Квант
Практикум абитуриента

Скалярное умножение векторов

Габович И. Г., Горнштейн П. И.

Квант 1978, №1с. 47, 49, 50, 51, 52Тег 1RBG

47

Скалярное умножение векторов является одним из основных понятий векторной алгебры. Его свойство широко используется при доказательстве теории и решения задач.

В этой статье мы проиллюстрируем применение скалярного умножения векторов к решению геометрических задач, предлагавшихся в последние годы на вступительных экзаменах в развития изучения векторов изложены в пособии «Геометрия 9» под редакцией З. А. Скопеца. Поэтому мы не будем останавливаться на теории этого вопроса. Перейдем к решению задач.

Задача 1. (МФТИ, 1977). Сторона основания правильной треугольной признамы ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 имеет длину aa. Вершины MM и NN правильного треугольра MNPQMNPQ лежат на прямой, проходящий через точки C1C_1 и BB, а вершины PP и QQ — на прямой A1CA_1C. Найти:

  1. объем признамы;
  2. расстояние между серединами отрезков MNMN и PQPQ.

Решение. Расмотрим векторы: CA→,CB→,CC1→,CA2→\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CC_1}, \overrightarrow{CA_2} и BC1→\overrightarrow{BC_1} (рис. 1). Обозначим CA→=u⃗,CB→=v⃗,CC1→=h⃗\overrightarrow{CA} = \vec{u}, \overrightarrow{CB} = \vec{v}, \overrightarrow{CC_1} = \vec{h} и ∣h∣→=h\overrightarrow{|h|} = h. Из условия следует, что ∣u∣→=∣v∣→=a\overrightarrow{|u|} = \overrightarrow{|v|} = a.

Так как в правильном tetraэдре (как, впрочем, и во всякой правильной треугольной примине) любые два скрещивающихся ребра взаимно перпендикулярны, то CA1→⊥BC1→\overrightarrow{CA_1} \perp \overrightarrow{BC_1}. Поэтому CA1→⋅BC1→=0\overrightarrow{CA_1} \cdot \overrightarrow{BC_1} = 0. Но в наших обозначениях

CA1→=u⃗+h⃗ и BC1→=h⃗−v⃗,\overrightarrow{CA_1} = \vec{u} + \vec{h} \text{ и } \overrightarrow{BC_1} = \vec{h} - \vec{v},

следовать,

(u⃗+h⃗)⋅(h⃗−v⃗)=0,(\vec{u} + \vec{h}) \cdot (\vec{h} - \vec{v}) = 0,

u⃗⋅h⃗−u⃗⋅v⃗+h⃗2−h⃗⋅v⃗=0.\vec{u} \cdot \vec{h} - \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{h}^2 - \vec{h} \cdot \vec{v} = 0.

Учитывая, что h⃗⊥u⃗,h⃗⊥v⃗\vec{h} \perp \vec{u}, \vec{h} \perp \vec{v} и (u⃗,v⃗)=π3(\vec{u}, \vec{v}) = \frac{\pi}{3}, получаем

h2−a22=0, или h=a2,h^2 - \frac{a^2}{2} = 0, \text{ или } h = \frac{a}{\sqrt{2}},

откуда находится объем признамы V=a234⋅a2=a368V = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a^3 \sqrt{6}}{8}.

Пусть KK и LL — середины отрезков PQPQ и MNMN соответственно. Найдем ∣KL∣|KL|. Заметим, что [KL][KL] является общим перпендикуром ребер PQPQ и MNMN (доказатель сам), то есть ∣KL∣|KL| — расстояние между скрещивающимися прямыми CA1CA_1 и BC1BC_1.

Существует несколько способов вычисления расстояния между скрещивающимися прямыми. Мы определим искомое расстояние с помощью скалярного умножения. При этом, как

49

Ни HN→\overrightarrow{HN} и AB→\overrightarrow{AB}. Обозначим: HP→=p⃗\overrightarrow{HP} = \vec{p}, HQ→=q⃗\overrightarrow{HQ} = \vec{q} и HR→=r⃗\overrightarrow{HR} = \vec{r}. Остальные векторы выразим через p⃗\vec{p}, q⃗\vec{q} и r⃗\vec{r}. Очевидно, что ∣p⃗∣=∣q⃗∣=2|\vec{p}| = |\vec{q}| = 2 и ∣r⃗∣=1|\vec{r}| = 1.

