Прямая и плоскость

54

В 1962 году поступавшие на международно-математический факультет МГУ столько с такой задачей.

Задача 1. В треугольной парамиде ABCD высота AK проходит через точку K пересечения высот основания BCD, а боковые ребра AB и AC взаимно перепределились. Найти отношение площадей боковых границ ADB и ADC, если AB=b, AC=c.

Это столько новение было не в ползу большинства школьников. Почему? Так ли уж трудна задача? Мы советуем вам подумать самостояльно над этой и других почительными конкурсными задачими, которые здесь будут рассматривать, а если у вас будет затруднения, мы попробуем вместе разобраться в принципах неудачи.

Многие, по-видимому, решили, что все зависит от хитроумных вычислений, потому что привыкли решать в школе в основном задачи на вычисление. А между тем изоминка задачи заключится «только» в том, чтобы доказать, что AD⊥AB, AD⊥AC, и тогда все просто:

$$S_{\Delta ADB} = \frac{1}{2} AD \cdot AB = \frac{1}{2} AD \cdot b,$$

$$S_{\Delta ADC} = \frac{1}{2} AD \cdot AC = \frac{1}{2} AD \cdot c,$$

$$\frac{S_{\Delta ADB}}{S_{\Delta ADC}} = \frac{b}{c}.$$

Таким образом, главное в задаче — это доказательство факта, который, как мы увидим, основан на важном разделе стереометрии «Прямы и плоскости». Мы еще вернемся к нашему примеру. А сейчас подчеркием, что причина многоих неудач в стереометрии — это недооценка раздела «Прямы и плоскости». Теоремы этого раздела часто usваиваются формульно и не закрепляются на решении достаочного числа серверных стереометрических задачи. Между тем решения стереометрической задачи почти всегда опирается на теоремы, выражающие отношения между прямыми и плоскостями: параллельность и перепределкулярность, углы и расстояния, принадлежность и пересечение. Будет очень полезно, если, разбирая наши решения, вы подметите места, где применяется та или иная теорема, и сформируйте четко каждую из них.

Возьем отношение перепределкулярности прямой и плоскости, которое играет решающего роль в первой задаче, да и во многих других задачах. Известна такая теорема.

Теорема 1. Если прямая h перепределкулярна двум прямым m и n плоскостями P, проходящим через точку K пересечения h с плоскостью P, то прямая h перепределкулярна любой прямой плоскости P, проходящей через K.

57

бую плоскость $P$ не изменится, если плоскость $P$ заменить плоскостью $P' \parallel P$ (рис. 5).

Действительно, фигура $A_1D_1C_1B_1A_2D_2C_2B_2$ — прямогольная призма, а две проекции четырехугольника $(A_1B_1C_1D_1$ и $A_2B_2C_2D_2)$ — ее равные основания. Поэтому проекции четырехугольника $ABCD$ остаются по-прежнему квадратами со стороны $a$, если мы будем считать, что плоскости $Q'$ и $Q''$ каждой параллельно самой себе пересечены в точку $A$. Это упростит чертеж и вычисления.

2. Если проекция четырехугольника $ABCD$ — квадрат, то сам четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

Это следует из того, что плоскость $ADD_1A_1$ (рис. 5) параллельна плоскости $BCC_1B_1$ $(A_1D_1 \parallel B_1C_1$ и $AA_1 \parallel BB_1)$, а в таком случае $AD \parallel BC$; аналогично $AB \parallel DC$.

3. По условию $AB' = AB'' = a$. Проведем через проектирующие перпендикуляры $BB'$ и $BB''$ (рис. 4) плоскость $BB'B''B'''$. Эта плоскость перпендикулярна и плоскости $Q'$, и плоскости $Q''$ (по какой теореме?).

Поэтому прямая $l$ перпендикулярна плоскости $BB'B''B'''$ и $\Rightarrow B'B''B''' = 90^\circ$ (плоскости $Q'$ и $Q''$ перпендикулярны). Таким образом, $BB'B''B'''$ — прямогольник. Но прямогольный треугольник $ABB'$ равен треугольнику $ABB''$ (вспомним, что $AB' = AB'' = a$), поэтому $BB' = BB''$ и, значит,

$$BB' = B'B''$$

Аналогично доказывается, что

$$DD' = D'D''$$

(как бы ни расположалась точка $D$ относительно плоскости $Q'$ и $Q''$).

