Вспомогательный куб

46

Вспомогательный куб

Кандидат физико-математических наук
М. Р. ЛИВЕРЗОН

При решении задач по stereometрии уже на самом первом шаге часто возникют трудности. Нужно обладать хорошо развитым геометрическим воображением, чтобы представить себе соответствующее пространство картину. Если речь идет о геометрических телах, с которых мы встречаемся в повседневной жизни (куб, шар, цилиндр, параллелепид и т. п.), то эти предметы легко представить. Как их рисовать, известно. Значительно труднее изображить, например, скрещивающиеся прямые или совокупность прямых и плоскостей в пространстве. И не просто изображить, а сделать чертеж, помогающий решению задачи.

Существует метод, позволяющий в ряде случаев представить указанные трудности. Он основан на следующем соображении. Если пространственная конфигурация трудно воспринята и не связана с конкретным геометрическим телом, то попробуем искусственно ее связать с каким-нибудь телом. Например, с кубом.

Изображенный на бумаге куб облегчает работу нашему воображению. На рисунке 1, например, отсутствно, что прямые $l$ и $m$ являются скрещивающимися. Убрали куб (рис. 2), и пространственная наглядность исчеза — мы видим пересекающийся прямые $l$ и $m$ на плоскости.

Другой пример. При луча $l$, $m$ и $n$, исходящие из одной точки $A_1$, например, скрещивающиеся прямые или совокупность прямых и плоскостей в пространстве. На рисунке 4 куб нет, поэтому картина стала плоской. Чтобы увидеть на ней тот же трехгранный угол, мы должны заставить свое воображение потрудиться.

Использование вспомогательного куба не только «превращает» плоскую картину в объемную, но и указывает пути решения задачи. Про-

47

дemonстрирует это на следующих примерах*).

Задача 1. Плоские углы трехгранного угла равны 45°, 45° и 60°. Через его вершину проведена прямая, перпендикулярная одной из граней, плоский угол которого равен 45°. Найти угол между этой прямой и ребром трехгранного угла, не лежащим в упомянутой грани.

Решение. Расмотрим вспомогательный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 5). Проведем диагонали $AB_1$ и $AC$ двух его смежных граней. Имеем $B_1\overset{\frown}{AB} = 45^\circ$, $B\overset{\frown}{AC} = 45^\circ$, $B_1\overset{\frown}{AC} = 60^\circ$ как угол правильного треугольника $AB_1C$. Следовательно, трехгранный угол $AB_1BC$ — это угол, о котором говорится в условиям задачи. Ребро $AA_1$ проходит через его вершину $A$ и перпендикулярно грани $BAC$. Значит, требуется найти величины угла $A_1AB_1$. Ответ очень иден: $A_1\overset{\frown}{AB_1} = 45^\circ$.

Решение этой задачи без использования куба довольно сложно и существенно длине**). Здесь нам вообще не пришлось считать: ответ удалось «прочесть» на кубе. Но такие случаи редки.

Задача 2. Угол между двумя граями трехгранного угла прямой, а величины каждого плоского угла этих граей равна $\alpha$. Найти величины плоского угла третьей грани.

Решение. Сначала будем считать угол $\alpha$ острым. Пусть вершина $A$ вспомогательного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 6) является вершиной трехгранного угла, а отрезки $AM, AB$ и $AN$ — его ребрами (если $\alpha > 45^\circ$, то точки $M$ и $N$ лежат на продолжениях ребер $BB_1$ и $BC$). Требуется найти угол $MAN$.

Опустим из точки $M$ перпендикуляр $MP$ на отрезок $AN$ и соединим точки $B$ и $P$. По теореме о трех перпендикулярах отрезок $BP$ перпендикурен отрезку $AN$. Из прямогольных треугольников $APB$ и $ABM$ получаем

$$|AP| = |AB| \cdot \cos \alpha, \quad |AM| = \frac{|AB|}{\cos \alpha}.$$

*) Разобранные в настоящей статье задачи в разные годы предлагались на письменныхступительных экзаменах по математике на различных факультетах МГУ им. М. В. Ломоноева.