Пусть

∣RA∣=x∣RF∣,|RA| = x |RF|,
∣HB∣=y∣HN∣.|HB| = y |HN|.

Тогда RA→=xRF→\overrightarrow{RA} = x\overrightarrow{RF} и HB→=yHN→\overrightarrow{HB} = y\overrightarrow{HN}.

Очевидно, что RF→=12p⃗−r⃗\overrightarrow{RF} = \frac{1}{2}\vec{p} - \vec{r} и HN→=12p⃗+12q⃗\overrightarrow{HN} = \frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q} ([HN] — медиана в треугольнике HPQ). Позтому

RA→=x2p⃗−xr⃗,\overrightarrow{RA} = \frac{x}{2}\vec{p} - x\vec{r},
HB→=y2p⃗+y2q⃗.\overrightarrow{HB} = \frac{y}{2}\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q}.

Выразим теперь AB→\overrightarrow{AB} через векторы p⃗,q⃗\vec{p}, \vec{q} и r⃗\vec{r}:

AB→=AR→+RH→+HB→=−RA→−HR→+HB→=−x2p⃗+xr⃗−r⃗+y2p⃗+y2q⃗=12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗.\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AR} + \overrightarrow{RH} + \overrightarrow{HB} = -\overrightarrow{RA} - \overrightarrow{HR} + \overrightarrow{HB} = -\frac{x}{2}\vec{p} + x\vec{r} - \vec{r} + \frac{y}{2}\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} = \frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}.

Так как [AB]⊥[RF][AB] \perp [RF] и [AB]⊥[HN][AB] \perp [HN], то AB→⋅RF→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{RF} = 0 и AB→⋅HN→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HN} = 0. Составляем систему

{(12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗)××(12p⃗−r⃗)=0,(12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗)××(12p⃗+12q⃗)=0.\begin{cases} \left(\frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}\right) \times \\ \times \left(\frac{1}{2}\vec{p} - \vec{r}\right) = 0, \\ \left(\frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}\right) \times \\ \times \left(\frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q}\right) = 0. \end{cases}

Из этой системы, учитывая, что векторы p⃗,q⃗\vec{p}, \vec{q} и r⃗\vec{r} взaimно перепendику-

50

кулярны, то AC→⋅BM→=0\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BM} = 0 или
(b⃗−h⃗)⋅(a⃗+h⃗−y⃗)=0,(\vec{b} - \vec{h}) \cdot (\vec{a} + \vec{h} - \vec{y}) = 0,
a⃗⋅b⃗+b⃗⋅h⃗−b⃗⋅y⃗−a⃗⋅h⃗−\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{h} - \vec{b} \cdot \vec{y} - \vec{a} \cdot \vec{h} -
−h⃗2+h⃗⋅y⃗=0-\vec{h}^2 + \vec{h} \cdot \vec{y} = 0. (5)

Как уже отмечалось, a⃗⋅h⃗=h⃗⋅y⃗=0\vec{a} \cdot \vec{h} = \vec{h} \cdot \vec{y} = 0
На том же основании b⃗⋅h⃗=0\vec{b} \cdot \vec{h} = 0. Поэтому из (5) имеем
a⃗⋅b⃗−b⃗⋅y⃗−h⃗2=0,\vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{y} - \vec{h}^2 = 0,
ab−by−h2=0,ab - by - h^2 = 0,
y=ab−h2b.y = \frac{ab - h^2}{b}. (6)

Значение yy из (6) подтвердляем в (4)
h2=a2b−ah2b,h^2 = \frac{a^2b - ah^2}{b},

откуда
h=aba+b.h = \frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}.

Задача 4 (УрГУ, 1971). Треугольник AOBAOB повернуть в своей плоскости вокруг вершины OO на 90∘90^\circ, причем вершина AA перешага в A′A', а вершина B−bB′B - bB'. Доказать, что в треугольнике OAB′OAB' медиана стороны AB′AB' является высотой для треугольника OA′BOA'B (анаалогично медиана стороны A′BA'B в треугольнике OA′BOA'B является высотой для ΔOAB′\Delta OAB').

