Пирамида

Расчетно-графическая работа
309
6.4. Приложение векторной алгебры и аналитической геометрии.
Расчет пирамиды
● Условия задач
1. Выбрать в декартовой прямоугольной системе координат четыре произвольные точки A, B , C , D так, чтобы они
не лежали ни в одной из координатных плоскостей.
1.1. Проверить, не принадлежат ли эти точки одной плоскости (если все они расположены в одной плоскости, то
следует изменить координаты одной из точек).
1.2. Проверить, не является ли треугольник ΔABC равнобедренным (в случае утвердительного ответа измените
координаты одной из точек).
2.
Рассмотреть пирамиду DABC с вершинами в точках A, B , C , D и, выбрав в качестве основания пирамиды
ΔABC , определить или составить:
2.1. Возможные уравнения плоскости, содержащей точки A, B, C .
2.2. Возможные уравнения прямой l1 , проходящей через точки A
и B.
2.3. Площадь ΔABC .
2.4. В ΔABC найти высоту СE , опущенную из вершины С на сторону AB , координаты основания высоты
(точки E ) и составить уравнение прямой lCE , содержащей эту высоту.
2.5. В ΔABC найти длину медианы СМ и составить уравнение прямой lCМ , содержащей медиану СМ .
2.6. В ΔABC найти биссектрису СК угла ∠ACB и составить уравнение прямой lCК , содержащей биссектрису.
Задачу решить двумя способами.
3.
Расчеты в пирамиде DABC .
3.1. Составить уравнение прямой l DH , содержащей высоту пирамиды DH и найти ее длину. Задачу решить
двумя способами.
3.2. Найти объем пирамиды DABC (двумя способами).
3.3. Найти угол между гранями ABC и ADB .
3.4. Найти угол между ребром DA и основанием пирамиды.
4.
Составить уравнения скрещивающихся прямых lCD и l AB .
4.1. Найти угол между прямыми lCD и l AB .
4.2. Найти расстояние между скрещивающимися прямыми (двумя способами).
● Комментарий к решению задач
Задача 1. Выберем четыре точки, так, чтобы они не лежали ни в одной из координатных плоскостей A(1,−1,−2),
B(− 1,−2,3), C (3,2,3), D(1,−3,4) .
1.1. Проверим, не лежат ли точки A, B, C , D в одной плоскости. Для этого следует рассмотреть три вектора
AB,
AC ,
AD и если векторы компланарны, то точки будут принадлежать одной плоскости. Так как
AB = (− 2,−1,5), AC = (2,3,5),
AD = (0,−2,6 ) и
310
Расчетно-графическая работа
(AB, AC, AD ) =
−2
−1 5
2
5 = −64 ≠ 0 ,
3
−2 6
0
то точки A, B ,C , D в одной плоскости не лежат.
1.2. Проверим, не является ли ΔABC равнобедренным. Для этого найдем длины сторон треугольника:
AB = 2 2 + 12 + 5 2 = 30 ,
AC = 2 2 + 3 2 + 5 2 = 38 ,
AD = 2 2 + 6 2 = 40 .
Среди сторон нет равных, и поэтому ΔABC не является равнобедренным.
2. Рассмотрим ΔABC .
2.1. Составим различные уравнения плоскости π 1 , содержащей точки A, B, C .
Общее уравнение плоскости, найдем как уравнение плоскости, проходящей через три точки (условие
компланарности векторов AM , AB, AC ):
x −1 y +1 z + 2
−2
2
−1
3
5
5
=0
или ( x − 1)(− 20) − ( y + 1)(− 20) + ( z + 2)(− 4) = 0 , или
− 5x + 5 y − z + 8 = 0 .
Параметрическое уравнение плоскости π 1 . Начальной точкой плоскости выберем точку A , а в качестве
направляющих векторов плоскости возьмем векторы AB, AC . Параметрическое уравнение плоскости π 1 имеет
вид
⎧ x = 1 − 2t + 2τ ,
⎪
⎨ y = −1 − t + 3τ ,
⎪ z = −2 + 5t + 5τ ,
⎩
τ ∈ R, t ∈ R .
Нормированное уравнение плоскости π 1 получим умножением общего уравнения плоскости на
нормирующий множитель
−1
μ=
5 2 + 5 2 + 12
=−
1
51
.
Оно имеет следующий вид:
1
51
(5 x − 5 y + z − 8) = 0
Уравнение плоскости в отрезках получим из общего уравнения:
x
y
z
+
+
=1 .