**) Оба решения (с кубом и без него) приводятся в книге Дорофеева Г. В., Потапова М. К., Розова Н. Х. Пособие по математике для поступающих вузы (М. Наука, 1976, с. 467—469).

48

Искомый угол $M\widehat{AN}$ — острый угол прямогоугольного треугольника $APM$; поэтому

$$\cos M\widehat{AN} = \frac{|AP|}{|AM|} = \frac{|AB| \cdot \cos \alpha \cdot \cos \alpha}{|AB|} = \cos^2 \alpha,$$

$$M\widehat{AN} = \arccos(\cos^2 \alpha).$$

Если угол $\alpha = 90^\circ$, то искомый угол прямой, что также может быть записано полученным соответствием.

Итак, ответ во всех случаях один: $\arccos(\cos^2 \alpha)$.

Мы видим, что на кубе удобно изобразать треугольные углы, две грани которых перепределились. Это связано с тем, что куб содержит прямые двумя углы. Но в кубе заложен и линейный размер — длина его ребра. Это дает возможность изобразать на чертеже и величины расстояний.

Задча 3. Основание $MN$ и вершина $K$ равноведренного треугольника $MNK$ находится на различных гранах прямого двугранного угла с ребром $l$. Точка $M$ и $K$ удалены от $l$ на расстояние $a$, а проекция точки $N$ на ребро $l$ равнодалена от проекций точки $M$ и $K$ на ребро $l$. Найти расстояние от точки $N$ до $l$, если $MK$ образует с $l$ угол, равный $60^\circ$.

Решение. Пусть длина ребра вспомогательного куба $ABCDA_1B_1C_1B_1$ равна $a$ и двумя уголами из условия задачи образован грамими $AA_1B_1B$ и $ABCD$ (рис. 7). Тогда точка $M$ лежит на ребре $A_1B_1$, а точка $K$ — на ребре $CD$ (или на их продолжениях). Совместим точку $M$ с вершиной куба $A_1$. Пусть точка $K$ находится на ребре $CD$ (она может находиться на продолжении ребра $CD$ за вершину $D$, что не меняет наших расстояний).

Рис. 7.

Опустим перепределкуар $KP$ на ребро $AB$ и отметим середину $Q$ отрезка $AP$. В плоскости грани $AMB_1B$ воспставим из точки $Q$ перепределкуар к ребру $AB$. Вершина $N$ треугольника $MNK$ лежит на этом перепределкуаре, так как ее проекция $Q$ равнодалена от проекций точки $M$ и $K$. Заметим, что точка $N$ расположена выше ребра $MB_1$; в противном случае треугольник $MNK$ не будет равноведренным.

Проведем отрезки $MD$ и $KQ$. $|MD| = a\sqrt{2}$ как диагональ квадрата со стороны $a$. По условию угол между скрещивающимся прямыми $AB$ и $MK$ равен $60^\circ$. Но прямая $CD$ параллельна прямой $AB$, следовательно, $MKD = 60^\circ$. Из прямогоугольного треугольника $MDK$ находится

$$|MK| = \frac{|MD|}{\sin 60^\circ} = \frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}, |DK| = \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.$$

По условиям $|NK| = |MK|$ и $|AP| = |DK|$. Тогда $|QP| = \frac{1}{2}|AP| = \frac{1}{2}|DK| = \frac{a}{\sqrt{6}}$. Из прямогоугольного треугольника $QPK$ находится $|QK|^2 = |QP|^2 + |KP|^2 = 7a^2/6$. Наконец, из прямогоугольного треугольника $NQK$ получаем

$$|NQ| = \sqrt{|NK|^2 - |QK|^2} = \sqrt{|MK|^2 - |QK|^2} = \frac{1}{2}a\sqrt{6}.$$

Задча решения.

Задча 4. В треугольнике $LMN$ данно: $L\widehat{NM} = 90^\circ$, $M\widehat{NL} = 30^\circ$. На перпендикуляре к отрезку $LN$, проходящем в пространстве через точку $L$, взята такая точка $F$, что $|LF| = |MN|$. Полуплоскости, которые принадлежат треугольнику $LMN$ и $LNF$, образуют двугранный угол, равный $60^\circ$. На этой угол между прямыми $LM$ и $NF$.

