Стереометрия
Ayrim teoremalarning isboti
Download 0.51 Mb.
|
|
Ayrim teoremalarning isboti:
1) A, B, C va P nuqtalar shunday bo'lsinki, OP=mOA+nOB+pOC (OA, OS va OB chiziqli mustaqildir).U holda ularning bir to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lishining zarur va yetarli sharti quyidagicha bo'ladi: m+ n+p=1. Ehtiyoj isboti: A , B, C va P nuqtalari bir tekislikda yotsin, keyin vektorlar → → → → → → → → → → AP=OP-OA, AB=OB-OA, AC=OC-OA chiziqli bog'liq bo'ladi, shuning uchun → → → → → → OR-OA=n(OB-OA)+p(OC-OA), → → → → OP=(1- n-p)OA+nOB+pOC Va OP vektorining OA, OB, OS vektorlari bo'yicha kengayishining o'ziga xosligi tufayli biz olamiz m=1- n –p yoki m+ n+ p=1 Etarlilik isboti: U holda m+n+p=1 bo‘lsin → → → → → → → → → → → → → → OP-OA=mOA+nOB+pOC-OA=mOA+nOB+pOC-(m+n+p)*OA=n(OB-OA)+p(OC-OA) → → → Demak, AR=nAB+pAC va taʼrifi boʻyicha P ABC tekisligiga tegishli. 2) Agar ikkita a va b tekisliklarning umumiy M nuqtasi bo'lsa, bu tekisliklar uchun yana kamida bitta N umumiy nuqta mavjud. Isbot: Tekislikni bir toʻgʻri chiziqda yotmaydigan istalgan uchta nuqta bilan aniqlash mumkin boʻlgani uchun a tekislikni M, A, B nuqtalar bilan, b tekislikni M, C va D nuqtalar bilan aniqlash mumkin. Har qanday vektor har qanday uchta chiziqli mustaqil vektorning chiziqli birikmasi sifatida ifodalanishi mumkinligi haqidagi teoremaga asoslanib, biz quyidagilarni yozishimiz mumkin: y oki: → →
_____ → → → Keling, buni hozir isbotlaylik. Bu M=N. Agar M=N deb faraz qilsak, u holda MN=0, u holda MD+ → → → → → → (-k3)MC=0, yoki MD=k3MC. Bu shuni anglatadiki, MD va MC vektorlari chiziqli bog'liq va M, C va D nuqtalari bir xil to'g'ri chiziqda yotadi, bu ularning tanloviga ziddir. ____ Shuning uchun M=N. Teorema isbotlangan. 3)Chiziq va tekislikning perpendikulyarlik belgisi: Agar AB to'g'ri chiziq a tekislikka tegishli bo'lgan ikkita kesishuvchi CD va CE chiziqlariga perpendikulyar bo'lsa, u holda AB ┴ a to'g'ri chiziq. Isbot: → → → → MN a va MN≠0 tekislikning ixtiyoriy vektori bo'lsin. CD va CE vektorlari beri → → → koplanar emas, u holda MN = nCD+mCE. Keyin → → → → → → → → → → → → → → AB*MN=AB(nCD+mCE)=AB(nCD)=AB(mCE)=n(AB*CD)+m(AB*CE). Shart bo'yicha → → → → → → → → → AB*CD=0 va AB*CE=0. Demak, AB*MN=n*0+m*0=0, ya'ni. AB ┴ MN. Keyin tekislikka perpendikulyar to'g'ri chiziqning ta'rifi bilan AB ┴ a. , va boshqalar. Bazis tushunchasini kiritamiz, ya'ni tekislikda berilgan bir-biriga to'g'ri kelmaydigan vektorlar juftligi, buning yordamida har qanday vektor ular bo'yicha kengaytirilishi mumkin. Kosmosda asos uchta tekis bo'lmagan vektor hisoblanadi. ABCA1B1C1 prizmasining har bir qirrasi 2 ga teng. M va N nuqtalar AB va A1 C1 qirralarning o’rta nuqtalaridir. M nuqtasidan CN to'g'ri chiziqgacha bo'lgan masofani toping, agar A1AC burchagi \u003d 60 gr ekanligi ma'lum bo'lsa. va A1A va AB chiziqlari perpendikulyar. → → → → → → Yechish: AA1=a, AB=b va AC=c vektorlardan tashkil topgan bazisni ko‘rib chiqing va shu bazis vektorlari uchun ko‘paytirish jadvalini tuzing. M nuqtadan CN chizig'igacha bo'lgan masofa