки пересечения плоскости $CEF$ и прямой $SB$

(| 41 5 (| 40 (| ||{ 5+√ 2β +√18γ = 5 −√2α √ -- ||{β = 9 α ||{ 0 = 2 2 14+ 14β + 314514γ = 0 + 14α β = − 2+ 490α β = − 2 + 490α |||( √19 √19 |||( |||( 0+ 0β − 10 γ = 0+ 2 α γ = − 5α γ = − 5α

Если у системы нет решений, значит нет точек пересечения, следовательно, прямая и плоскость параллельны. ч.т.д.

б) Найдем уравнение прямой $SD$

$(x) || || ⃗ SD :(y) = D + ω⋅DS, ω ∈ ℝ z$

$( ) ( 5 ) ( ) ( 5 ) |x| |√ 2-| | √0--| | √2--| D⃗S = |(y|) = |( √14|) − |(2 14|) = |( −√-14|) z -129 0 -129$

$( ) ( ) ( 5 ) |x| | √0--| | √2--| SD :|(y|) = |(2 14|) + ω⋅|( −√-14|) ,ω ∈ ℝ z 0 -19 2$

Найдем точку $Q$ в пересечении $SD$ и $CEF$

( ( ||| 5+ 2β + 4118γ = 0 + 52ω ||| 2β = − 5+ 20158 ω + 52ω { √-- √-- 31√14- √ -- √-- { 22- || 2 14 + 1√4β + 45 γ√-= 2 14− 14ω || β = 9 ω |( 0+ 0β − -19γ = 0+ -19ω |( γ = − 5ω 10 2

( |||{ 494ω = − 5+ 25108 ω β = 22ω ||| 9 ( γ = − 5ω

Откуда $ω = 59$

Подставим найденное значение $ω$ в уравнение прямой $SD$

$( x) ( 0 ) ( 5 ) ( 25 ) || || || √--|| 5 || √2--|| || 131√814|| Q :( y) = ( 2 14) + 9 ⋅( −√-14) = ( -9√--) z 0 -129 51189$

Заметим, что модуль значения по координате $z$ это и есть расстояние точки до плоскости $ABC$

Тогда $ρ(Q,ABC ) = 5√19 18$

Ответ:

$√-- 51189$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#26991

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ сторона $AB$ основания равна $√ - 2 3$ , а высота $SO$ пирамиды равна $3$ . Точки $M$ и $N$ - середины ребер $CD$ и $AB$ соответственно. $N K$ – высота пирамиды $N SCD$ с вершиной $N$ и основанием $SCD$ .

а) Докажите, что точка $K$ является серединой отрезка $SM$ .

б) Найдите расстояние между прямыми $N K$ и $SC$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $A$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $A⃗D$ ,

Ось $OY$ направим вдоль вектора $A⃗B$ ,

Ось $OZ$ направим в полупространство, содержащее точку $S$ , перпендикулярно векторам $A⃗B$ и $A⃗D$ .

$PIC$

Найдем координаты некоторых точек

$( ) | 0| A = |( 0|) 0$ , $( ) | √0-| B = |( 2 3|) 0$ , $( √-) | 2√3| C = |( 2 3|) 0$ , $( √ -) |2 3| D = |( 0 |) 0$ , $(√ -) |√ 3| S = |( 3|) 3$

$( ) | x| N = |( y|) = A + 12 ⋅A⃗B z$

$( ) ( ) ( ) ( ) |x| | 0 -| |0| | 0 -| A⃗B = |(y|) = B − A = |( 2√ 3|) − |(0|) = |( 2√ 3|) z 0 0 0$

$( ) ( ) ( ) ( ) x 0 0 0 N = || y|| = || 0|| + 1 ⋅||2√3-|| = || √3|| ( ) ( ) 2 ( ) ( ) z 0 0 0$

$( ) ( √ -) ( ) ( √ -) x 2 3 0 2 3 M = ||y|| = D + 1D⃗C = || 0 || + 1⋅|| 2√3|| = || √3 || ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( ) z 0 0 0$

а) Параметрически зададим уравнение прямой $SM$ через начальную точку и направляющий вектор прямой:

$( ) x || || ⃗ SM :( y) = M + α ⋅M S,α ∈ ℝ z$

$( ) ( ) ( ) ( ) x √3 2√3 − √3 ⃗ || || || √-|| || √ -|| || || M S = ( y) = ( 3) − ( 3) = ( 0 ) z 3 0 3$

$( x) ( 2√3) (− √3) | | | √ -| | | SM :|( y|) = |( 3|) + α ⋅|( 0 |) ,α ∈ ℝ z 0 3$

По обратной ТТП для плоскости $SCD$ , наклонной $N M$ и прямой $CD$ , перпендикулярной наклонной, получаем, что $SM$ — проекция $N M$ $⇒$ точка $K$ принадлежит прямой $SM$

$(| x)| (| 2√3-−√-α√3-)| K = |( y|) = |( 3 |) z 3α$

Найдем вектор $⃗ N K$

$( ) ( √- √-) ( ) ( √ - √ -) | x| | 2 3√−-α 3| | √0-| |2 3− α 3| N⃗K = |( y|) = |( 3 |) − |( 3|) = |( 0 |) z 3α 0 3α$

Тогда из условия $N K ⊥ SM ⇒ (N⃗K,M⃗S ) = 0$

( √- √-) ( √-) | 2 3 − α 3| | − 3| |( 0 |) × |( 0 |) = 0 3α 3

√- √ - √- (2 3 − α 3)⋅(− 3) +9α = 0

α = 1 2

Получаем, что

$( ) ( √ - 1 √ -) ( √-) ( √ -) | x| | 2 3−√ 2 ⋅ 3| | 2√ 3| 1 | − 3| 1 K = |( y|) = |( 3 |) = |( 3|) + 2 ⋅|( 0 |) = M + 2 ⋅M⃗S z 3⋅ 12 0 3$

Следовательно, $K$ - середина $SM$ . ч.т.д.

