Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. П. Бевз 11 клас - 2011 рік

§ 4. Застосування координат

124.

б) 0 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ у ≤ 4; 0 ≤ z ≤ 4.

125.

0 ≤ х ≤ 3; 0 ≤ у ≤ 3; -3 ≤ 2 ≤ 3.

126.

а) А(0; 0; 0); В(0; 1; 0); С(1; 1; 0); D(1; 0; 0);

А₁(0; 0; 1); В₁(0; 1; 1); С₁(1; 1; 1); D(1; 0; 1);

б) А(0,5; -0,5; 0); В(0,5; 0,5; 0); С(-0,5; 0,5; 0); D(-0,5; 0,5; 0);

А₁(0,5; -0,5; 1); В₁(0,5; 0,5; 1); С₁(-0,5; 0,5; 1); D₁(-0,5; -0,5; 1);

в)

127.

Нехай D(x; у; z, тоді

Звідси х = у = z. Тоді (х - 6)² + х² + х² = 72; 3x² - 12x - 36 = 0;

x² - 4х - 12 = 0; х₁ = 6; х₂ = -2. .

Отже, D(6; 6; 6) або D(-2;-2;-2).

128.

E — середина A₁D₁; F — середина D₁C, тоді EF — середня лінія ΔA₁D₁C,

тоді EF ‖ А₁С і

N — середина A₁D₁, М — середина DC, NM — середня лінія ΔA₁DC,

тому MN ‖ А₁С і

Звідси EF ‖ NM і EF = NM. Тому EFMN — паралелограм.

Отже, ЕМ і NF перетинаються і точкою перетину діляться навпіл

(властивість діагоналей паралелограма).

129.

Розмістимо паралелепіпед в системі координат таким чином:

В — в початок координат, ВА лежить на осі х; ВС — на у, ВВ₁ на осі z.

Тоді В₁(0; 0; 6), В(0; 0; 0), К(2; 4; 3), O(1; 2; 0).

О - точка перетину діагоналей основи ABCD.

Відрізок ВК перетне площину AB₁C в точці М, що належить відрізку ВО.

— рівняння B₁^O; z - 6 = -6х; z = - 6х + 6;

— рівняння ВК;

Звідси

130.

Розмістимо прямокутну систему координат відносно даного куба,

як показано на рисунку і позначимо АВ = 1, тоді: B₁(0; 0; 1);

D(1; 1; 0).

Складемо рівняння площини (В₁MN).

x + y + 2z - 2 = 0 — рівняння площини (B₁NM).

Перевіримо чи належить т. D(1; 1; 0) даній площині:

1 + 1 + 2 × 0 - 2 = 0 — вірно, отже, площина (В₁MN) проходить через т. D.

б) AM : МА₁ = 3 : 1, тоді CN : NC₁ =1 : 3, тоді

Рівняння площини (B₁MN):

х + 3у + 4z - 4 = 0 — рівняння площини (B1MN).

т. D(1; 1; 0) належить площині (B₁MN), бо 1 + 3 × 1 + 4 × 0 - 4 = 0 — вірно.

131.

Розташуємо куб в системі координат як показано на рисунку.

Р — центр грані DD₁C₁C.

R —центр грані BB₁C₁C. Ребро куба дорівнює а.

Тому А(0; 0; 0); А₁(а; 0; а);

0(х; у; z) — центр сфери. Тоді ОА = ОА₁ = ОK = ОР і ОА² = ОА₁² = ОK² = ОР²

або

Маємо систему:

Отже, тоді

132.

Розмістимо куб в координатній системі, як показано на рисунку.

Сфера проходить через точку В, М — середина ВС, K — середина BA,

Р — середина ВВ₁. Якщо ребро куба дорівнює а, то В(0; 0; 0);

О — центр сфери; O(х; у, z), тоді ОB = ОМ = ОK = ОР і ОВ² = ОМ² = ОK² = ОР².

Маємо систему:

Отже,

133.

Розмістимо куб в координатній системі, як показано на рисунку.

Сфера проходить через середини ребер BA, ВС, ВВ₁, тобто через точки

K, Μ, Р і вершину D₁. Ребро куба 20.

Тому K(10; 0; 0), М(0; 10; 0), Р(0; 0; 10), D,(20; 20; 20).

O(х; у; z) — центр сфери.

Маємо систему:

Отже, O(11; 11; 11);

134.

або АС² =ОС²+ОА² (і)

або DB² = OB² + OD²(ІІ)

Додамо почленно рівності І і II.

АС² + DB² = ОС² + ОА² + ОВ² +OD² = (ОС² + OD²) + (OA² + ОВ²) = DC² + АВ².

Отже, AC² + DB² = DC² + AB².

135.

Побудуємо коло, діаметром якого є даний відрізок, тоді кожна точка X кола має таку властивість: АХ² + ХВ² = АВ², тобто сума квадратів відстаней від точок кола до кінців відрізка стала величина. Точки фігури, яку одержимо обертанням кода навколо свого діаметра АВ, мають цю властивість: сума квадратів відстаней від цих точок до кінців відрізка є величиною сталою. Ця фігура — сфера з діаметром АВ.

136.

X — довільна точка грані A₁B₁C₁D₁

ХА² + ХВ² + ХС² + XD² буде найменшою, якщо X — точка перетину діагоналей грані A₁B₁C₁D₁

137.

X — довільна точка сфери. Якщо провести площину (ХАС), то площина пройде через т. О. ∠ХАС = 90°, вписаний, спирається на діаметр СА. Тоді за теоремою Піфагора ХС² + ХА² = СА², аналогічно ХВ² + XD¹ = BD².

Тоді ХС² + ХА² +XB² + XD² = CA^{2 +} DB², тобто ХС² + ХА² + ХВ² + XD² — стала величина, незалежно від вибору т. X.

138.

X — довільна точка сфери.

де d — діагональ куба. Отже, незалежно від вибору т. X, сума квадратів відстаней від X до кожної вершини куба дорівнює 4d².

139.

В грань ABCD вписано коло. Нехай а — ребро куба. Розмістимо куб в системі координат. Q — центр кола. — рівняння кола.

A₁(a; 0; a), В₁(0; 0; a), С ₁(0; a; a), D ₁(a; а; а).

З рівняння кола:

Отже, — довільна точка кола.

Тобто, сума квадратів відстаней від довільної точки кола до вершин протилежної грані куба — стала величина (7а²), вона не залежить від вибору точки. Залежить лише від довжини ребра.

140.

Нехай площина (В₁МК) перетинає С₁С в т. X. З того, що В₁, Μ, K, X лежать в одній площині, (В₁МK) можна записати рівність:

Нехай

Тоді

Звідси:

Крім того,

Звідси: звідси С₁Х : ХС =1 : 2.

141.

Нехай площина (MNP) перетинає D₁C₁ в т. X. З того, що Μ, N, Р, X лежать в одній площині (MNP), можна записати рівність

Нехай тоді

Звідси

Крім того,

Звідси

Тобто або D₁Х : ХС₁ = 1.

Площина (MNP) ділить відрізок D₁C₁ на дві рівні частини.