Неожиданный ракурс

46

В. Дубровский

Неожиданный ракурс

Я видел озеро, стоящее отсено. О. Мандельштам

Чертежи в stereometрии обычно стараются делать как можно более наглядными, выбирая такой ракурс, чтобы все важные точки, линии, плоскости были хорошо видны. Однако для общирной группы задач выгодной другой ракурс: такой, при котором неоторные прямые и плоскости вырождаются, т. е. изобразаются, соответственно, точками и прямыми. О таких задач мы и раскажем.

Идея предлагаемого приема — специальный выбор паралельной проекции. Поэтому формулируем сначала основное свойство паралельной проекции, непосредственно вытекающей из свойств, указанных в § 12 «Геометрии 9»:

Пусть $A', B', C', D'$ — образы точек $A, B, C, D$ при паралельной проекции на плоскость $\pi$ вдоль прямой $l$. Тогда, если $AB = kCD$, то $u A'B' = kC'D'^*$ (рис. 1, а).

*) В дальнейшем это свойство используется так часто, что ссылаться на него при его использовании мы не будем; при оформлении письменной работы школьники (и абитуренты) должны неосредственно ссылаться на свойства из § 12 учебника.

*) Поскольку паралельная проекция на прямую вдоль плоскости в школе не изучается (в отличие от проекции на плоскость вдоль прямой), абитурент, применяющий ее на экзамене, должен обосновать те ее свойства, на которые он ссылается. В этой связи, однако, мы советуем посмотреть мелкий шрифт на с. 48.

47

вдоль прямоЙ KM (рис. 2, б) и вдоль прямоЙ NL (рис. 2, в). Эта плоскость (которую естественно отождествлять с плоскостью чертежа), конечно, должна пересекать прямоЙ KM (соответствие, прямоЙ NL), но в остальном ее выбор не влияет ни на решение, ни на ответ — продукта, почему.

Например, можно считать, что мы смотрим на тетраэд, повернуть его так, что точки K и M (или L и N) совместились.

На проекции вдоль прямоЙ KM образы точек Q, K и M совпадают, сечение изображается отрезком L’N’, а тетраэд — параллелограммом A’C’B’D’ с проведенными диагоналими, ведь, по условияю, K и M — середины отрезков AB и CD. Из рисунка 2, б немедленно следует, что Q’ — середина отрезка L’N’ (значит, Q — середина отрезка NL) и что точки L’ и N’ делят проекции ребер тетраэд в равных отношениях: |D’N’|:|N’A’| = |C’L’|:|L’B’|. Это равенство сохраняется и при проекции вдоль (LN), то есть на рисунке 2, в: |D’‘N’’|:|N’‘A’’| = |C’‘L’’|:|L’‘B’’|; следовательно, на этом рисунке (A’‘B’’) ||(C’‘D’’) и поэтому |C’‘L’’|/|L’‘B’’| = |M’‘Q’’|/|Q’‘K’’|. Значит, |CL|/|LB| = |MQ|/|QK|. Но условию |MQ|/|QK| = 5. Следовательно, |CL|:|LB| = 5. Отсюда расстояние от точки C до плоскости сечения равно 5·2 = 10. Объем тетраэд BKMC равен сумме объемов тетраэдров BKML и CKML, высоты которых, опущенные на грайь KML, равны, как мы видели, 2 и 10. Таким образом, V_BKMC = 12 = $\frac{1}{3} S_{\Delta KML} \cdot (2+10)$; следовательно, площадь треугольника KML равна 3. Но площади треугольников KMN и KML равны, как трехгольники имеют общее основание KM и равные высоты, опущенные на это основание (напомним, что Q — середина [NL]), поэтому S_KLMN = 2S_{\Delta KML} = 6.

В дальнейшем, чтобы не перегружать формулы трихами, мы будем одинаково обозначать изображение одной и той же точки во всех проекциях.

Для следующего задачи мы приведем два решения: одно — при помощи проекции вдоль прямоЙ, другое — вдоль плоскости.

Задача 2. (МГУ, механит, 1964). Дан куб ABCDА1B1C1D1, две AA1, BB1, CC1, DD1 — боковые ребра. В каком отношении делит ребро B1C1 точка E, которая принадлежит плоскости про-

48

ходящей через вершину A и центры граней $A_1B_1C_1D_1$ и $B_1C_1CB$?