Решение. Разместим треугольник $LMN$ на грани вспомогательного куба $ABCDA_1B_1C_1B_1$ так, как показано на рисунке 8, то есть точку $L$ совместим с вершиной $A_1$, а точку $N$ — с вершиной $A$. Пусть $|MN| = a$. Проведем в верхней и нижней гранях куба соответственно отрезки $LP$ и $NQ$ так, что $PLD_1 = QND = 60^\circ$. Двугранный угол, образованный плоскостями $LND_1D$ и $LNPQ$, равен $60^\circ$. На отрезке $LP$ возьмем такую точку $F$, чтобы $|LF| = |MN| = a$. Соединим точки $N$ и

49

Рис. 8.

F. Наш чертеж полностую соответствует условиям.

Найдем угол между прямыми LM и NF. Через точку F проведем отрезок FK параллельно ребру LD₁ и равный по длине a. Точка K соединим с точки M и L. Угол LMK исключый, так как прямая MK параллельна прямой NF (четырехугольник NFKM — параллелограмм). Из прямогольного треугольника LNM находится |LM|=2a. Треугольники LNM и NLF равны (по двум катетам), поэтому |NF|=|LM|=2a. Значит, и |KM|=2a. В треугольнике LFK |LF|=|FK|=a, LFK=120°. Отсюда |LK|=a√3. Из треугольника LMK находится

$$\cos \hat{LMK} = \frac{|LM|^2 + |KM|^2 - |LK|^2}{2|LM| \cdot |KM|} = \frac{8a^2 - 3a^2}{2 \cdot 4a^2} = \frac{5}{8},$$

то есть $\hat{LMK} = \arccos \frac{5}{8}$.

Задача 5. Угол между двумя скрещивающими прямыми равен 60°. Точка M лежит на одной прямой, а точка N — на другой, причем расстояния от каждой из этих точек до общего перепendlukуляра скрещивающих прямы одинаковы и равны расстоянию между прямыми. Какие значения может принимать острый угол между общим перепendlukуляром и прямой MN?

Решение. Пусть одна из скрещивающих прямых проходит через вершины A и D вспомогательного куба ABCDA₁B₁C₁D₁. Вторую прямую проведем через вершину A₁ под углом 60° к ребру A₁D₁ в плоскости грани A₁B₁C₁D₁ (рис. 9). Тогда ребро AA₁ есть общий перепendlukуляр к данным прямым. Расстояние между прямыми равно длине ребра куба a, значит, точки M и N удалены от отрезка AA₁ на расстояние a. Совместим точку M с вершиной D. Возможны два варианта расположения точки N.

1. Точка N лежит внутри грани A₁B₁C₁D₁.

Проведем отрезки ND₁ и MN. Треугольник A₁ND₁ равносторонний, следовательно, |ND₁|=a. Искомый угол между прямыми MN и AA₁ равен углу NMD₁, так как прямая AA₁ паралельна MD₁. В треугольнике ND₁M

$$|ND₁|=|MD₁|=a, MD₁N=90°.$$

Значит, NMD₁=45°.

2. Точка N лежит вне грани A₁B₁C₁D₁ (на рисунке 9 точки N₁).

Проведем отрезки N₁D₁ и MN₁. Треугольник N₁A₁D₁ равноведренный с углом при вершине 120° и боковым сторонами, равными a. Следовательно, |N₁D₁|=a√3. Искомый угол между прямыми AA₁ и MN₁ равен углу N₁MD₁. Из треугольника N₁D₁M находится N₁MD₁=60°.

Мы видим, что введение вспомогательного куба существует упрощает решение. В следующей задаче, как и в задаче 1, мы благодаря кубу найдем нужный угол без вычислений.

Задача 6. Основанием параллелого куба существует упрощает решение. В следующей задаче, как и в задаче 1, мы благодаря кубу найдем нужный угол без вычислений.

Задача 6. Основанием параллелого куба существует упрощает решение. В следующей задаче, как и в задаче 1, мы благодаря кубу найдем нужный угол без вычислений.

