Применение метода координат для решения задач ЕГЭ по стереометрии
Раздел С вариантов КИМ ЕГЭ обычно включает задачи по стереометрии. Решения, которые предлагаются авторами вариантов, являются чисто «геометрическими», в то время как применение метода координат и алгебры векторов в пространстве часто позволяет дать существенно более простые решения. Это тем более естественно, если учесть, что изложение стереометрии в школе существенно базируется на этом методе.
В настоящей заметке мы покажем, как применение метода координат и алгебры векторов в пространстве позволяет решить задачи по стереометрии демонстрационных вариантов ЕГЭ-2009 ([1], задача С4) и ЕГЭ-2008 ([2], задача С4). Мы рекомендуем также ознакомиться со статьей авторов [3], в которой на примере экзаменационных задач МГУ рассказано о применении метода координат к решению задач по планиметрии.
1. (Задача С4, демонстрационный вариант ЕГЭ-2009.)
Около правильной пирамиды FABC описана сфера, центр которой лежит в
плоскости основания ABC пирамиды. Точка M лежит на ребре AB
так, что AM : MB = 1: 3. Точка T лежит на прямой AF
и равноудалена от точек M и B. Объем пирамиды TBCM равен 
Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды FABC.
Решение. Пусть R — радиус сферы, описанной вокруг пирамиды FABC, O — ее центр. Рассмотрим сечение сферы плоскостью α основания ABC пирамиды. Поскольку по условию центр сферы лежит в этой плоскости, сечение будет являться окружностью большого круга шара, ограниченного рассматриваемой сферой (большой окружностью сферы). Поэтому радиус этой окружности равен R. С другой стороны, точки A, B, C лежат на этой окружности, то есть она описана вокруг треугольника ABC (рис. 1).
Рис. 1
Известно, что длина an стороны правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R, дается формулой:
Поэтому длина a стороны треугольника ABC выражается через радиус R по формуле:
Отметим, что этот же результат может быть получен непосредственно из теоремы синусов.
Так как AM : BM = 1 : 3, длина отрезка AM
равна 
длина отрезка BM равна 
Поэтому площадь треугольника BCM, который является основанием пирамиды TBCM:
Чтобы найти высоту пирамиды TBCM (это центральная часть решения нашей задачи), воспользуемся методом координат.
Вначале введем декартову систему координат на плоскости α так, как указано на рисунке 1.
Поскольку треугольник ABC — правильный, точки A,
B, C делят окружность на три равные дуги:
AC,
BC и
AB. Следовательно,
градусная мера каждой из этих дуг равна 120°.
Поэтому точки A, B, C изображают на окружности углы 0°,
–120°, 120°
соответственно. Теперь непосредственно из определения функций sin x и
cos x мы можем найти координаты этих точек (впрочем, координаты точки
A очевидны и без этого):
Чтобы найти координаты точки M, отметим, что они
совпадают с координатами радиус-вектора 
соединяющего начало координат с этой
точкой. С другой стороны, 
Далее, координаты вектора 
совпадают с координатами
точки A, то есть равны {R; 0},
а координаты вектора 
равны разности соответствующих координат его конца и
начала, то есть равны 
Поэтому координаты вектора 
так что координаты точки M:
Для второго этапа решения отметим, что отрезок OF будет высотой пирамиды FABC (поскольку эта пирамида — правильная).
Теперь дополним систему координат xOy на плоскости α до системы координат в пространстве, выбрав в качестве оси Oz прямую OF с положительным направлением от точки O к точке F. Найдем координаты точек F и T (для точек A, B, C, O, M на плоскости α две первые координаты уже найдены, а третья координата равна 0).
Значения координат точки F очевидны геометрически: Fx = 0, Fy = 0, Fz = R.
Сложнее найти координаты точки T. Для этого отметим,
что точка T лежит на прямой AF тогда и только тогда, когда вектор
коллинеарен вектору 
, то есть для некоторого действительного числа t верно
равенство 
Записывая это векторное равенство в координатной форме, мы получим систему из трех числовых равенств:
где t — некоторый параметр. Применяя эти формулы к рассматриваемому конкретному случаю, мы получим координаты точки T: T(R – tR; 0; tR), где значение параметра t будет определено ниже.