M nuqtadan uning CN chizig'iga proyeksiyasigacha bo'lgan masofaga teng. M nuqtaning CN to‘g‘riga proyeksiyasi P bo‘lsin. Keyin → → → → → X soni uchun MP=CP-CM=xCN-CM. → → → → → → CN= a - 1/2c va CM=1/2b - c, keyin → → → → → → → → → MP \u003d x (a - 1/2c) - (1/2b - c) \u003d xa-1 / 2b + (1 - x / 2) c MP va CN chiziqlari perpendikulyar bo'lgani uchun → → → → → → → → MP*CN=0, ya'ni. (xa-1/2b+(1 – x/2)c)*(a – 1/2c)=0 Qavslarni kengaytirib, ko'paytirish jadvalini asosimiz uchun ishlatib, biz 3x+1/2=0 ni olamiz, bu erdan x= -(1/6) → → → → Shunday qilib, MP \u003d - (1/6) a-1 / 2b + 13 / 12c Kerakli masofa MP ga teng → → → → │MP│=√((1/6)a-1/2b+13/12c)2 _____ Qavslarni yana ochib, ko'paytirish jadvalidan foydalanib, biz MP \u003d √105/6 ni topamiz. Shunday qilib, M nuqtadan CN chizig'igacha bo'lgan masofa √105/6 ga teng DABC piramidasida ACD yuzi 3√2 tomoni bo'lgan muntazam uchburchak, ABC yuzi teng yonli to'g'ri burchakli uchburchak (ACB burchagi = 90 gradus), BD cheti 3 ga teng. piramida hajmini toping. Yechish: AC ikki burchakli burchakning chiziqli burchagini (DKO burchak) tuzamiz va uni ph bilan belgilaymiz. Shubhasiz, KD va CB vektorlari orasidagi burchak AC dihedral burchakning chiziqli burchagiga teng. bu burchakni topib, biz KOD to'g'ri burchakli uchburchakdanmiz, bunda DAK burchagining │KD│=│AD│*sin, ya'ni. │KD│=3√2* (√3/2)=(3√6)/2 │DO│ - tetraedr balandligi uzunligini hisoblaymiz. Chunki → → → → → → BD=CD-CB,CD=CK+KD, Bu → → → → BD=CK+KD-CB Keyin → → → → → → → → → → → BD2=CK2+KD2+CB2=2CK*KD-2CK*CB-2KD*CB, shuning uchun 32= ((3√2)/2)2 + ((3√6)/2)2 + (3√2) 2+0-0-2*((3√6)/2)*3√2cos ph, qaerdan cos ph=√3/2 va ph=30 gr. KOD uchburchagidan tetraedrning balandligini topamiz │DO│=1/2│KD│=((3√6)/4 Baza maydoni Sprim=1/2*(3√2)2=9 Nihoyat, piramidaning hajmi V=1/3*9*((3√6)/4=9/4*√6 *** Keling, radius vektori tushunchasini kiritaylik: agar fazoda biron bir nuqta o'rnatilgan bo'lsa → → Oh, u holda fazodagi har bir nuqta OA vektor OA bilan xarakterlanadi va radiusdir → → → → → vektor. Agar M nuqta AB va AM=kAB to‘g‘rida yotsa, u holda OM=(1-k)OA+kOB.(1) bo‘ladi. DABC tetraedrining DA,DB,AC chekkalarida mos ravishda L, N, F nuqtalar olinadi, DL=1/2DA,DN=1/3DB,AF=1/4AC. L,N,F nuqtalardan o'tuvchi tekislik BC chetini qanday nisbatda ajratadi? Yechim:→ Ko'rib chiqilayotgan tekislikning BC va cheti bilan kesishish nuqtasi M bo'lsin → → → → → → DA=a, DB=b, DC=c. M, N, L, F nuqtalari bir tekislikda yotganligi va oxirgi uchta nuqta bir xil to'g'rida yotmaganligi sababli, formula bo'yicha → → → → → → → → → DM=kDL+lDN+(1 – k – l)DF=ka/2+lb/3+(1 – k – l)(3/4a+1/4c). Boshqa tomondan, (1) formulaga muvofiq → → → DM=(1-m)b+mc →→→
k/2+(1 – k – l)3/4=0, l/3=1 – m, (1 – k – l)1/4=m. Demak, m=2/5 va VM:MS=2/3. ABCD tetraedri qirralarining uzunliklari a,b,c,d,m,n,k. BCD yuzining medianalarining kesishish nuqtasi A cho'qqigacha bo'lgan masofani toping. BC yuz medianalarining kesishish nuqtasi O bo'lsin. BAC=ph1 burchak, CAD= ph2 burchak, DAB= ph3 burchakni belgilaymiz. Biz tenglikni (1) ishlatamiz, uni uchburchakning