Решение. Пусть CC — середина [AB′][AB'] (рис. 4). Доказем, что OC→⊥A′B→\overrightarrow{OC} \perp \overrightarrow{A'B}, т. е. OC→⋅A′B→=0\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{A'B} = 0; имеем

Рис. 4.

Рис. 5.

51

DP=a63,∣PQ∣=∣MN∣=a2.DP = \frac{a\sqrt{6}}{3}, \quad |PQ| = |MN| = \frac{a}{2}.
Пусть φ\varphi – величины угла между векторами MN→\overrightarrow{MN} и PQ→\overrightarrow{PQ}. Найдем значение φ\varphi из определения скалярного умножения двух векторов

cos⁡φ=MN→⋅PQ→∣MN→∣⋅∣PQ→∣.\cos \varphi = \frac{\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{PQ}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|}.

Запишем очередные векторы равенства

MN→=MD→+DN→,\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DN},

PQ→=DQ→−DP→.\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP}.

Значения MN→\overrightarrow{MN} и PQ→\overrightarrow{PQ} из (8) подставляем в (7)

cos⁡φ=(MD→+DN→)⋅(DQ→−DP→)∣MN→∣⋅∣PQ→∣=MD→⋅DQ→+DN→⋅DQ→−DP→⋅MD→∣MN→∣⋅∣PQ→∣+−DN→⋅DP→∣MN→∣⋅∣PQ→∣.\cos \varphi = \frac{(\overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DN}) \cdot (\overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP})}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|} = \frac{\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{DQ} + \overrightarrow{DN} \cdot \overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{MD}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|} + \frac{-\overrightarrow{DN} \cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|}.

Заметим, что (MD→,DQ→)=23π(\overrightarrow{MD}, \overrightarrow{DQ}) = \frac{2}{3}\pi и (DP→,MD→)=π−MDP→(\overrightarrow{DP}, \overrightarrow{MD}) = \pi - \overrightarrow{MDP}. Очевидно, что cos⁡MDP=63\cos MDP = \frac{\sqrt{6}}{3}, а cos⁡NDP=223\cos NDP = \frac{2\sqrt{2}}{3}.

Учитывая сказанное выше, получаем

Рис. 6.

cos⁡φ=−a28+a24+a23−4a29a2⋅a2=118.\cos \varphi = \frac{-\frac{a^2}{8} + \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{3} - \frac{4a^2}{9}}{\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}} = \frac{1}{18}.

φ=arccos⁡118\varphi = \arccos \frac{1}{18} и есть угол между отрезками MNMN и PQPQ.

Задание 6 (МГУ, механизм, 1970). Длина каждого ребра треугольной пирамиды SABCSABC равна 1, [BD][BD] – высота треугольника ABCABC. Равностроенный треугольник BDEBDE лежит в плоскости, образующей угол φ\varphi с ребром ACAC, причем точки SS и EE лежат по одному сторону от плоскости ABCABC. Найти расстояние между точками SS и EE.

Решение. Проведем (рис. 6) в треугольнике BDEBDE высоту EMEM и соединим точки OO и EE. Через точку MM проведем [MN]∥[AC][MN] \parallel [AC] и [MP]∥[SO][MP] \parallel [SO]. Так как отрезки MNMN и ACAC параллельны, что они составляют плоскостью BDEBDE равные углы. Так как [MN]⊥[BD][MN] \perp [BD] и [EM]⊥[BD][EM] \perp [BD], то ∠EMN\angle EMN, как легко понять, является тем углом, который [MN][MN] (а, значит, и [AC][AC]) составляет с плоскостью BDEBDE, то есть EMN^=φ\hat{EMN} = \varphi. Так как [MP]∥[SO][MP] \parallel [SO], то [MP]⊥(ABC)[MP] \perp (ABC) и, следовательно, [MP]⊥[BD][MP] \perp [BD] и [MP]⊥[MN][MP] \perp [MN]. Поэтому EMP^=90∘+φ\hat{EMP} = 90^\circ + \varphi. Очевидно, что SE→=SO→+OM→+ME→\overrightarrow{SE} = \overrightarrow{SO} + \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ME}.

