Принадлежность точек прямой и плоскости

48

С. Овчинников

Принадлежность точек прямой и плоскости

При решении геометрических задач часто пользовется условием принадлежности точек прямой или плоскости. Применение векторов позволяет записать эти условия в простой и компактной форме. При этом в решении задачи зачастую оппадает необходимость в довольно хитрумных дополнительных построениях.

В этой заметке мы выведем условия принадлежности точек прямой и плоскости, и рассмотрим примеры их применения. Начнем с решения следующей задачи.

Задача 1 (Экономический факультет, МГУ, 1975). Дан треугольник ABC. На сторонах AB и BC взяты точки M и N соответственно; $|AB| = 5|AM|$, $|BC| = 3|BN|$. Отрезки AN и CM пересекаются в точке O. Найти отношение площадей треугольников AOC и ABC.

Решение (рис. 1). Так как

$$\frac{S_{AOC}}{S_{ABC}} = \frac{S_{AMC}}{S_{ABC}} \cdot \frac{S_{AOC}}{S_{AMC}} = \frac{|AM|}{|AB|} \cdot \frac{|OC|}{|MC|} = \frac{1}{5} \cdot \frac{|OC|}{|MC|},$$

нам достаточно определить, в каком отношении точка O делит отрезок MC. Проведем ME, $E \in [BC]$, параллельно AN; тогда $\frac{|EN|}{|BN|} = \frac{|AM|}{|AB|} = \frac{1}{5}$.

Но $|BN| = \frac{1}{3}|BC|$, откуда $|EN| = \frac{1}{15}|BC|$. Далее,

$$\frac{|OC|}{|MC|} = \frac{|NC|}{|EC|} = \frac{2/3|BC|}{2/3|BC| + 1/15|BC|} = \frac{10}{11}.$$

Значит,

$$\frac{S_{AOC}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{10}{11} = \frac{2}{11}.$$

Заметим, что большинство абитурентов не сумели допуматься до дополнительного построения ME || AN и поэтому не решили эту задачу.

Рассмотрим другое решение, основанное на результате задачи 254 учебника «Геометрия 9». Сформулируем этот результат так:

Теорема 1. При любом выборе точки O равенство

$$\overrightarrow{OC} = \alpha \overrightarrow{OA} + (1 - \alpha) \overrightarrow{OB}$$

(1)

для некоторого числа α является необходимым и достаточно условным принадлежности точек A, B и C ($A \neq B$) одной прямой. При этом $\overrightarrow{BC} = \alpha \overrightarrow{BA}$.

Рис. 1.

Рис. 2.

49

Рисунок 2 иллюстрирует теорему 1. Заметим, что значение коэффициента $\alpha$ определяет положение точки на прямой $(AB)$. Если $0 \leqslant \alpha \leqslant 1$, то точка $C$ находится между $A$ и $B$; если $\alpha > 1$, то точка $A$ находится между $C$ и $B$ и, наконец, если $\alpha < 0$, то точка $B$ находится между $A$ и $C$. Коэффициент $\alpha$ играет роль свободознайной координаты на прямой $(AB)$: началом координат служебит точка $B$, а масштаб задается отрезком $BA$, так что точка $A$ имеет координату единица.

Вернемся к задаче 1, обозначим $\overrightarrow{BA} = \vec{p}$ и $\overrightarrow{BC} = \vec{q}$. Тогда $\overrightarrow{BM} = \frac{4}{5} \vec{p}$ и $\overrightarrow{BN} = \frac{1}{3} \vec{q}$. Так как точка $O$ принадлежит прямым $AN$ и $CM$, то
$$\overrightarrow{BO} = \alpha_1 \overrightarrow{BM} + (1 - \alpha_1) \overrightarrow{BC} = \alpha_2 \overrightarrow{BA} + (1 - \alpha_2) \overrightarrow{BN},$$
т. е.
$$\frac{4}{5} \alpha_1 \vec{p} + (1 - \alpha_1) \vec{q} = \alpha_2 \vec{p} + \frac{1}{3} (1 - \alpha_2) \vec{q},$$
откуда
$$\begin{cases} \frac{4}{5} \alpha_1 = \alpha_2, \\ 1 - \alpha_1 = \frac{1}{3} (1 - \alpha_2). \end{cases}$$
Решая полученную систему, находим $\alpha_1 = \frac{10}{11}, \alpha_2 = \frac{8}{11}$. По теореме 1
$$\overrightarrow{CO} = \alpha_1 \overrightarrow{CM} = \frac{10}{11} \overrightarrow{CM},$$
откуда

Рис. 3.

Рис. 4.