На этой основе проводим, наконец, несколько подсчеты.

ВЫЧИСЛЯЯ. Так как по условию $AB = \frac{a}{2}\sqrt{5}$ и $AB' = a$, то $B'B'' = BB' = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\sqrt{5}\right)^2 - a^2} = \frac{a}{2}$. Следовательно, в прямогольном треугольнике $AB'$ не изменится, если плоскость $P' \parallel P$ (рис. 5).

Рис. 5.

угольник $AB'B'''$ выполняется соответствующая: $B'B''' = \frac{1}{2}AB'$ и $\Rightarrow B'AB''' = 30^\circ$. Но $\Rightarrow B'AD' = 90^\circ$, значит, $\Rightarrow D'AD''' = 60^\circ$. Значит, что $AD' = a$, находим

$$DD' = D'D'' = \frac{a\sqrt{3}}{2}$$

И, наконец, из прямогольного треугольника $ADD'$ находится

$$AD = \sqrt{a^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \frac{a}{2}\sqrt{7}$$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то его перimetр равен

$$2(AB + AD) = a(\sqrt{5} + \sqrt{7})$$

Следующая задача predлагалась на письменном экзамене физического факультета МГУ в 1964 году.

Задча 4. Из концов отрезка $AB = a$ исходят два луца $Ax \perp AB$ и $By \perp AB$, причем $Ax \perp By$. На луце $Ax$ отложен отрезок $AP = u$, а на луце $By$ — отрезок $BQ = v$ мак, что $2uv = a^2$. Доказать, что рассмотрение от середины отрезка $AB$ до прямой $PQ$ равняется $\frac{a}{2}$.

58

Если вдуматься в условие задачи, то можно заметить неожиданность факта, который нам предстоит доказать. В самом деле, отрезок $PQ$ (рис. 6) не занимает фиксированного положения, так как отрезки $AP=u$ и $BQ=v$ могут меняться, лишь бы только $2uv=a^2$ оставалось постоянным. И тем не менее расстояние от середины $AB$ до подвижного отрезка $PQ$ должно оставаться неизменным, а именно $\frac{a}{2}$.

Решен и е. Так как $AB \perp AP$, то $BP^2=u^2+a^2$. Но $BQ \perp AB$ и $BQ \perp AP$ (по условия), следовательно, по теореме 2 прямая $BQ$ перпендикулярна плоскости $ABP$, и значит $BQ \perp BP$, то есть $\triangle BQP$ — прямойный, и $PQ^2=BP^2+BQ^2=u^2+a^2+v^2$. А так как $2uv=a^2$, то $PQ^2=u^2+2uv+v^2=(u+v)^2$, то есть $PQ=u+v$.

Итак, мы обнаружили, что всегда $PQ=BQ+AP$. Этот факт, как мы увидим, и является причины того, что $OK=\frac{AB}{2}$. Чтобы в этом убедиться, достаточно внимательно пристрется к рисунку 6, увидеть его пространство. Если мы следенно оторвать прямойные треугольники $OBQ$ и $OAP$ от фигуры, помещить их в одну плоскость с треугольником $OPQ$, то можно заметить, что треугольник, сложный из $OBQ$ и $OAP$ (рис. 7, a), оказывается равным треугольнику $OPQ$ (рис. 7, б) именно потому, что $PQ=PA+BQ$. Это и доказывает, что $OK=\frac{a}{2}$.

З а д а ча. 5. (МГУ, механизм, 1971). Все грани треугольной парамиды — равные равноведренные треугольники, а высота парамиды совпадает с высотой одной из ее боковых граней. Найти объект парамиды, если расстояние между набольшими промироволочными ребрами равно единице.

Решен и е. Пусть $ABCD$ — данная парамида (рис. 8), где, согласно условиям, $AB=AC=BD=CD$ и $AD=BC$ (нетрудно показать, что в точности два противоположных ребра парамиды должны равнять основанию равноведренного треугольника). Обозначим длину высоты $DK$ парамиды через $h$ (мы пока не знаем, где лежит точка $K$). Нам предстоит прежде всего выяснить, какие ребра парамиды будут наибольшими и в какой грани лежит высота парамиды.

Высота парамиды не может лежать ни в грани $ADC$, ни в равной ей грани $ABD$, так как аналогичная высота другой грани была бы больше $h$ (длина наклонной больше длины перпендикура). Поэтому высота парамиды $DK$ должна лежать в грани $BDC$, и, значит, $DK \perp AK$.