8
8
1
−
5
5
5
2.2. Выпишем различные виды уравнения прямой l1 , проходящей через точки A и B . Примем за начальную
точку прямой точку A , а вектор q1 = AB = (− 2,−1,5) возьмем в качестве направляющего вектора возьмем.
Расчетно-графическая работа
311
Параметрические уравнения:
⎧ x = 1 − 2t ,
⎪
⎨ y = −1 − t , t ∈ R,
⎪ z = −2 + 5t ,
⎩
Каноническое уравнение:
x −1 y +1 z + 2
.
=
=
−2
−1
5
Уравнение прямой, определяемой как линии пересечения двух непараллельных плоскостей. Прямая l1
лежит на пересечении плоскости π 1 и π 2 , содержащей точки A, D, B . Уравнение π 2 получим из условия
компланарности векторов AM ,
AB,
AD
(AM , AB, AD ) =
x −1 y +1 z + 2
−2
−1
5
0
−2
6
=0
или π 2 : x + 3 y + z + 4 = 0 , следовательно, координаты точек прямой l1 удовлетворяют системе уравнений
⎧5 x − 5 y + z − 8 = 0, π 1 ( ABC ),
⎨
⎩ x + 3 y + z + 4 = 0, π 2 ( ABD ).
Можно сделать проверку. Непосредственная подстановка координат точки A(1,−1,−2) в уравнения системы дает
два тождества
⎧ 1 + 3(− 1) + (− 2) + 4 = 0,
⎨
⎩5 ⋅ 1 − 5(− 1) + (− 2) − 8 = 0,
и, значит, точка A принадлежит прямой l1 .
Направляющий вектор прямой l1 , можно найти как векторное произведение векторов нормали n1 и n2
плоскостей π 1 и π 2 соответственно
i
j k
q2 = n1 , n2 = 5 − 5 1 = −8i − 4 j + 20k .
[
]
1
3
1
Поскольку q 2 = (− 8,−4,20) = 4(− 2,−1,5) , то векторы q1 и q2 коллинеарны и оба могут служить направляющими
векторами нашей прямой.
2.3. Найдем площадь ΔABC . Поскольку
[AB, AC ] = (− 20,20,−4) ,
то
S ΔABC =
[
]
1
1
AB, AC =
816 = 2 51 .
2
2
Сначала составим уравнение высоты ΔABC , опущенной на сторону AB , и найдем ее длину.
2.4. Пусть CE искомая высота и E ( x1 , y1 , z1 ) . Точка E принадлежит прямой l1 , поэтому существует такое
t = t1 , что (параметрические уравнения)
312
Расчетно-графическая работа
⎧ x1 = 1 − 2t1 ,
⎪
⎨ y1 = −1 − t1 ,
⎪ z = −2 + 5t .
1
⎩ 1
С другой стороны, т.к. CE ⊥ AB , имеем ( CE , AB ) = 0 или
− 2( x1 − 3) + (− 1)( y1 − 2) + 5( z1 − 3) = 0 ,
Следовательно,
− 2(1 − 2t1 − 3) + (− 1)(− 1 − t1 − 2) + 5(− 2 + 5t1 − 3) = 0 , откуда t1 =
1
x1 = − ,
5
3
и,
5
8
y1 = − , z1 = 1 .
5
⎛ 1 8 ⎞
⎛ 16 18 10 ⎞
Таким образом, E ⎜ − ,− ,1⎟, CE = ⎜ − ,− ,− ⎟
5
5⎠
⎝ 5 5 ⎠
⎝ 5
и
h = CE =
16 2 + 18 2 + 10 2
34
=2
.
25
5
2-ой способ. Поскольку известно, что S ΔABC =
h=
2S ΔABC
AB
1
h AB , а S ΔABC = 2 51 , AB = 30 , то.
2
=4
51
34
=2
,
30
5
что совпадает с ранее полученным результатом.
5
Уравнение высоты составим, выбрав в качестве направляющего вектора q3 = − CE = (8,9,5) и в качестве
2
начальной точки — точку C (3,2,3) . Параметрическое уравнение высоты имеет следующий вид
⎧ x = 8t + 3,
⎪
⎨ y = 9t + 2,
⎪ z = 5t + 3,
⎩
t∈R .
2.5. Рассмотрим медиану CM в ΔABC (рис.6.10).
Очевидно, что CM = CA + AM , где CA = (− 2,−3,−5),
1
AM = AB = (− 1, − 1 2 , 5 2 ) , поэтому CM = (− 3, − 7 2 , − 5 2 ) .