Первое решение. Построим проекцию куба (рис. 3, а) вдоль прямой $KL$, где $K$ — центр грани $A_1B_1C_1D_1$, $L$ — центр грани $B_1C_1CB$ (рис. 3, б). Проекции этих граней изображаются в виде параллелограммов с общей стороны $B_1C_1$ и общим центром $K=L$; следовательно, проекции вершин $B$ и $A_1$, $C$ и $D_1$ также совпадают. Положение на рисунке 3, а точек $A$ и $D$ определяется из условия $\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{DD_1}=\overrightarrow{BB_1}$. Плоскость сечения проекируется в прямую $AK$, пересекающий отрезок $B_1C_1$ в точке $E$. Обозначим через $M$ середину отрезка $BB_1$, тогда (рис. 3, б) $\frac{|B_1E|}{|B_1C_1|}=\frac{|B_1E|}{2|KM|}=\frac{1}{2}\frac{|B_1A|}{|MA|}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$. Отсюда $|B_1E|:|EC_1|=2$.

Второе решение (рис. 3, в). Выберем систему координат с началом $E$ так, чтобы оси абсцисс и ordinат лежали в плоскости $EKL$. Тогда аппликаты точек $E, K, L$ и $A$ равны нулю. Воспользовемся основным свойством для проекции вдоль плоскости $EKL$. Из условия $\overrightarrow{KA_1}=-\overrightarrow{KA_1}$ и $\overrightarrow{LC_1}=-\overrightarrow{LC_1}$ получаем $z_{A_1}=z_B$ и $z_{C_1}=-z_A=-z_B$ (здеся $z_P$ обозначает аппликату точки $P$). Далее из условия $\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{BB_1}$ и равенства $z_{A_1}=z_B$ получаем $z_{B_1}=2z_{A_1}$. Таким образом, точки $C_1, E, B_1$ на отрезке $C_1B_1$ имеют аппликаты $z_{C_1}, 0, -2z_{C_1}$ соответственно. Вновь применяем основное свойство, получаем $|B_1E|:|EC_1|=2$.

Чтобы избежать ссылки на основное свойство проекции вдоль плоскости (которая не упомянут в школьном учебнике), предыдущий текст можно написать так: вместе с фразы «Воспользовемся основным свойством для проекции вдоль плоскости…» написать «Воспользовемся теперь тем, что равные, векторы имеют координаты и что координаты вектора равны разности координат его конца и начала» («Геометрия 10», § 42), а вместе последней фразы — написать: «Позтоуну из подобия треугольников (рис. 3, в) получаем $|B_1E|:|EC_1|=2$». Аналогичные изменения можно внести в текст следующую решения, где также использовются координаты.

Задача 3 (МГУ, мехмат, 1965). Дана правильная треугольная признака $ABCA_1B_1C_1$ с боковым ребрами $AA_1, BB_1$ и $CC_1$. Пусть точка $P$ делит оси $OO_1$ призмы в отношении 5:1. Через точку $P$ и середины ребер $AB$ и $A_1C_1$ проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем признамы?

Решение. Пусть $K$ — середина $[AB]$, $N$ — середина $[A_1C_1]$. Спроектируем признаку на некоторую прямую $l$ вдоль плоскости сечения ($PKN$). Расмотрим на прямой $l$ координаты, приняв за начало отсечета проекцию плоскости $PKN$ (рис. 4, б). Определим координаты проекций всех вершин признамы. Выбор масштаба в нашей воле; пусть, например, $x_{O_1}=1$. Тогда $x_O=-5$, поскольку $PO=-5PO_1$; далее,

$$NB_1=3NO_1 \quad x_{B_1}=3 \quad B_1B=O_1O \Rightarrow x_B=x_{B_1}+x_{O_1}-x_O=3.$$

Аналогично, $x_A=-x_B=3$, $x_{A_1}=x_A+x_{O_1}-x_O=9$, $x_{C_1}=x_{C_1}+x_{O_1}-x_O=15$.

Теперь, для того чтобы найти, в каком отношении делит плоскость сечения некоторых отрезок $XY$, достаточно найти отношение координат его концов $x_X:x_Y$. Например, $x_B:x_B=1$, следовательно, сечение проходит через середину отрезка $BB_1; x_{B_1}:x_{A_1}=\frac{1}{3}$, следовательно, плоскость сечения пересекает продольжение отрезка $A_1B_1$ за точку $B_1$ в такой точке $R$, что $|B_1R|:|A_1R|=1:3$ и т. д. Далее надо,… впрочем, не будем лишать читателя удовлетворяяdoorsать эту задачу до конца самостоятельного. Ответ. 49/95.