59

Рис. 9.

Но по условию $DK=AK=h$, поэтому $AD=BC=h\sqrt{2}$, $KC=\frac{h}{2}\sqrt{2}$ и $DC=\sqrt{h^2+\left(\frac{h}{2}\sqrt{2}\right)^2}=h\sqrt{\frac{3}{2}}$.

Итак, ребра $AD$ и $BC$ больше ребер $AB$, $AC$, $BD$, $CD$. Опустим из точки $K$ перpendикуляр на ребро $AD:KM \perp AD$. Раз $BC \perp DK$ и $BC \perp AK$, то $BC \perp KM$. Следовательно, $KM$ есть общий перpendикуляр ребер $AD$ и $BC$, и по условию он равен 1; но в равно-бедренном прямогольном треугольнике $ADK$ выполняется равенства $KM=\frac{1}{2}AD=\frac{h}{2}\sqrt{2}$, откуда $\frac{1}{2}h\sqrt{2}=1$, $h=\sqrt{2}$.

Задача 6. (МГУ, мехмат, 1965). В треугольной парамиде $SABC$ плоские улы при вершине $S$ — прямые. Доказать, что вершина $S$, точка $G$ пересечения медиан основания $ABC$ и центр $O$ описанного около парамиды шара приадлежат одной прямой.

Решение. Точка $P$ (рис. 9) является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$, так как $AP=PC$, $\Rightarrow ASC=90^\circ$. Прямая, соединяющая центр шара с центром окружности сечения, перpendикулярна плоскости сечения, то есть $PO \perp ACS$. Аналогично $QO \perp BCS$. Но $SB \perp ACS$ и $AS \perp BCS$, потому что все плоские улы при вершине $S$ — прямые. Значит, $PO \parallel SB$, и точки $P, O, S$ и $B$ лежат в одной плоскости, а также $OQ \parallel AS$, и точки $O, Q, A$ лежат в одной плоскости. У этих плоскостей есть две (несовпадающие) общие точки $S$ и $O$, поэтому прямая $SO$ — линя пересечения этих плоскостей. В первой плоскости лежит медиана $BP$, а во второй — медиана $AQ$, следовательно, точка $G$ пересечения медиан лежит в обеих плоскостях, то есть на прямой $SO$ пересечения плоскостей, а это и требовалось доказать.

Упражнения

1. Доказать теорему о трех перпендикулярах, опираясь на теорему 2.
2. Доказать, что ortоцентрическими прямидами являются все правильные треугольные прямиды и все треугольные прямиды с прямыми плоскими углами при вершине.
3. (МГУ, мехмат, 1969). Прямойольные проекции треугольника $ABC$ на две взяимно перпендикулярные плоскости являются правильными треугольниками со стороны, равными 1. Найти перimeter треугольника $ABC$, если известно, что $AB=\frac{1}{2}\sqrt{5}$.
4. (МГУ, мехмат, 1970). Отрезок $AB$ единчной длины, являющийся хордой сферы радиуса 1, расположен под углом $π/3$ к диаметру $CD$ этой сферы. Расстояние от конца $C$ диаметра до ближайшего к нему конца $A$ хорды равно $\sqrt{2}$. Определить величины отрезка $BD$.
5. (МГУ, мехмат, 1971). Основание четырехугольной парамиды — квадрат, а все боковые грани — прямойольные треугольники, у которых вершины прямых углов лежат на основании парамиды. Найти объем парамиды, если ее высота равна единице, а один из двумерных углов при вершине равен $120^\circ$.
6. (физфак. МГУ, 1970). В треугольной парамиде $SABC$ все ребра равны друг друг. На ребре $SA$ взята точка $M$ такая, что $SM=MA$, на ребре $SB$ — точка $N$ такая, что $SN=SB/3$. Через точки $M$ и $N$ проведена плоскость, параллельная медиан $ABC$. Найти отношение объема треугольной парамиды, отсекаем от исходной проведенной плоскости, к объему парамиды $SABC$.
7. Три зеркала образуют треугольный угол, все двумерные углы которого прямые. Показать, что луч света, приведший в этот треугольный угол по прямой $l$, после отражения от зеркальных поверхностей уйдет по прямой, параллельной $l$.
8. Построить отрезок, имеющий заданную длину, параллельный данной плоскости, причем концы отрезка должны лежать на двух скрещивающих прямых.