Поэтому
так что условие MT = BT превратится в уравнение для параметра t, который однозначно определяет положение точки T:
Это, в частности, означает, что существует и притом только
одна точка T, удовлетворяющая условию задачи: 
Хотя для нашего решения это не играет никакой роли, отметим,
что поскольку 
точка T
расположена на прямой AF так, что точка F лежит между A
и T. В оригинальном решении из [1], которое является чисто
«геометрическим», этот факт играет важную роль, но, несмотря на подробность
решения (местами даже излишнюю), используется без всякого обоснования.
Третья координата Tz точки T
положительна. Поэтому она равна высоте пирамиды TBCM. Следовательно,
объем пирамиды TBCM равен 
С другой стороны, по условию задачи этот объем
равен 
Это дает уравнение
откуда мы находим искомый радиус R:
Задача 2. (Задача С4, демонстрационный вариант ЕГЭ-2008.) Отрезок PN — диаметр сферы. Точки M, L лежат на сфере так, что объем пирамиды PNML наибольший. Найдите синус угла между прямой NT и плоскостью PMN, если T — середина ребра ML.
Решение. Введем в пространстве декартову систему
координат, выбрав в качестве начала координат центр O сферы, в качестве
оси Ox — прямую PN с направлением от точки O к точке N,
ось Oy выберем так, чтобы плоскость xOy совпадала с плоскостью
PMN, а точка M лежала в полуплоскости y≥0 (если рассматривать
систему координат xOy на плоскости PMN; рис. 2), ось Oz
выберем так, чтобы точка L лежала в полупространстве z≥ 0
(рис. 3). Поскольку в задаче не указана единица измерения длин, возьмем в
качестве единичного отрезка радиус сферы.
Рис. 2
Рассмотрим в качестве основания треугольника PMN
отрезок PN. Тогда его высота h будет равна второй координате точки
M: h = My
(см. рис. 2). Следовательно, 
Рис. 3
Рассмотрим в качестве основания пирамиды PNML треугольник PMN. Тогда ее высота H будет равна третьей координате точки L: H = Lz. Следовательно, выбранная специальная система координат гарантирует справедливость равенства
Поскольку точка M лежит на окружности радиуса R
= 1, ясно, что My≤1, причем My = 1 тогда и только тогда, когда M = (0; 1;
0). Аналогично, поскольку точка L лежит на сфере радиуса 
Это означает, что наибольшее значение объема пирамиды PNML
равно 
и оно соответствует M(0; 1; 0), L(0; 0; 1). Иначе говоря,
пирамида, о которой идет речь в задаче, существует и притом только одна. В ходе
дальнейшего решения будем рассматривать именно эти положения точек M и
L.
После введения системы координат плоскость PMN может
рассматриваться как плоскость xOy, и в качестве ее нормального вектора
можно взять единичный вектор на оси Oz:
= {0; 0; 1}
Начало вектора 
то есть точка N имеет координаты (1; 0;
0). Конец вектора, то есть точка T, является серединой отрезка ML.
Поэтому координаты точки T являются средним арифметическим координат
точек M(0; 1; 0) и L(0; 0; 1), так что 
Теперь можно найти
координаты вектора 
как разность координат конца и начала: 
В частности, длина
этого вектора 
Поскольку нам известны координаты векторов 
мы можем найти
косинус угла y между
ними с помощью скалярного произведения:
В нашей системе координат нормальный вектор и вектор 
направлены в одно и то же полупространство z≥0. Поэтому угол φ между прямой NT и
плоскостью PMN равен 90°
– ψ. Соответственно, 
1. (Задача В10, демонстрационный
вариант ЕГЭ-2008.) Основание прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 —
правильный треугольник ABC, сторона которого равна 
На ребре BB1
отмечена точка P так, что BP : PB1 = 3 : 5.
Найдите тангенс угла между плоскостями ABC и ACP, если расстояние
между прямыми BC и A1C1 равно 16.
2. (Задача В10, демонстрационный вариант ЕГЭ-2007.)
Высота правильной четырехугольной призмы ABCDA1B1C1D1
равна 8, а сторона основания равна 
Найдите расстояние от вершины A до
плоскости A1BD.
Ответ: 1. 0,5. 2. 4,8.
1. Единый государственный экзамен по математике.
Демонстрационный вариант КИМ 2009 г. — М.: ФИПИ, 2008.
2. Единый государственный экзамен по математике.
Демонстрационный вариант КИМ 2008 г. — М.: ФИПИ, 2007.
3. Фалин Г., Фалин А. Сложные задачи вступительных экзаменов в
МГУ: метод координат // Математика, 2008, № 5, с. 35–39.