б) Параметрически зададим уравнение прямой $N K$ через начальную точку и направляющий вектор прямой:

$( ) ( ) ( √-) x 0 323 N K :|| y|| = N + β ⋅N⃗K = ||√3 || + β ⋅|| 0 || ,β ∈ ℝ ( ) ( ) ( 3 ) z 0 2$

Параметрически зададим уравнение прямой $SC$ через начальную точку и направляющий вектор прямой:

$( ) ( √-) (√ -) | x| | 2 3| | 3| SC :|( y|) = C + γ ⋅ ⃗SC = |( 2√3|) + γ ⋅|(√ 3|) z 0 − 3$

Пусть $H1H2$ - искомое расстояние. $H1, H2$ принадлежат $N K, SC$ соответственно.

$( ) ( 3√3 ) | x| | -2√-β| H1 = |( y|) = |( 3 |) z 3β 2$ , $( ) ( √- √-) | x| | 2√3 + γ√3| H2 = |( y|) = |( 2 3 + γ 3|) z − 3γ$

$( √ - √ -) ( √ - ) ( √- √ - √ - ) |2 3+ γ 3| | 323β| | 2 3+ γ 3− -323β| H1⃗H2 = |(2√ 3+ γ√ 3|) − |( √ 3 |) = |( √ 3+ γ√ 3 |) − 3γ 3β − 3γ − 3β 2 2$

Тогда имеем следующее

( ( √ - √ - 3√3 ) (3√3) |||| |2 3+ γ 3− -2-β | |-2-| |||| || √3-+ γ√3- || × || 0 || = 0 ( ( |||| ( ) ( ) {H1⃗H2 ⊥ N⃗K {(H1⃗H2, N⃗K) = 0 { ( − 3γ − 32β ) ( 32 ) (H ⃗H ⊥ ⃗SC ((H ⃗H ,S⃗C ) = 0 || 2√3-+ γ√3-− 3√3β √3- 1 2 1 2 |||| || √ - √ -2 || ||√ -|| |||| |( 3+ γ 3 |) × |( 3|) = 0 ||( 3 − 3γ − 2β − 3

( ( ( {9 + 92γ − 274 β − 92γ − 94β = 0 { 364 β = 9 { β = 1 ( 9 9 ( ( 3 6 + 3γ − 2β + 3+ 3γ + 9γ + 2β = 0 15γ = − 9 γ = −5

Можем найти $⃗ H1H2$

$( √ - √ - √-) ( √- ) ( √- ) |2 3√−-35 3−√-323| | 1√30-| | √3-| H1⃗H2 = |( 3− 35 3 |) = |(25 3|) = 110 ⋅|(4 3|) 9− 3 -3 3 5 2 10$

Найдём длину вектора $H⃗1H2$

1 ∘-√-------√-------- 1 √-- √15 |H1⃗H2 | =-- ( 3)2 + (4 3)2 + 32 =- 60 = ---- 10 10 5

Ответ:

$√-- -515$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#26990

Дана треугольная пирамида $PABC$ , причем высота пирамиды, опущенная из точки $P$ , падает в точку $C$ . Известно, что $P A$ перпендикулярно $BC$ .

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Найдите объем пирамиды $PABC$ , если известно, что $PB = 15$ , $AB = 13$ , $48 cos∠P BA = 65$ .

Показать ответ и решение

Введём прямоугольную систему координат(см. рисунок).

Точка $C$ - начало координат,

Ось $OX$ направим вдоль вектора $C⃗A$ ,

Ось $OY$ лежит в плоскости $ABC$ и направлена в полуплоскость с точкой $B$ перпендикулярно $C⃗A$ ,

Ось $OZ$ направим вдоль вектора $C⃗P$ .

$PIC$

Пусть $AC = a,CP = h,BC = b$ , угол между осью $OY$ и прямой $CB$ , направленный в полуплоскость, содержащую отрицательное направление оси $OX$ (как на картинке), равняется $α$ .

Найдём координаты всех точек:

$( ) 0 || || C = ( 0) 0$ , $( ) a || || A = ( 0) 0$ , $( ) 0 || || P = (0) h$ , $( ) − b⋅sin α || || B = ( b⋅cosα ) 0$ ,

а) Найдём вектора $P⃗A,B⃗C$ :

$( ) ( ) ( ) ( ) |x| | a| | 0| | a | P⃗A = |(y|) = A− P = |( 0|) − |( 0|) = |( 0 |) z 0 h − h$

$( ) ( ) ( ) ( ) |x| |0| | − b ⋅sinα| | b⋅sinα | B⃗C = |(y|) = C − B = |(0|) − |( b ⋅cos α|) = |(− b⋅cosα|) z 0 0 0$

Так как $⃗ ⃗ PA ⊥ BC ⇒ (P A,BC ) = 0$ :

( ) ( ) a b⋅sin α ⃗ ⃗ || || || || (P A,BC ) = 0 ⇔ ( 0) × ( − b ⋅cos α) = 0 − h 0

a⋅b⋅sinα + 0⋅(− b)⋅cosα + (− h)⋅0 = 0

a ⋅b⋅sinα = 0

В силу того, что $a,b$ - длины сторон треугольника $⇒ a > 0,b > 0$ .

Тогда $sin α = 0 ⇒ α = 0$ . Получаем, что ось $OY$ совпадает с $CB$ . Отсюда следует, что угол между $AC$ и $CB$ равняется углу между $OX$ и $OY$ , равняется $∘ 90$ . Треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$ . ч.т.д.