2
B
M
C
A
Рис. 6.10
Параметрическое уравнение медианы (направляющий вектор q 4 = −2СM = (6,7,5) , начальная точка C (3,2,3) )
313
Расчетно-графическая работа
⎧ x = 6t + 3,
⎪
⎨ y = 7t + 2,
⎪ z = 5t + 3,
⎩
2
t∈R .
2
1
⎛5⎞
⎛7⎞
Длина медианы m = CM = 3 2 + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =
110 .
2
2
2
⎝ ⎠
⎝ ⎠
2.6. Рассмотрим биссектрису CK угла ACB , найдем ее длину и составим уравнение биссектрисы.
1-ый способ. Воспользуемся параметрическим уравнением прямой l1 , которому удовлетворяют координаты
⎧ x2 = −2t 2 + 1,
⎪
точки K ( x2 , y2 , z 2 ) при некотором значении t 2 параметра ⎨ y 2 = −t 2 − 1,
⎪ z = 5t − 2.
2
⎩ 2
Поскольку CK − биссектриса, то углы α = β и cos α = cos β . Поэтому
cos α =
Сокращая
здесь
CK ,
на
( CA, CK )
CA ⋅ CK
получим
=
( CB, CK )
CB ⋅ CK
( CA, CK )
CA
= cos β .
=
( CB, CK )
CB
или,
учитывая,
что
CK = (− 2 − 2t 2 , − 3 − t 2 , − 5 + 5t 2 ), CB = (− 4,−4,0), CA = (− 2,−3,−5) , придем к равенству
2(2 + 2t 2 ) + 3(3 + t 2 ) − 5(− 5 + 5t 2 ) 4(2 + 2t 2 ) + 4(3 + t 2 )
,
=
38
32
откуда
t2 =
76 − 10 19
36 + 6 19
≈ 0,52 1 .
B
K
A
α
β
C
Рис. 6.11
Таким образом, CK = (− 3,04; − 3,52; − 2,4 ) и длина биссектрисы
b = CK =
(3,04)2 + (3,52)2 + (2,4)2
≈ 5,23 .
Уравнение биссектрисы (направляющий вектор q5 = CK , начальная точка C (3 ,2 ,3 ) ) имеет вид
⎧ x = 3 − t ⋅ 3,04,
⎪
⎨ y = 2 − t ⋅ 3,52,
⎪ z = 3 − t ⋅ 2,4,
⎩
t∈R.
2-ой способ. Из элементарной геометрии известно, что точка K (основание биссектрисы) делит основание AB в
отношении λ μ , где
λ AK AC
38
19
=
=
=
=
≈ 1,09 .
μ KB CB
4
32
1
Расчеты проводим с точностью до второго знака после запятой.
314
Расчетно-графическая работа
При этом координаты точки K ( x 2 , y 2 , z 2 ) вычисляются через координаты концов отрезка AB по известным
формулам деления отрезка в заданном отношении (формулы 3.2). Подставляя в эти формулы соответствующие
значения координат, получим
1 + 1,09(− 1)
= −0,04;
1 + 1,09
− 2 + 1,09 ⋅ 3
z2 ≈
= 0,61.
1 + 1,09
x2 ≈
y2 ≈
− 1 + 1,09(− 2 )
= −1,52;
1 + 1,09
откуда CK = (− 3,04; − 3,52; − 2,39) . Длина биссектрисы b = CK =
(3,04)2 + (3,52)2 + (2,39)2
≈ 5,23 , что совпадает
с предыдущими вычислениями.
3. Рассмотрим теперь пирамиду DABC :
3.1. Составим уравнение высоты, опущенной из вершины D на основание, и найдем ее длину.
1-ый способ. Высоту пирамиды найдем, подставив координаты точки D(1,−3,4) в нормированное уравнение
плоскости π 1
H =d =
1
51
5 ⋅ 1 − 5(− 3) + 4 − 8 =
16
51
.
2-ой способ. Найдем сначала координаты точки Q(x3 , y 3 , z 3 ) – проекции вершины D на плоскость основания
π 1 .. Очевидно, числа x3 , y3 , z3 удовлетворяют общему уравнению плоскости π 1
− 5 x3 + 5 y 3 − z 3 + 8 = 0 ,
но одного этого уравнения недостаточно для определения трех неизвестных чисел. В то же время легко заметить,
что вектор DQ = (x3 − 1, y 3 + 3, z 3 − 4 ) коллинеарен вектору нормали N = (− 5,5,−1) плоскости π 1 , т.е. DQ = μ N ,
где μ ≠ 0 некоторая постоянная. Последнее равенство равносильно трем соотношениям
x 3 = 1 − 5μ ,
y 3 = −3 + 5μ ,
z3 = 4 − μ .