Найдем скалярный квадрат вектора SE→\overrightarrow{SE}:

SE→2=SO→2+OM→2+ME→2+2⋅SO→⋅OM→+2⋅SO→⋅ME→+2⋅OM→⋅ME→.\overrightarrow{SE}^2 = \overrightarrow{SO}^2 + \overrightarrow{OM}^2 + \overrightarrow{ME}^2 + 2 \cdot \overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{OM} + 2 \cdot \overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{ME} + 2 \cdot \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ME}.

Очевидно, что SO→⋅OM→=OM→⋅ME→=0\overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{OM} = \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ME} = 0. Как нетрудно сообщить, (SO→,ME→)=EMP^=90∘+φ(\overrightarrow{SO}, \overrightarrow{ME}) = \hat{EMP} = 90^\circ + \varphi, ∣SE∣2=∣SO∣2+∣OM∣2+∣ME∣2−2⋅∣SO∣⋅∣ME∣⋅sin⁡α|SE|^2 = |SO|^2 + |OM|^2 + |ME|^2 - 2 \cdot |SO| \cdot |ME| \cdot \sin \alpha. 10).

Но ∣SO∣=63|SO| = \frac{\sqrt{6}}{3} – как высота правильного треугольра с ребром, равным 1; ∣ME∣=34|ME| = \frac{3}{4} – как высота правиль-

52

ного треугольника со стороны, равной 32\frac{\sqrt{3}}{2}; ∣OM∣=312|OM| = \frac{\sqrt{3}}{12} (вычислите самостояльно).

Найdenные значения ∣SO∣,∣OM∣|SO|, |OM| и ∣ME∣|ME| подставляем в (10):

∣SE∣2=(63)2+(312)2+916−2⋅63⋅34sin⁡φ=5−26sin⁡φ4,|SE|^2 = \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{12}\right)^2 + \frac{9}{16} - 2 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{3}{4} \sin \varphi = \frac{5 - 2\sqrt{6} \sin \varphi}{4},

∣SE∣=125−26sin⁡φ.|SE| = \frac{1}{2} \sqrt{5 - 2\sqrt{6} \sin \varphi}.

Задача 7 (МФТИ, 1974.) Сторона основания правльной треугольной признамы ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 равна aa; точки OO и O1O_1 являются центрами оснований ABCABC и A1B1C1A_1B_1C_1 соответственно. Длина ortogonalной проекции отрезка AO1AO_1 на прямую B1O1B_1O_1 равна 56a\frac{5}{6}a. Определить высоту признамы.

Решение. Положим ∣OO1∣=H|OO_1| = H. Очевидно (рис. 7), что ∣AO→∣=∣OB→∣=a33|\overrightarrow{AO}| = |\overrightarrow{OB}| = \frac{a\sqrt{3}}{3} и ∣OB→1∣=a23+H2|\overrightarrow{OB}_1| = \sqrt{\frac{a^2}{3} + H^2}. Далее AO→1⋅OB→1=∣AO1∣⋅∣OB1∣⋅cos⁡φ\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = |AO_1| \cdot |OB_1| \cdot \cos \varphi. (11)

Известно, что проекция одного вектора на другой равна длине первого вектора, умноженного на косинус угла между направлениями векторов, то есть πOB→1⋅AO→1=∣AO→1∣×cos⁡φ=∣AO→1∣⋅cos⁡φ\pi \overrightarrow{OB}_1 \cdot \overrightarrow{AO}_1 = |\overrightarrow{AO}_1| \times \cos \varphi = |\overrightarrow{AO}_1| \cdot \cos \varphi.

Согласно условия задачи

πOB→1⋅AO→1=5a6.\pi \overrightarrow{OB}_1 \cdot \overrightarrow{AO}_1 = \frac{5a}{6}.

Поэтому равенство (11) записывается так:

AO→1⋅OB→1=∣OB1∣⋅5a6.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = |OB_1| \cdot \frac{5a}{6}.

Запишем очередные равенства:

AO→1=AO→+OO1→,\overrightarrow{AO}_1 = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OO_1},

OB→1=OB→+BB1→.\overrightarrow{OB}_1 = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BB_1}.