50

$$= \frac{10}{3}.$$ Обозначив $BCD$ через ф, из треугольника $ECF$ по теореме косинусов находим $\cos \varphi = \frac{1}{10}$. Знача cosф, вычисляем по теореме косинусов диагонали $|AC| = \sqrt{45}$ и $|BD| = \sqrt{37}$.

Задача 3*). Дан треугольник $ABC$ и точка $M$ на стороне $BC$. Доказать, что $|AM| \cdot |BC| \leq |AB| \cdot |MC| + |AC| \cdot |BM|$.

Решение (рис. 4). Имеем $\overrightarrow{AM} = \alpha \overrightarrow{AB} + (1-\alpha) \overrightarrow{AC}$.

Так как $\alpha = \frac{|MC|}{|BC|}$, то $1-\alpha = \frac{|BM|}{|BC|}$. Далее, $\left| \overrightarrow{AM} \right| = \left| \alpha \overrightarrow{AB} + (1-\alpha) \overrightarrow{AC} \right| \leq \alpha \left| \overrightarrow{AB} \right| + (1-\alpha) \left| \overrightarrow{AC} \right| = \frac{|MC|}{|BC|} \cdot |AB| + \frac{|BM|}{|BC|} \cdot |AC|$, откуда и следует утверждение задачи.

Теорема 1 допускает следующие обобщение на случай пространства.

Теорема 2. Пусть $A, B$ и $C$ попарно различиные точки, не лежащие на одной прямой. При любом выборе точки $O$ равенство
$$\overrightarrow{OD} = \alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB} + (1-\alpha-\beta) \overrightarrow{OC} \text{ является необходимым и достаточно условием принадлежности точки } A, B, C \text{ и } D \text{ одной плоскости}.$$
Доказательство 1) Достаточность. Пусть (2) выполено. Находим $\overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OC} = \alpha (\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OC}) + \beta (\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})$, откуда $\overrightarrow{CD} = \alpha \overrightarrow{CA} + \beta \overrightarrow{CB}$. Таким образом, векторы $\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{CD}$ компланарны и, следовательно, точки $A, B, C$ и $D$ принадлежат одной плоскости.

2. Необходимость. Если $A, B, C$ и $D$ принадлежат одной плоскости, то векторы $\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{CD}$ компланарны. Так как точки $A, B$ и $C$ попарно различины и не лежат на одной прямой, то векторы $\overrightarrow{CA}$ и $\overrightarrow{CB}$ неколлинеарны.

*) Эта задача предложена И. Шарыгиным.

Рис. 5.

52

Вычесть объемы пирамид $LAFN$ и $DB_1KM$. Пусть $V$ — объем призмы. Из предыдуших вычислений нам известны соответствия между высотами $|LA_1|$, $|DB_1|$, $|LA|$ пирамид $LA_1EM$, $LAFN$, $DB_1KM$ и высотой призмы, а также соответствия между площадями оснований. Это позволяет легко найти, что $V_{LA_1EM} = \frac{3}{8}V$, $V_{LAFN} = \frac{1}{72}V$ и $V_{MKB_1D} = \frac{1}{48}V$, откуда объем многогранника $AEKB_1DNAF$ равен $\frac{3}{8}V - \frac{1}{72}V - \frac{1}{48}V = \frac{49}{144}V$. Итак, секущая плоскость делит объем призмы в отношении 49:95.

Заметим, во-первых, что в нашем решении нигде не использовалось условие, что призма правильно. Вовторых, наш метод решения пригоден и в том случае, когда точки $E$ и $N$ не являются серединами ребер $A_1C_1$ и $AB$, тогда как решение с дополнительными построениями *) это обстоятельство существенно использовет (примая $EP$ пересекает $BB_1$ в точке $D$ потому, что $|A_1E| = |EC_1|$).

Внимательный читатель, наверное, заметил, сравнивая теоремы 1 и 2, что в теореме 1 коэффициент $\alpha$ было dado просто геометрическое источкование, тогда как геометрический смысл коэффициентов $\alpha$ и $\beta$ в теореме 2 остается неясным. Мы воспользовались этот пробел в одном важном частном случае, оставляя обобщение читателю.

Теорема 3. Если в условиях теоремы 2 точка $D$ лежит в треугольнике $ABC$, то из равенства
$$\overrightarrow{OD} = \alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB} + (1 - \alpha - \beta) \overrightarrow{OC} \text{ следует}$$
$$\begin{cases} \alpha = S_{BDC}: S_{ABC}, \\ \beta = S_{ADC}: S_{ABC}, \\ 1 - \alpha - \beta = S_{ADB}: S_{ABC}. \end{cases}$$

*) Сравните решение этой задачи с приведенным в книге Г. В. Дорофеева, М. К. Потапова, Н. Х. Розова «Пособие по математике для построения в вызы里», Москва, 1976, раздел 3, § 6, задача 7 (с. 514).