50

Решение. Пусть длина ребра вспомогательного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равна 2. Тогда диагональ каждой его грани равна $2\sqrt{2}$. Поместим примениду $HPQR$ внутри куба так, чтобы точки $P, Q$ и $R$ совпали соответственно с точками $D, B$ и $C$ (рис. 10). Точка $H$ совпадает с серединой ребра $RC_1$.

Следним точку $H$ с серединой $S$ ребра $PR$. Проведем диагональ $RA$ нижней грани куба. Точка $T$ пересечения диагональной $RA$ и $PQ$ — середина отрезка $PQ$. Требуется найти величины угла и расстояние между скрещивающимся прямыми $HS$ и $RT$.

Проведем диагонали $C_1P, B_1A$ и $B_1R$ боковых граней куба. Очевидно, что отрезок $HS$ параллелен отрезку $B_1A$. Поэтому искомый угол — это угол $B_1AR$, который равен $60^\circ$ (треугольник $B_1AR$ равносторонний).

Заметим теперь, что плоскость треугольника $B_1AR$ содержит отрезок $RT$ и параллельна отрезку $HS$. Поэтому искомое расстояние равно расстоянию между прямой $HS$ и плоскостью $B_1AR$.

Рассмотрим правильный тетраэдр с основанием $B_1AR$ и вершиной $D_1$. Пусть $D_1O$ — высота тетраэдра. Из точки $F$ пересечения отрезков $D_1R$ и $HS$ опустим перpendикуляр $FE$ на отрезок $RO$. Отрезок $FE$ перпендикулярен плоскости $B_1AR$, либо отрезок $FE$ параллелен отрезку $D_1O$. Значит, искомое расстояние равно $|FE|$. Из подобия треугольников $D_1OR$ и $FER$

$$\frac{|FE|}{|D_1O|} = \frac{|FR|}{|D_1R|} = \frac{1}{4}.$$

Осталось найти высоту тетраэдра $D_1O$. В прямогольном треугольнике $D_1OR$ гипotenуза $|D_1R| = 2\sqrt{2}$, а катет $RO$ составляет 2/3 высоты правного треугольника $B_1AR$ со стороны $2\sqrt{2}$, то есть $|RO| = \frac{2\sqrt{6}}{3}$. Тогда

$$|D_1O| = \sqrt{|D_1R|^2 - |RO|^2} = \frac{4\sqrt{3}}{3}.$$

Наконец,

$$|FE| = \frac{1}{4}|D_1O| = \frac{\sqrt{3}}{3}.$$

Задачи

1. У треугольного угла $OABC$ угол между гранами $OAB$ и $OBC$ прямой, а величина каждого из остальных двумгранных углов равна $γ$. Найти величины плоского угла $AOC$.

2. Вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ лежат на различных гранах двумгранного угла величины $45^\circ$ с ребром $l$. Сторона $AC$ перпендикулярна одной грани и пересекается с ней в своей середине. Проекция отрезка $BC$ на другую границу параллельна ребру $l$ и по длине равна расстоянию от точки $C$ до $l$. Найти углы треугольника $ABC$.

3. В прямогольном треугольнике $ABC$ катет $AC$ второе короче катета $BC$. Через точки $B$ проведена в пространстве прямая, перпендикулярная отрезку $BC$, и на этой прямой взята точка $D$ так, что $|BD| = |AC|$. Двугранный угол между популокостями, которые принадлежат треугольника $BCD$ и $ABC$, равен $45^\circ$. Найти острый угол между прямыми $AB$ и $CD$.

4. Угол между двумя скрещивающими прямыми равен $45^\circ$. Точка $M$ лежит на одной из них, а точка $N$ — на другой. Длина общего perpendикуляра скрещивающихся прямых вдвое больше расстояния от точки $M$ до него и второе меньше расстояния от точки $N$ до него. Найти угол между общим perpendикуляром и прямой $MN$.

5. Длина ребра правильного tetraэдра $SABC$ равна 1. $BD$ — высота треугольника $ABC$. Равносторонний треугольник $BDE$ лежит в плоскости, образующей угол $\varphi$ с ребром $AC$, причем точки $S$ и $E$ лежат по одному сторону от плоскости $ABC$. Найти расстояние между точками $S$ и $E$.