Таким образом,

AO→1⋅OB→1=(AO→+OO1→)⋅(OB→+BB1→)=AO→⋅OB→+AO→⋅BB1→+OO1→⋅OB→+OO1→⋅BB1→.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = (\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OO_1}) \cdot (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BB_1}) = \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{BB_1} + \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{BB_1}.

Так как AO→⊥BB1→\overrightarrow{AO} \perp \overrightarrow{BB_1} и OO1→⊥OB→\overrightarrow{OO_1} \perp \overrightarrow{OB}, то AO→⋅BB1→=OO1→⋅OB→=0.\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{BB_1} = \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{OB} = 0.

Кроме того, OO1→=BB1→\overrightarrow{OO_1} = \overrightarrow{BB_1}, следовательно, OO1→⋅BB1→=∣OO1∣2\overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{BB_1} = |OO_1|^2,

AO→1⋅OB→1=AO→⋅OB→+∣OO1∣2=a33⋅a33⋅12+H2=a26+H2.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{OB} + |OO_1|^2 = \frac{a\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{1}{2} + H^2 = \frac{a^2}{6} + H^2.

Найdenные значения AO→1⋅OB→1\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 и ∣OB1∣|OB_1| подставляем в (12) a26+H2=5a6a23+H2\frac{a^2}{6} + H^2 = \frac{5a}{6} \sqrt{\frac{a^2}{3} + H^2}, откуда 108H4=−39a2H2−22a4=0108H^4 = -39a^2H^2 - 22a^4 = 0. Так как H>0H > 0, то H=a63H = \frac{a\sqrt{6}}{3}.

1 (МФТИ, 1977). Основанием прямой треугольной признамы ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 является равноведренный прямойугольный треугольник с катетами ∣AC∣=∣BC∣=a|AC| = |BC| = a. Вершины MM и NN правильного тетраэдра MNPQMNPQ лежат на прямой CA1CA_1, а вершины PP и QQ – на прямой AB1AB_1. Найти: 1) объем прямых; 2) расстояние между серединами отрезков MNMN и PQPQ.

2 (МФТИ, 1977). Длина ребра куба ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1 равна aa. Точка EE – середина ребра ADAD. Вершины MM и NN правильного тетраэдра MNPQMNPQ лежат на прямой ED1ED_1, а вершины PP и QQ – на прямой, проходящей через точку A1A_1 и пересекающей прямую BCBC в точке RR.

Найти: 1) относение ∣BR∣:∣BC∣|BR| : |BC|; 2) расстояние между серединами отрезков MNMN и PQPQ.

3 (МФТИ, 1969). В правильном тетраэдре ABCDABCD отрезок MNMN соединяет середину ребра ACAC с центром грани BCDBCD, а точка EE лежит на середине ребра ABAB. Найти угол между отрезками MNMN и DEDE.

4 (Физ. фак. МГУ, 1963). Два отрезка – ABAB длины aa и CDCD длины bb лежат на скрещивающихся прямых, угол между которых aa. Основания OO и O1O_1 общего перпендикула длины cc к этим прямым делят отрезки ABAB и CDCD так, что ∣OA∣:∣OB∣=2:3|OA| : |OB| = 2:3, а ∣OO1∣:∣C1D∣=3:2|OO_1| : |C_1D| = 3:2. Найти длины отрезков BDBD и BCBC.

5 (Из заданий 3ФТШ). В правильной 4-угольной прямиле SABCDSABCD длина общего перпендикула ребер SASA и BCBC равна dd и его основание делит отрезок BCBC в отношении 1:3. Определить объем прямых.

6 (Киевский политехнический институт, 1977). В плоскости прямойгника ABCDABCD дана точка MM. Докажите, что MA→⋅MC→=MB→⋅MD→\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD}.

7 (Весоюзная олимпида 1974 г.). Дан квадрат ABCDABCD. Точки PP и QQ лежат соответственно на сторонах ABAB и BCBC, причем ∣BP∣=∣BQ∣|BP| = |BQ|. Пусть HH – основание перпендикула, опущенного из точки BB на отрезок PCPC. Докажать, что угол DHQDHQ – прямой.