Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (С2))

Стереометрия: координатно-векторный способ и теорема Менелая

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:

    \[\cos{\alpha}=\frac{\mid 0,4\cdot \frac{11}{15}-\frac{1}{10\sqrt{3}}\cdot\frac{2}{5\sqrt{3}}+\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{1}{5}\sqrt{\frac{2}{3}}\mid}{\sqrt{\frac{19}{100}}\cdot\sqrt{\frac{139}{75}}}=\frac{\frac{46}{150}\cdot10\cdot5\sqrt{3}}{\sqrt{19\cdot139}}=\frac{46}{\sqrt{2641}}\]

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{2641}}}.

Добавить комментарий

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