Продовжуємо аналізувати готові відповіді із збірника з підготовки до ЗНО і сьогодні розберемо чергову групу завдань, що пов'язані з взаємним розміщенням точок, прямих і площин в просторі. Легші з прикладів описані на попередньому уроці. Загалом приклади не важкі і будуть зрозумілі всім школярам, хто не прогулював уроки.
Завдання перш за все потрібні учням 10-11 класів для поглиблення знань з геометрії, а також абітурієнтам, що збираються поступати у ВУЗи на факультети, де є математичні дисципліни (матемака, фізика, програмування).
Пропонуємо завантажити відповіді (Посібник для підготовки до зовнішнього незалежного тестування з математики).
Автори: Анатолій Капіносов, Галина Білоусова, Галина Гап'юк, Сергій Мартинюк, Лариса Олійник, Петро Ульшин, Олег Чиж
Тема 35.1 Взаємне розміщення точок, прямих і площин у просторі
Задача 35.24 На рисунку зображено паралелепіпед ABCDA1B1C1D1. Точки M, N і P – середини ребер AB, BB1 і BC відповідно.
Установити відповідність між прямими і площинами (1–4) та їхнім взаємним розміщенням (А–Д).
Розв'язання: 1) Пряма MN належить площині ABB1, оскільки точки M і N– середини ребер AB і BB1 відповідно. Пряма DD1 не належить площині ABB1, з нею не перетинається. Прямі MN і DD1 також не є паралельні (бо належать різним площинам), тому за означенням прямі MN і DD1 – мимобіжні (прямі в просторі, які лежать в різних площинах і не перетинаються називаються мимобіжними). 1 – Г.
2) Розглянемо площину (трикутник) ABB1. Оскільки точки M і N– середини ребер AB і BB1 відповідно, то MN – середня лінія трикутника ABB1. Тому, за властивістю середньої лінії трикутника, MN||AB1.
Розглянемо площини ABB1 і DCC1. Оскільки ABCDA1B1C1D1 – паралелепіпед, протилежні грані якого паралельні, то DC1||AB1 як діагоналі протилежних граней (прямі AB1 і DC1 належать одній площині AB1C1 і не перетинаються). За властивістю паралельних прямих у просторі (дві прямі паралельні третій прямій, паралельні між собою) MN||DC1, тобто прямі MN і DC1 – паралельні. 2 – В.
3) За умовою задачі точки M, N і P – середини ребер AB, BB1 і BC відповідно. В пункті 2) встановлено, що MN||AB1. Аналогічно доводимо, що MP і NP – середні лінії трикутників ABC і BB1C відповідно. Тому, за властивістю, MP||AC і NP||B1C.
У площинах MNP і AB1C прямі MN, MP і NP (які перетинаються) паралельні відповідно прямим AB1, AC і B1C (які також перетинаються). Отже, за теоремою, (якщо дві прямі, які перетинаються, однієї площини відповідно паралельні двом прямим другої площини, то ці площини паралельні) площини MNP і AB1C - паралельні. 3 – А.
4) Розглянемо площину BB1C1, тобто грань BB1C1C паралелепіпеда ABCDA1B1C1D1. За умовою задачі, точки N і P – середини ребер BB1 і BC відповідно, які належать площині BB1C1. Очевидно, що пряма CC1 також належить площині BB1C1. Отже, прямі NP і CC1 не є мимобіжними, оскільки лежать в одній площині BB1C1. Пряма NP не є паралельною прямій CC1, інакше прямі NP і BB1 збігалися б (за властивістю протилежних ребер паралелепіпеда BB1||CC1), що суперечить умові задачі. Звідси слідує, що прямі NP і CC1 перетинаються. 4 – Д.
Задача 35.25 На рисунку зображено піраміду SABCD, в основі якої паралелограм. SO – висота піраміди. Точки M, N і P – середини відрізків OC, SC і SB відповідно. Установити відповідність між прямими і площинами (1–4) та їхнім взаємним розміщенням (А–Д).
1. Пряма MN і площина ABC
2. Прямі MN і SO
3. Прямі MN і SD
4. Пряма OC і площина ASD
А. Не можна встановити
Б. Перпендикулярні
В. Перетинаються
Г. Мимобіжні
Д. Паралельні
Розв'язання: 1) Розглянемо площину (трикутник) SOC. За умовою задачі, точки M і N – середини відрізків OC і SC відповідно. Отже, за означенням, MN – середня лінія трикутника SOC, тому, за властивістю, MN||SO. Оскільки, за умовою задачі, SO – висота піраміди, то SO⊥(ABC), тобто пряма SO перпендикулярна площині ABC. За властивістю, якщо площина перпендикулярна до однієї з двох паралельних прямих, то вона перпендикулярна й до другої, маємо MN⊥(ABC), тобто пряма MN і площина ABC – перпендикулярні.