49

Теперь можно формировать при avилю, на основе которого решались все разобранные задачи: чтобы узнать, в каком отношении плоскость π (соответственно, прямая l) делит непараллельный ей отрезок, следует рассмотреть проекцию вдоль плоскости π или вдоль какой-лобо извесной прямой, лежащей в плоскости π (соответственно, вдоль прямой l).

В качестве примера применения этого правила в планиетринии будет доказана.

Теорема Менелая. Если прямая l пересекает стороны AB, BC и CA треугольника ABC или их продолжения в точках K, L, M соответственно, то
$$\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} = -1^*$$.

Доказательство (рис. 5). Спроектируем треугольник параллельно прямой l на какую-лобо пересекающий ее прямую. Тогда
$$\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} = \frac{A'P}{PB'} \cdot \frac{B'P}{PC'} \cdot \frac{C'P}{PA'} = (-1)^3 = -1.$$
(Отметим, что верна и обратная теорема, ее можно доказать от противного.)

Разберем теперь задачу, в котором важны не только отношения длини параллельных отрезков, как это было выше, но и сами эти длины, а также углы между отрезками. В отличие от предыдущих задач, здесь играют роль и направление проекции, и плоскость, на которой мы проектируем.

Задача 4. (МФТИ, 1977) Сторона основания ABCD правильно признаны

*) Через $\frac{a}{b}$ мы обозначаем такое число $k$, что $\vec{a} = k\vec{b}$, если оно существует, т. е. если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны и $|\vec{b}| \neq 0$.

Рис. 6.

АВСDA$_1$B$_1$C$_1$D$_1$ имеет длину 2a, боковое ребро — длину a. Расматривают отрезки с концами на диагонали AD$_1$ грани и диагонали DB$_1$ прізмы, параллельные плоскости AA$_1$B$_1$B.

1. Один из этих отрезков проведен через такую точку M диагонали AD$_1$, что |AM|:|AD$_1$|=2:3. Найти его длину.

2. Найти наименьшую длину расматриваемых отрезков.

Решение (рис. 6). Спроектируем признаму вдоль диагонали B$_1$D на плоскость грани ABB$_1$A$_1$. Легко видеть, что получится чертеж, изображенный на рисунке 6, 6. Ясно, что любой отрезок, параллельный плоскости ABB$_1$A$_1$, проектируется в отрезок той же длины (!). Поэтому расматриваемые отрезки будут конгруженными своим проекциям [DX], где X ∈ [AD$_1$]. Очевидно, кратчайший из них есть перpendикуляр DH, опущенный из точки D на (AD$_1$). Треугольник DHD$_1$, как и ΔABD$_1$, — прямогольный и равно-бедренный, поэтому |DH| $\frac{\sqrt{2}}{2}$ |DD$_1| = \frac{\sqrt{2}}{2}$ a (это ответ на второй вопрос). Длину отрезка DM можно найти из прямого треугольника MPD, в котором |DP| = $\frac{1}{3}$ |DD$_1| = \frac{a}{3}$, |MP| = $\frac{1}{3}$ |AB| = $\frac{2a}{3}$. Таким образом,

$$|DM| = \frac{a\sqrt{5}}{3}$$

В заключение приведем короткое и получительное доказательство одной из красивейших теоремстереометрики, основанное на методе проектирования.

Задача 5. Доказать, что если все грани треугольра равновелики (имеют одинаковые площади), то они попарно конгружены*).

50

Решение. Пусть $MN$ — общий перpendикуляр к ребрам $AB$ и $CD$ tetraэдра $ABCD$ с равновеликами границ (рис. 7, а). Легко понять, что ortogonalная проекция tetraэдра вдоль прямой $AB$ является треугольником $ADC$ (рис. 7, б), в котором сторона $AD$ конгруэнтна высота $DD_1$ грани $ABD$, а сторона $AC$ — высота $CC_1$ грани $ABC$, причем отрезок $MN$ проектируется в высоту $AN$ треугольника $ADC$. Поскольку треугольники $ABC$ и $ABD$ имеют одинаковые площади и общее основание $AB$, их высоты, опущенные на это основание, равны, значит, на рисунке 7, б $|AD|=|AC|$; а значит, точка $N$ (основание высоты равноведренного треугольника) делит отрезок $CD$ пополам. Пользовным свойством проекции и повторяя это рассужждение применительно к остальных ребрам tetraэдра, заключаем, что обще перpendикуляры всех пар скрещивающих ребер tetraэдра $ABCD$ проходят через середины соответствующих ребер и, стало быть, являются осими симметрины tetraэдра. Например, при осевой симметринии с осью $MN$ (рис. 7, а) вершина $A$ перейдет в $B$, $B$ — в $A$, $C$ — в $D$, $D$ — в $C$, поэтому грань $ABC$ конгруэнтна грани $ABD$, а грань $ACD$ — грани $BCD$. Точно так же доказывается, что $\triangle ABD \cong \triangle ACD$.