53

Рис. 8.

Доказательство (рис. 8). Как следует из доказательства теоремы 2 $\vec{CD} = \alpha \vec{CA} + \beta \vec{CB}$. Положим $\vec{CK} = \alpha \vec{CA}$, $\vec{CL} = \beta \vec{CB}$. Из рисунка 8 видно, что $S_{ADC} : S_{ABC} = \beta$ и $S_{BDC} : S_{ABC} = \alpha$. Из этих равенств легко вытекает, что $S_{ADB} : S_{ABC} = 1 - \alpha - \beta$.

Задание и

1. (Геофак, МГУ, 1966). Точка $K$ делит медиану $AD$ треугольника $ABC$ в отношении 3:1, считая от вершины. В каком отношении пряма $BK$ делит плоскь треугольника $ABC$?

2. (Геофак, МГУ, 1974). Дана правильная четырехугольная пряма $PABCD$ с вершиной $P$. На ребрах $PA$ и $PC$ взяты точки $K$ и $M$ соответствно, причем $|AK| : |KP| = 1:3$, $|CM| = |PM|$. Найти отношение, в котором делится ребро $PB$ плоскостью, проведенной через точки $D$, $K$ и $M$.

3. (Химфак, МГУ, 1970). Плоскость проходит через вершину $A$ основания треугольной прямы $SABC$, делит пополам медину $SK$ треугольника $SAB$, а медину $SL$ треугольника $SAC$ пересекает в точке $D$ такой, что $|SD| = \frac{1}{2} |DL|$. В каком отношении эта плоскость делит объем прямы?

Поправка. В условия задачи М483, описывающий в задачи «Кванта» («Квант», 1978, № 1), допущена опечатка. Ниже мы помещаем правильное условие этой задачи. Срок присылаки ее решения продлевается до 1 мая 1978 года.

4. (Геофак, МГУ, 1976). В параллелогамме $ABCD$ с диагоналями, равными $|AC| = 6$ и $|BD| = 24$, проведен отрезок $EF$, соединяющий точку $E$ диагонали $AC$ с точкой $F$ стороны $BC$. Точки $E$ и $F$ выбраны таким образом, что $\frac{|FC|}{|BF|} = \frac{1}{2}, \frac{|EA|}{|EF|} = \frac{1}{3}$. Известно, что точка $M$ пересечения диагонали $BD$ с отрезком $EF$ делит его в отношении $\frac{|EM|}{|MF|} = \frac{1}{2}$. Найти стороны параллелогамма.

5. Дан треугольник $ABC$. На стороне $AB$ взята точка $D$, а на стороне $BC$ — точки $E$ и $F$ так, что $|AD| : |DB| = 3:2, |BE| : |EC| = 1:3$ и $|BF| : |FC| = 4:1$. В каком отношении пряма $(AE)$ делит отрезок $DF$?

6. (Мехмат, МГУ, 1964). Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$, где $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ — боковые ребра. В каком отношении делит объем куба плоскость, проходящая через вершину $A$, середину ребра $BC$ и центр грани $DCC_1D_1$?

7. (Мехмат, МГУ, 1965). Дана правильная четырехугольная пряма $SABCD$ с вершиной $S$. Через середины ребер $AB, AD$ и $CS$ проведена плоскость. В каком относении эта плоскость делит объем прямы?

8. Внутри треугольника $ABC$ взята точка $O$. Прямы $(AO), (BO)$ и $(CO)$ пересекают стороны $BC$, $CA$ и $AB$ соответственно в точках $P$, $Q$ и $R$. Доказать, что

$$\frac{|AR|}{|RB|} \cdot \frac{|BP|}{|PC|} \cdot \frac{|CQ|}{|QA|} = 1.$$

9. Точки $P$ и $Q$ делят стороны $BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ в данных отношениях:

$$\frac{|BP|}{|PC|} = a, \quad \frac{|CQ|}{|QA|} = b.$$

Пусть $O$ — точка пересечения прямых $AP$ и $BQ$. Найти относение плоскии четырехугольника $OPCQ$ к плоскии треугольника $ABC$.

10. Пусть $OABC$ — треугольная пряма с вершиной $O$, а $M$ — точка внутри треугольника $ABC$. Тогда

$$|OM| \cdot S_{ABC} \leq |OA| \cdot S_{MBC} + |OB| \cdot S_{MAC} + |OC| \cdot S_{MAB}.$$

М483. а) Докажите, что относение квадрата радиуса вписанной окружности прямогоного треугольника к сумме квадратов длин медиан, проведенных из острых углов, не превыходит 1/20.

6. Какое наиболее значение может принимать это отношение?