1 – Б.
2) Прямі MN і SO – паралельні (це доведено у пункті 1).
2 – Д.
3) Прямі MN і SD лежать у різних площинах (ASD і SOC відповідно), не перетинаються, тому (за означенням), MN і SD – мимобіжні прямі.
3 – Г.
4) Точка O – основа висоти піраміди SABCD, що належить площині ABC. Тому пряма OC належить площині ABC. Площини ABC і ASD перетинаються по прямій AD. Прямі OC і AD перетинаються, інакше OC і BC співпадали, що суперечить умові задачі (BC||AD, бо ABCD – паралелограм). Звідси слідує, що пряма OC і площина ASD перетинаються.
4 – В.
Задача 35.27 Установити відповідність між кількостями точок, які не лежать в одній площині (1–4) та найбільшою з них кількістю точок (А–Д), які можуть лежати на одній прямій. Рисунок і пояснення дивись у задачі 35.1
Розв'язання: Нехай i=1,2,3,4; ni– кількість точок, що не лежать в одній площині; kj– кількість точок, що може лежати на одній прямій, тоді
1) k1=n12=-6-2=4, 1 – Б;
2) k2=n2-2=8-2=6, 2 – А;
3) k3=n3-2=12-2=10, 3 – Г;
4) k4=n4-2=20-2=18, 4 – Д.
Задача 35.30 Через кінець A відрізка AB проведено площину alpha. Через кінець B і точку C відрізка AB проведено паралельні прямі, які перетинають площину alpha відповідно в точках M і N.
Знайти довжину відрізка CN, якщо AC:CB=2:3, BM=12.
Розв'язання: За умовою задачі, маємо відрізок AB, площину alpha (синій колір) і пряму BM, точка M якої належить площині alpha. Через пряму BM і точку A, що не лежить на ній, за властивістю, проведемо площину ABM (жовтий колір). За умовою задачі, CN||BM, точка N належить площині alpha. Тому, за теоремою про паралельність прямих у просторі, пряма CN належить площині ABM. Звідси слідує, що точка N належить відрізку AM, прямої перетину площин alpha і ABM.
Розглянемо трикутники ABM і ACM. У них ∠MAB=NAC як спільний кут при вершині A;
∠AMB=∠ANC і ∠ABM=∠ACN як відповідні кути при паралельних прямих CN і BM.
Звідси слідує, що за ознакою подібності за трьома кутами, трикутники ABM і ACN подібні, а значить їх відповідні сторони пропорційні. Отже, AB/AC=MB/NC. Оскільки, за умовою задачі, AC:CB=2:3 і BM=12, то нехай AC=2x, CB=3x, тоді AB=AC+BC=5x. Звідси, отримаємо
Отже, NC=4,8.
Відповідь: 4,8.
Задача 35.31 Площина alpha перетинає сторони кута ABC у точках A1 і C1, а паралельна їй площина beta – у точках A2 і C2.
Знайти BC1, якщо A1B:A1A2=1:3, BC2=12.
Розв'язання: За умовою задачі маємо кут ABC;
площину alpha (зелений колір), яка перетинає сторони кута ABC у точках A1 і C1;
площину beta, яка паралельна площині alpha і перетинає сторони кута ABC у точках A2 і C2.
Проведемо відрізки A1C1 і A2C2. Оскільки кінці відрізка A1 і C1 належать площині alpha, то і сам відрізок A1C1 належить площині alpha;
аналогічно так як кінці відрізка A2 і C2 належать площині beta, то і сам відрізок A2C2 належить площині beta. Оскільки, за умовою задачі, площини alpha і beta паралельні, то і відрізки A1C1 і A2C2, що належать їм відповідно, за теоремою, також паралельні.
Розглянемо трикутники A2BC2 і A1BC1. У них ∠A2BC2=∠A1BC1 як спільний кут при вершині B;
∠BA2C2=∠BA1C1 і ∠BC2A2=∠BC1A1 як відповідні кути при паралельних прямих A2C2 і A1C1.
Звідси слідує, що за ознакою подібності за трьома кутами, трикутники A2BC2 і A1BC1 подібні, а значить їх відповідні сторони пропорційні.
Отже, 
.
Оскільки, за умовою задачі, A1B:A1A2=1:3 і BC2=12, то нехай A1B=x, A1A2=3x, тоді A2B=A1A2+A1B=4x. Звідси, отримаємо
Отже, BC1=3.
Відповідь: 3.
Попереду Вас чекає ще понад 50 розв'язаних задач на розміщення точок, прямих і площин в просторі.