Задание в этой заметке в основном подобранья так, чтобы читатель мог сравнить их решения, полученные с помощью параллельной проекции, с «традиционными» (чисто геометрическими) и векторными решениями. Так, задание 2 и 3 разобраны в книге Г. В. Дорофеева, М. К. Потанов и Н. Х. Розова «Пособие по математике для поступающих в вызыв» (М., «Наука», 1976), с. 340 и 514, задание 3 — также в стьте С. Овчинникова «Принадлежность точек прямой и плоскости» («Квант», 1978, № 3), задание 4 — в стьте И. Габович «Векторы помогают на экзамене» («Квант», 1979, № 1) и в стьте Г. Бевза «Задачу можно решить проще» («Квант», 1979, № 11).

Уражнения

1. Даны две скрещивающие прямые $a$ и $b$. Найти множество точки $X$, деляющих в постоянном отношении отрезки $AB$ ($|AX|:|XB|=k$), где $a$ точка $A$ пробегает прямую $a$, $B$ пробегает прямую $b$; 6) то же самое, но с условиям, что прямая $AB$ остается все время параллельной данной плоскости $a$.

2. Дана замкнутая непlockая четырехвенная ломана $ABCD$ («пространственный четырехугольник»). Доказать, что точки $K$, $L$, $M$, $N$, взятые на ее звеньях $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ соответственно, лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда $\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1$.

3. Дана правильная шестугольная парамида $SABCDEF$ с вершиной $S$. На ребрах $SA$ и $SC$ взятые точки $K$ и $L$ так, что $|SK|:|KA|=3$, $|SL|:|LC|=1/3$, точка $M$ — середина $a$) ребра $SF$, 6) ребра $SE$. Определить, какие ребра парамиды пересекаются плоскостью ($KLM$) и в каком относении они его делятся.

4. (МФТИ, 1975). Площадь трапеции $ABCD$ равна $S$, относение длины оснований $|AD|:|BC|=3:1$. Отрезок $MK$ расположен так, что он параллелен стороне $CD$ и пересекает сторону $AB$, а отрезок $AM$ параллелен отрезку $BK$. Определить площадь треугольника $BKC$, если $|AM|:|BK|=3:2$, $|MK|:|CD|=1:3$ (найти все решения).

5. (МФТИ, 1976): На диагоналях $AB_1$ и $CA_1$ боковых граней треугольной прямых $ABCA_1B_1C_1$ расположены, соответствующей точки $D$ и $E$ так, что $(DE) \parallel (BC_1)$. Определить относение $|DE|:|BC_1|$.

6. (МФТИ, 1977). Сторона основания $ABCD$ правильной парамиды $SABCD$ имеет длину $a$, боковое ребро — длину $2a$. Расматривают отрезки с концами на диагонали $BD$ основания и боком ребро $SC$, параллельные (SAD). Найти наименьшую длину всех расматриваемых отрезков.

7. (М462). Плоскость пересекает боковые ребра правильной четырехвенной парамиды в точках, отстоящих от вершины на расстояния $a$, $b$, $c$ и $d$. Доказать, что $\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}$.

8. (МГУ, мехмат, 1978). Объем tetraэдра $ABCD$ равен 5. Через середины ребер $AD$ и $BC$ проведена плоскость, пересекающая ребро $CD$ в точке $M$. При этом относение длины отрезка $DM$ к длине отрезка $MC$ равно $\frac{2}{3}$. Вычислить площадь сечения tetraэдра указанной плоскостью, если расстояние от нее до вершины $A$ равно 1.

9. (МГУ, геол. ф-т, 1974). Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$, длина ребра которого равна 1 см. На ребрах $AA_1, BB_1, DD_1$ взятые, соответствующие точки $K$, $P$ и $M$ — так, что $|AK|:|A_K|=1:3$, $|BP|:|B_P|=3:1$, $|DM|:|D_M|=3:1$. Найти объем парамиды, у которой основанием служит сечение куба плоскостью, проходящей через точки $K$, $P$ и $M$, а вершина расположена в точке $A_1$.

10. В параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ площади граней $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$ равны, соответствующей $ACC_1A_1$ и $BDD_1B_1$ — $s_1$ и $s_2$. Показать, что $s_1^2 + s_2^2 = 2(S_1^2 + S_2^2)$. Выразить двумя уголами угол при ребре $AA_1$ через эти площики.