medianalari, uchburchak uchlari va A nuqtasining kesishish nuqtasiga aylantiramiz: → → → → AO=1/3(AB+AC+AD) bu yerdan → → → → AO2=1/9(AB+AC+AD)2 yoki uchta raqam yig'indisining kvadrati formulasidan foydalanib: Oxirgi tenglamani quyidagicha qayta yozamiz: → AO2=1/9(a2+b2+c2+2ab*cos ph1+2bc*cos ph2+2ac*cos ph3). Shunung uchun: → AO2=1/9(3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2)). Demak, _____________________ │AO│=1/3√3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2) Xulosa: Agar tetraedrning barcha qirralarining uzunligi a ga teng bo'lsa, u holda _______ │OA│=1/3√9a2-3a2=(a√6)/3 *** Tekislikning vektor tenglamasi: Agar A, B, C, D nuqtalar bitta tekislikka tegishli bo'lsa, ulardan uchtasi bitta to'g'ri chiziqda yotmasa va O nuqta fazoda ixtiyoriy nuqta bo'lsa, quyidagi tenglik to'g'ri bo'ladi. → → → → OD=aOA+bOB+cOC bunda a+b+c=1 Muntazam uchburchakli SABC piramidasida (AC - asos) K, L va M nuqtalar mos ravishda SA va SC, SB qirralariga tegishli bo'lib, shunday qilib SK:KA=3:1 SL:LC=1:1 SM:MB=2:1 KLM tekisligi SO piramidasining balandligini qanday nisbatda ajratadi? Yechim: KLM tekisligining SO piramidaning balandligi bilan kesishish nuqtasi P bo‘lsin, u holda yuqoridagilarga asoslanib, quyidagi tenglikni yozishimiz mumkin. → → → → → → → → SP=a*SK+b*SL+(1-ab)*SM=3/4a*SA+1/2b*SC+2/3(1-ab)*SB, → → → → → SP=x*SO=1/3x*(SA+SC+SB) qayerda 3/4a=1/3x 1/2b=1/3x 2/3(1-ab)=1/3x Ushbu tizimni yechish orqali biz x = 18/29 ni olamiz Shuning uchun SP:PO=18:11 Javob: 18:11 ABCDA1B1C1D1 kubining AA1 va CD qirralarida mos ravishda P va Q nuqtalari, bu qirralarning o'rta nuqtalari va A1B1C1D1 yuzida A1C1 va B1D1 diagonallari kesishgan O1 nuqtasi olinadi. O1 nuqta orqali PQ chizig'iga parallel m chiziq o'tkazamiz. Yechim: Rasmda ko'rsatilganidek, to'rtburchaklar Vxuz koordinata tizimini fazoga kiritamiz. Ushbu koordinatalar tizimida: B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1) V nuqtaning koordinatalarini (v1;v2;v3) topamiz - m to'g'ri chiziq prizmaning qandaydir yuzining tekisligi bilan, masalan, CDD1C1 yuzining tekisligi bilan kesishgan nuqta. Ko'rinib turibdiki, V nuqta CDD1 tekisligida joylashgani uchun uning ikkinchi koordinatasi v2=1 ga teng. Shunday qilib, V(v1;1;v3). → → P,Q va O1 nuqtalarning koordinatalarini, O1V va PQ vektorlarining koordinatalarini topamiz. olamiz P(1;0;1/2), Q(1/2;1;0), O1(1/2;1/2;1), → → O1V(v1-1/2;1/2;v3-1), PQ(-1/2;1;-1/2) → → chunki m chiziq PQ chizig'iga parallel bo'lsa, u holda O1V││PQ va , demak, bu vektorlarning koordinatalari proporsionaldir, ya'ni. bundan v1=1/4, v3=3/4, demak, V(1/4;1;3/4). V nuqtani uning koordinatalari bo‘yicha quramiz, so‘ngra O1 va V nuqtalardan o‘tuvchi m chiziqni quramiz. To‘g‘ri burchakli koordinatalar sistemasining boshi sifatida qirralarning nisbati AB:DA:AA1=1:2:3 bo‘lgan ABCDA1B1C1D1 to‘g‘ri burchakli parallelepipedning B cho‘qqisi olinadi va → → → →→→ BA, 1/2BC va 1/3BB1 vektorlari mos ravishda i, j, k birlik vektorlari sifatida olinadi. Ushbu koordinatalar sistemasida 4x + y - 2z - 2=0 tenglama bilan berilgan parallelepipedning a tekislik bilan kesmasini tuzing. Bu kesmani qurish uchun a tekislikka tegishli, lekin bitta to'g'ri chiziqda yotmaydigan uchta nuqtani, masalan, a tekislikning koordinata o'qlari bilan kesishish nuqtalarini topamiz. Demak, agar a tekislik Bx o'qini K nuqtada kesib o'tsa, K nuqta koordinatalariga ega (k; 0; 0). Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo‘yib, k=1/2 ni olamiz. Shunday qilib, a tekislik Bx o'qini K(1/2;0;0) nuqtada kesib o'tadi. Keling, ushbu nuqtani yarataylik. Xuddi shunday, agar a tekislik Wy o'qini L nuqtada kesib o'tsa, u holda L nuqta koordinatalariga (0;l;0) ega. Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo‘yib, L(0;2;0) ni topamiz. L nuqtasini quramiz (u C nuqtaga to'g'ri keldi). Xuddi shunday, a tekislik Bz o'qini M(0;0;-1) nuqtada kesib o'tishini topamiz. bu nuqtani tuzing va keyin K, L, M nuqtalardan o'tuvchi a tekislik bilan prizma kesmasini tuzing. Biz KCD2A2 to'rtburchakni olamiz. ABCDA1B1C1D1 kubining A1D1 va CD qirralarida mos ravishda P va Q nuqtalari olinadi - bu qirralarning o'rta nuqtalari a tekislikka perpendikulyar PQ chizig'idan o'tuvchi a tekislik orqali kubning kesmasini quramiz. Yechim: Yechim: Kosmosga koordinatali to'rtburchaklar Vxuz koordinata sistemasini koordinatali nuqtada koordinatalar kiritamiz → → → → → → B va birlik vektorlari i=BA, j=BC, k=BB1. → → → → → AB1C tekislikning n1(k1;l1;m1) normal vektorini toping. n1┴AB1 va n1┴AC dan boshlab. → → AB1 va AC vektorlarining koordinatalarini toping: → → AB1(-1;0;1) , AC(-1;1;0) Keyinchalik, biz tenglamalar tizimini olamiz k1*(-1)+l1*0+m1*0=0 k1*(-1)+l1*1+m1*0=0 shuning uchun, masalan, k1=1 deb faraz qilsak, l1=1, m1=1, ya’ni. n1(1;1;1). → Endi a. tekislik tenglamasini tuzamiz. Buning uchun n2(k2;l2;m2) vektori – bu tekislikning normal vektorini topamiz. A tekisligidan beri. perpendikulyar → → AB1C tekislik va n2 vektor AB1C tekislikka perpendikulyar, keyin n2┴ a.. bundan mustasno → bundan tashqari, PQ││ a . U holda n2 vektor n1(1;1;1) va vektorlarga perpendikulyar ekanligi aniq bo'ladi. → PQ(-1/2; 1/2;-1). Shunung uchun k2*1+l2*1+m2*1=0 k2*(-1/2)+l2*1/2+m2*(-1)=0→ shuning uchun, masalan, m2=2 deb faraz qilsak, l2=1, k2=-3, ya'ni, topamiz. n2(-3;1;2) Endi PQ to‘g‘riga perpendikulyar Q(1/2;1;0) nuqtadan o‘tuvchi a tekislikning tenglamasini tuzamiz. Biz olamiz: (x – 1/2)(-3)+(y – 1)*1+(z – 0)*2=0 yoki soddalashtirilgandan keyin: 6x-2y-4z-1=0 Keling, a tekislik bo'yicha kubning kesmasini quramiz. Buning uchun a tekislikka tegishli yana bitta nuqtani topamiz. Agar a tekislik Bx o'qini L nuqtada kesib o'tsa, u holda L nuqta koordinatalariga (l;0;0) ega. Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo‘yib, l=1/6 ni topamiz. Shunday qilib L(1/6;0;0). Biz L nuqtasini quramiz. Endi biz a tekislikni P, Q va L nuqtalardan o'tuvchi tekislik sifatida quramiz. Bu tekislikning asosiy izi QL chizig'idir. ELQD2P ko'pburchak bo'lib chiqadi. (Rasmda to'g'ri chiziqli televizor ham ko'rsatilgan - a tekislikning ABC tekisligi bilan kesishish chizig'i). MAVS piramidasining negizida C cho'qqisida to'g'ri burchakli teng yonli uchburchak yotadi. Har bir yon cheti asos tekisligi bilan 45 gradusga teng burchak hosil qiladi. MB chekkasida K nuqta - bu chetning o'rtasi olinadi. AK to’g’ri chiziq bilan MVS tekislik orasidagi burchak topilsin. MAB yuzining median MO piramidaning balandligi ekanligini aniqlab, ya'ni. MO┴AB va MO┴OS va bu OA = OS = OM bo'lsa, biz kosmosga rasmda ko'rsatilganidek, Oxyz to'rtburchaklar koordinata tizimini o'rnatamiz. → → → → → → OA=i ; OC=j ; OM=k Bu koordinatalar sistemasida O(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), M(0,0,1) → Keyin B va K nuqtalarning koordinatalarini topamiz, AK vektori AK to‘g‘ri chiziqqa to‘g‘ri keladi va → → BC va VM vektorlari. Biz B(-1;0;0;), K(-1/2;0;1/2), AK(-3/2;0;1/2), BC(1;1;0), BM (1;0;1). → → → Agar n(k;l;m) vektor MVS tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda n┴BC va n┴BM yoki koordinatalarda: k*1+l*1+m*0=0 k*1+l*0+m*1=0 → shuning uchun, masalan, k=1 deb faraz qilsak, l=-1, m=-1, ya'ni, deb topamiz. n(1;-1;-1). ph kerakli burchak bo'lsin. Keyin Shunday qilib, AK to'g'ri chiziq bilan MVS tekisligi orasidagi burchak yoyi (2√30)/15 ga teng. ABCDA1B1C1D1 kubining AB chetida P nuqtasi olinadi - bu chekkaning o'rta nuqtasi. Yuqori A1 dan C1DP tekisligigacha bo'lgan masofani toping. Masalan, kubning B cho‘qqisini koordinatalar sistemasining boshi sifatida va vektorlarini olib, to‘g‘ri burchakli Bxyz koordinata tizimini fazoga o‘rnatamiz. → → → → → → i, j va k birlik vektorlari uchun mos ravishda BA, BC va BB1. Bu koordinatalar sistemasida B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1). Biz C1DP tekisligining tenglamasini tuzamiz, buning uchun biz C1, D, P va nuqtalarning koordinatalarini topamiz. → → DC1 va DP vektorlari. Biz olamiz: → → C1(0;1;1), D(1;1;0), P(1/2;0;0), DC1(-1;0;1), DP(-1/2;-1;0 ). → →→ Agar n(k;l;m) vektor C1DP tekisligining normal vektori bo'lsa, u holda n┴DC1 va n┴DP yoki koordinatalarda: k*(-1)+l*0+m*1=0 k*(-1/2)+l*(-1)+m*0=0. Ushbu tenglamalar tizimidan biz topamiz (proporsionallik omiligacha) → k=2, l=-1, m=2.Demak, n(2;-1;2) vektor C1DP tekisligining normal vektoridir. U holda, C1DP tekisligi, xususan, D(1;1;0) nuqtasi orqali o'tganligi sababli, uning tenglamasi quyidagicha bo'ladi: (x-1)*2+(y-1)*(-1)+(z-0)*2=0, yoki soddalashtirilgandan keyin 2x-y+2z-1=0. Keyinchalik, H(h1;h2;h3) nuqta A1(1;0;1) nuqtadan tushirilgan perpendikulyar asos bo'lsa. → C1DP tekisligiga, ya'ni. agar A1H(h1-1;h2;h3-1) vektori C1DP tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda → →
(1) H nuqtasi C1DP tekisligida joylashganligi sababli uning koordinatalari C1DP tekisligining tenglamasini qanoatlantiradi: 2h1-h2+2h3-1=0(2) (1) va (2) tenglamalardan tuzilgan sistemani yechamiz. Faraz qilaylik (1)=t. U holda h1=2t+1, h2= - t va h3=2t+1, demak, 2(2t+1) – (-t) + 2(2t+1)=0, bundan t= - 1/3 . Ma'nosi, → A1H vektorining koordinatalari quyidagicha bo'ladi: h1-1= - 2/3 h2=1/3 h3-1= - 2/3 Endi biz A1H masofani topamiz: Download 0.51 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|