Воспользовавшись этими соотношениями, получим
− 5(1 − 5μ ) + 5(− 3 + 5μ ) − (4 − μ ) + 8 = 0 ,
откуда μ =
16
, и в результате
51
DQ = μ N =
16
(− 5,5,−1) .
51
16 2
16
, что подтверждает предыдущие вычисления.
5 + 5 2 + 12 =
51
51
3.2. Найдем теперь объем пирамиды DABC .
Высота пирамиды H =
1-ый способ.
Vпир =
1
1 16
32
.
HS ΔABC =
204 =
3
3 51
3
2-ой способ. Вычислим теперь объем пирамиды через смешанное произведение векторов AB, AC , AD
Vпир =
(
)
1
1
32
.
| AB, AC , AD |= − 64 =
6
6
3
3.3. Угол между гранями пирамиды ABC и ADB это угол между плоскостями π 1 и π 2 :
315
Расчетно-графическая работа
cosψ =
| ( n1 , n2 ) |
n1 n2
=
| −5 ⋅ 1 + 5 ⋅ 3 − 1 ⋅ 1 |
51 ⋅ 11
=
9
561
≈ 0,38 ,
ψ ≈ 68 D .
3.4. Угол ϕ между ребром пирамиды DA и ее основанием найдем, используя скалярное произведение векторов
DA = (0,2,−6) и n1 = (− 5,5,−1) :
cosθ =
| ( DA, n1 ) |
DA n1
=
| 0 ⋅ (− 5) + 2 ⋅ 5 + (− 6) ⋅ (− 1) |
40 ⋅ 51
=
4
510
≈ 0,18 , θ ≈ 80 D и
ϕ ≈ 90 0 − 80 0 = 10 0 .
4. Составим уравнение прямой lCD (проходит через точки C и D , направляющий вектор q6 = CD = (− 2,−5,1) ,
начальная точка C (3,2,3) ):
x−3 y −2 z −3
. Напомним каноническое уравнение прямой l AB (проходит
=
=
−5
−2
1
через точки A и B , направляющий вектор q1 = (− 2,−1,5) ):
x −1 y +1 z + 2
.
=
=
−2
−1
5
4.1. Угол ϕ между угол между прямыми lCD и l AB .
cos ϕ =
| ( q1 , q6 ) | | (− 2)(− 2) + (− 1)(− 5) + 5 ⋅ 1 | 7
=
= , откуда ϕ ≈ 62 D .
15
q1 q6
30 ⋅ 30
4.2. Расстояние между скрещивающимися прямыми.
1-ый способ. Вычислим объем параллелепипеда, построенного на векторах q1 = AB, q6 = CD и AC .
Поскольку
− 2 −1 5
AB, CD, AC = − 2 − 5 1 = 64 ,
2
3 5
(
(
)
[
)
]
то объем параллелепипеда Vo =| AB ⋅ CD ⋅ AC |= 64 .Площадь основания параллелепипеда Sосн = AB, CD .
[
]
i
j
k
Вычислим векторное произведение AB, CD = − 2 − 1 5 = 24i − 8 j + 8k ,
−2 −5 1
[
]
и, следовательно, Sосн = AB, CD .
В результате расстояние между скрещивающимися прямыми равно
d=H =
V0
64
8
=
=
.
S осн 8 11
11
316
Расчетно-графическая работа
2-ой способ. Через прямую l1 проведем плоскость π 0 , которая будет параллельна прямой l6 . Эта плоскость
содержит точку A (1,−1,2 ) и имеет направляющие векторы q1 = AB = (− 2,−1,5) , q 6 = CD = (− 2,−5,1) . Запишем
общее уравнение этой плоскости:
x −1 y +1 z − 2
−2
−2
−1
−5
5
1
= 24( x − 1) − 8( y + 1) + 8( z − 2) = 24 x − 8 y + 8 z − 16 = 0
После умножения на нормирующий множитель
μ=
1
8 32 + 1 + 1
=
1
8 11
получим нормированное уравнение π 0
1
11
(3x − y + z − 2) = 0 .
Расстояние между скрещивающимися прямыми найдем как расстояние от точки C (3,2,3) прямой l6 до
плоскости π 0 :
d=
что подтверждает полученный выше результат.
1
11
3⋅3 − 2 + 3 − 2 =
8
11
,