Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (13(С2))

Стереометрия: координатно-векторный способ и теорема Менелая

[latexpage]

Задачка попалась не то чтоб сложная, а объемная. И много всего пришлось для ее решения применить и вспомнить, всяких полезных теорем и формул, поэтому привожу решение. Полезная очень задачка.

Задача. На ребрах $AB$, $BC$ и $CD$ правильного тетраэдра $ABCD$ с ребром 1 взяты такие точки $K$, $L$ и $M$  соответственно, что $AK=\frac{1}{2}$ и $BL=CM=\frac{1}{3}$. Плоскость $KLM$ пересекает прямую $AD$ в точке $N$. Найдите угол между прямыми $NK$ и $NL$.

Рисунок 1

Построим плоскость $KLM$. Для этого проведем луч $ML$ до пересечения с лучом $DB$. Оба эти луча принадлежат плоскости $CDB$, и точка их пересечения $T$ также принадлежит этой плоскости. Однако она принадлежит и плоскости $ADB$ благодаря принадлежности лучу $DB$. Следовательно, можно провести прямую через точку $T$, принадлежащую секущей плоскости и точку $K$, которая тоже ей принадлежит. Прямая $TK$ пересечет ребра тетраэдра в точке $N$. Соединим точки $K$, $L$, $M$  и $N$ и заштрихуем сечение:

Рисунок 2

Решение. В этой задаче я решила воспользоваться координатно-векторным способом решения. Однако прежде, чем вводить систему координат и определять координаты точек, надо определиться с положением точки $N$. Для этого воспользуемся теоремой Менелая.

Рисунок 3

$$\frac{DM}{MC}\cdot\frac{CL}{LB}\cdot\frac{BT}{TD}=1$$

$$DM=CL=\frac{2}{3}$$

$$MC=LB=\frac{1}{3}$$

Обозначим длину отрезка $BT$ за $x$, тогда $TD=x+1$. Подставляем:

$$\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{3}}\cdot\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{3}}\cdot\frac{x}{x+1}=1$$

$$4x=x+1$$

$$x=\frac{1}{3}$$

Теперь посмотрим на наш тетраэдр с другой стороны и снова составим теорему Менелая:

Рисунок 4

$$\frac{DN}{NA}\cdot\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BT}{TD}=1$$

$$AK=KB=\frac{1}{2}$$

$$\frac{DN}{NA}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\cdot \frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{3}} =1$$

$$\frac{DN}{NA}=\frac{4}{1}$$

Иными словами, $AN=\frac{1}{5}AD=0,2$.

Вот теперь пришла пора вводить систему координат. В случае правильной пирамиды это удобно сделать, совместив начало координат с серединой одной из сторон основания пирамиды. Тогда ось $x$ направим вдоль этой стороны, ось $y$ – вдоль высоты основания, ось $z$ – вверх. Пусть начало координат располагается в точке $K$.

Высота основания пирамиды равна $h=\frac{\sqrt{3}}{2}$, длина отрезка $OK=\frac{1}{3}h=\frac{1}{2\sqrt{3}}$, высота пирамиды

$$H^2=DC^2-OC^2$$

$$H=\sqrt{ DC^2-OC^2}$$

$$OC=\frac{2}{3}\cdot h=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

Тогда высота пирамиды равна

$$H=\sqrt{ 1-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$$

Наконец, можно определять координаты точек, нужных нам.

Рисунок 5

$$A(-\frac{1}{2}; 0; 0), K (0; 0; 0), L(\frac{1}{3}; \frac{1}{2\sqrt{3}}; 0), D (0; \frac{1}{2\sqrt{3}}; \sqrt{\frac{2}{3}})$$

Так как точка $N$ делит отрезок $DA$ в отношении $1:4$ от точки $A$, то определим координаты этой точки, как делящей отрезок в заданном отношении:

$$x_N=\frac{x_A+\lambda x_D}{1+\lambda}=\frac{-\frac{1}{2}+0,25\cdot0}{1+0,25}=-0,4$$

$$y_N=\frac{y_A+\lambda y_D}{1+\lambda}=\frac{0+0,25\cdot\frac{1}{2\sqrt{3}}}{1+0,25}=\frac{1}{10\sqrt{3}}$$

$$z_N=\frac{z_A+\lambda z_D}{1+\lambda}=\frac{0+0,25\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}}{1+0,25}=\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}}$$

Итак, координаты точки $N$ найдены: $N (-0,4; \frac{1}{10\sqrt{3}}; \frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}})$.

Теперь мы определим координаты векторов $\vec{NK}$ и  $\vec{NL}$ и их скалярное произведение, откуда и найдем косинус угла между векторами.

Координаты векторов: $\vec{NK}  (0,4; -\frac{1}{10\sqrt{3}}; -\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}})$, $\vec{NL}  (\frac{1}{3}+0,4; \frac{1}{2\sqrt{3}}-\frac{1}{10\sqrt{3}}; -\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}})$, или  $\vec{NL}  (\frac{11}{15}; \frac{2}{5\sqrt{3}}; -\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}})$.

Найдем длины векторов:

$$\mid NK \mid=\sqrt{\left(\frac{2}{5}\right)^2+\frac{1}{300}+\frac{2}{75}}=\sqrt{\frac{48}{300}+\frac{1}{300}+\frac{8}{300}}=\sqrt{\frac{57}{300}}=\sqrt{\frac{19}{100}}$$

$$\mid NL \mid=\sqrt{\left(\frac{11}{15}\right)^2+\frac{4}{75}+\frac{2}{75}}=\sqrt{\frac{121}{225}+\frac{4}{75}+\frac{2}{75}}=\sqrt{\frac{121+12+6}{75}}=\sqrt{\frac{139}{75}}$$

Определяем косинус угла:

$$\cos{\alpha}=\frac{\mid 0,4\cdot \frac{11}{15}-\frac{1}{10\sqrt{3}}\cdot\frac{2}{5\sqrt{3}}+\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}}\mid}{\sqrt{\frac{19}{100}}\cdot\sqrt{\frac{139}{75}}}=\frac{\frac{46}{150}\cdot10\cdot5\sqrt{3}}{\sqrt{19\cdot139}}=\frac{46}{\sqrt{7923}}$$

Можно было воспользоваться и теоремой косинусов: зная длины отрезков $NK$ и $NL$, определить также длину отрезка $KL$ – это можно сделать в треугольнике $KLB$ – и составить теорему косинусов уже для треугольника $KLN$.

Ответ: $\alpha=\arccos{\frac{46}{\sqrt{7923}}}$.

Комментариев - 2

  • Aleksandr
    |

    Уважаемый автор, в самом последнем равенстве куда делась тройка от знаменателя 150?

    Ответить
    • Анна
      |

      Какой Вы внимательный! Спасибо.

      Ответить
  • Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *