Что проще? Разные подходы к решению стереометрических задач

В «Математике» 2009, № 6 были опубликованы две статьи, посвященные векторно-координатному методу решения стереометрических задач [1, 2]. Мы приведем «чисто геометрические» решения всех 10 задач, разобранных в [1], и обсудим плюсы и минусы двух подходов, а также рассмотрим некоторые стереометрические задачи ЕГЭ. Нумерация задач сохранена.

Задача 1. Отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центроидом противолежащей грани, называется медианой этого тетраэдра; отрезок, соединяющий середины противоположных ребер тетраэдра, называется его бимедианой. Докажите:

а) что все медианы тетраэдра пересекаются в одной точке и эта точка делит каждую из медиан в отношении 3 : 1, считая от вершины;

б) все бимедианы тетраэдра пересекаются в одной точке и делятся ею пополам;

в) точка пересечения бимедиан тетраэдра совпадает с точкой пересечения его медиан.

Решение. Рассмотрим произвольную медиану, например, DD₁ и произвольную бимедиану, например, MN, где M — середина BC. Они лежат в одной плоскости AMD, и потому пересекаются в некоторой точке G. Зная отношения

AN : ND = 1 : 1 и AD₁ : D₁M = 2 : 1,

легко найти, в каких отношениях отрезки MN и DD₁ делят друг друга. Проще всего воспользоваться теоремой Менелая, из которой сразу получим, что

MG = GN и DG = 3GD₁.

Следовательно, все бимедианы имеют общую середину (G), и эта точка делит любую медиану в отношении 3 : 1, считая от вершины тетраэдра, что и требовалось доказать.

Если применение теоремы Менелая «недостаточно элементарно», нужные отношения можно найти, проведя, например, отрезок NK, параллельный DD₁ (рис. 1); тогда из теоремы Фалеса и подобия соответствующих треугольников получим:

Задача 2.В параллелепипеде АВСDА₁В₁С₁D₁ точка М — середина диагонали А₁С₁ грани A₁B₁C₁D₁, точка K — середина ребра ВВ₁. Докажите, что прямые А₁В₁, KМ и ВС₁ параллельны некоторой плоскости.

Решение. Плоскость α = BC₁D₁ (рис. 2) содержит прямую BC₁, параллельна прямой A₁B₁ (так как C₁D₁ C A₁B₁) и параллельна прямой MK (так как MK C BD₁ как средняя линия треугольника BB₁D₁). Поэтому все три рассматриваемые прямые параллельны любой плоскости, параллельной α.

Задача 3. На диагоналях АВ₁ и ВС₁ граней AA₁B₁B и ВВ₁С₁С параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взяты точки соответственно Н и M так, что отрезки НM и A₁C параллельны. Найдите отношение длин этих отрезков.

Решение. Нарисуем параллельную проекцию данной фигуры (рис. 3) вдоль прямой BD; для определенности — на плоскость ACC₁. Получится рисунок 4: вся прямая BD проецируется в одну точку, а именно, в точку O ее пересечения с AC, то есть в середину AC, и, аналогично, прямая B₁D₁, параллельная BD, перейдет в середину O₁ отрезка A₁C₁. Поскольку проекции AO₁ и OC₁ отрезков AB₁ и BC₁ параллельны, все отрезки MRHR с концами на OC₁ и AO₁, параллельные A₁C, в том числе и проекция рассматриваемого отрезка MH, равны между собой. Таким образом, они равны отрезку M₀H₀, высекаемому прямыми AO₁ и OC₁ непосредственно на диагонали A₁C (см. рис. 4; на самом деле, этот отрезок как раз и будет проекцией отрезка MH, хотя это нам сейчас и неважно). По теореме Фалеса CM₀ = M₀H₀ = H₀A₁; следовательно, MH : A₁C = M₀H₀ : A₁C = 1 : 3.

В решении использовано то, что проекция отрезка MH — это отрезок, параллельный A₁C (или лежащий на прямой A₁C), и что эти отрезки пропорциональны своим проекциям; эти факты следуют из известных основных свойств параллельной проекции.

Задача 4. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁, ребро которого равно 6, найдите:

а) расстояние от вершины А₁ до плоскости ВС₁D;

б) угол между диагональю ВА₁ грани АА₁В₁В и плоскостью ВС₁D .

Решение. а) Рассмотрим тетраэдр A₁BC₁D (рис. 5). Все его ребра — диагонали граней куба (они равны ), то есть этот тетраэдр правильный. Расстояние от его вершины A₁ до грани BC₁D есть его высота, и найти ее можно через объем. Тетраэдр получается в результате отрезания от куба плоскостями его граней четырех равных «прямоугольных» тетраэдров. Возьмем один из них, например, ABDA₁. Площадь его основания ABD вдвое меньше площади грани куба, а высота равна высоте куба, поэтому его объем в 6 раз меньше объема куба. Следовательно,

Площадь S равностороннего треугольника BDC₁ со стороной равна Следовательно, искомое расстояние равно

б) Если из точки P проведены к некоторой плоскости наклонная длины l и перпендикуляр h (рис. 6), то угол a между наклонной и плоскостью можно найти по формуле В нашей задаче и

Задача 5. Найдите расстояние между скрещивающимися диагоналями АВ₁ и ВС₁ смежных граней АА₁В₁В и ВВ₁С₁С куба ABCDA₁B₁C₁D₁, если ребро этого куба равно 12.

Решение. Поскольку AB₁DC₁, плоскость BDC₁ параллельна прямой AB₁ (рис. 7). Следовательно, искомое расстояние равно расстоянию от любой точки прямой AB₁, например, от A, до указанной плоскости и найти его можно через объем, как в задаче 4. С поправкой на другую длину ребра куба, мы, фактически, уже вычислили и объем тетраэдра CBDC₁ (он равен объему ABDA₁), и площадь грани BDC₁.

Ответ:

Данную задачу можно было бы решить и с помощью задачи 3, заметив, что диагональ A₁C куба перпендикулярна и к BC₁, и к AB₁ (это следует из теоремы о трех перпендикулярах: например, проекция A₁C на грань BCC₁B₁ есть диагональ B₁C этой грани и перпендикулярна BC₁, значит, и A₁C BC₁). Таким образом, общий перпендикуляр прямых BC₁ и AB₁ есть отрезок с концами на этих прямых, параллельный A₁C. А в задаче 3 мы нашли, что он втрое короче A₁C.=

Задача 7. В треугольной пирамиде РАВС все плоские углы при вершине Р прямые. Найдите площадь сферы, описанной около этой пирамиды, если РА = 2, РВ = 3, РС = 4.

Решение. Достроим данную пирамиду до прямоугольного параллелепипеда (рис. 9). Как известно, его диагонали равны и имеют общую середину O. Точка O равноудалена от вершин параллелепипеда и, следовательно, является центром его описанной сферы, которая, разумеется, будет и описанной сферой пирамиды. Следовательно, радиус R сферы равен половине диагонали d параллелепипеда, а ее площадь равна

Задача 8. В тетраэдре РАВС два плоских угла при вершине Р прямые, а величина третьего плоского угла равна 60°. Найдите радиус сферы, описанной около этой пирамиды, если РА = РВ = РС = 12.

В этом случае тетраэдр можно достроить до правильной призмы, искомая сфера будет описана около этой призмы и ее центр будет серединой отрезка, соединяющего центры оснований (рис. 10). Вычисление радиуса оставляем в качестве упражнения.

Задачу 9 из [1] мы пропустим — это упрощенный вариант задачи 7.

Задача 10. В трехгранном угле РАВС известны величины плоских углов при вершине Р: АРВ = ВРС = АРС = 60°. Сфера, центр которой удален от вершины Р на расстояние, равное касается всех ребер этого угла. Найдите радиус данной сферы.

Решение. Рассматриваемый угол равен трехгранному углу правильного тетраэдра. Поместим такой тетраэдр в куб, как это было сделано на рисунке 5. Очевидно, что вписанная в куб сфера касается всех ребер тетраэдра, то есть диагоналей граней куба (в их серединах). Ее центр находится в центре куба. Если радиус сферы равен R, то ребро куба равно 2R, а расстояние от его центра до вершины равно Поскольку оно равно то (Заметим, что решение этой задачи занимает в [1] целую страницу!)

Разобранные примеры убеждают, что по части простоты (краткости) и тем более изящности векторно-координатные решения не могут тягаться с геометрическими. Достоинства векторно-координатного метода имеют более прагматический характер. Во-первых, этот метод более «алгоритмичен», позволяет решать задачи «не думая», по шаблону. Во-вторых, он универсален — предлагаемые алгоритмы решения применимы к любой геометрической конфигурации. И, наконец, он практически не требует геометрических обоснований, которые все равно почти никогда не бывают полными. Именно эти соображения выходят на первый план, например, в условиях экзамена. Но нужно понимать, что они оборачиваются и тем, что решения зачастую получаются громоздкими, с большим количеством вычислений, которые оторваны от геометрического смысла, а значит, и с большей вероятностью арифметических ошибок, которые трудно отследить. Кроме того, в школьном курсе геометрии остались лишь только самые основные сведения о векторах и координатах в пространстве, так что круг задач, в которых их целесообразно применять, невелик. В первую очередь к таким задачам можно отнести задачи на углы между скрещивающимися прямыми, в частности, на перпендикулярность. А в задачах на нахождение расстояний удобнее использованный нами выше метод объемов, который не уступает векторному методу в смысле «алгоритмичности», но, как правило, приводит к более экономным вычислениям. Еще один полезный метод — метод проекций. Он был использован в решении задачи 3, но применим и ко многим другим задачам типа рассмотренных выше; подробнее см. [3].

Интересно посмотреть с этой точки зрения на стереометрические задачи ЕГЭ. В [2] две такие задачи решены с применением координат на одном из этапов решения. Вряд ли можно сказать, что это приносит особые дивиденды по сравнению с «обычными» решениями, да и в целом анализ задач ЕГЭ показывает, что они не очень «приспособлены» к векторно-координатному подходу. А вот хорошие «геометрические» решения, использующие, как и многие из примеров выше, удачные конкретные данные, встречаются. Такие решения иногда выглядят не совсем «честными», но для экзаменационных задач они достаточно типичны — ведь задачи составляются так, чтобы их можно было решить, да еще и чтобы ответ был хорошим. Приведем пример из ЕГЭ 2008 г.

Задача 11. Дан конус с вершиной M, радиус основания которого равен 6. На окружности его основания выбраны точки A, B, C так, что углы BMA, AMC, CMB равны 90° каждый. Точка F выбрана на дуге BC окружности основания конуса, не содержащей точки A, так, что объем пирамиды MABFC наибольший. Найдите расстояние от точки F до плоскости MAB.

Задача решается в несколько строк и практически без вычислений. Ясно, что пирамида MABC правильная (рис. 11), а F — середина дуги BC (кстати, последнее разрешалось не доказывать на экзамене). Искомое расстояние h_F — это высота пирамиды MABF, опущенная на грань ABM.

Заметим, что высоту h_C пирамиды MABC, опущенную на ту же грань, легко найти — она совпадает с ребром CM и равна

Поэтому достаточно найти отношение h_F : h_C, а оно равно отношению объемов пирамид. Имеем:

(мы учли, что пирамиды имеют общую высоту, проведенную из вершины M; последнее равенство очевидно). Отсюда

Ответ:

Интересно, что аналогичные задачи из большинства других вариантов этого же экзамена оказались значительно сложнее, что было явной недоработкой составителей ЕГЭ. Предлагаем одну из этих задач в качестве упражнения. Общий план ее решения такой же, как и в предыдущей задаче, но здесь у нас нет такого подарка, как практически данная эталонная величина, с которой можно сравнить искомое расстояние (длина ребра CM, равная расстоянию от C до плоскости ABM). Поэтому приходится потрудиться. А при вычислениях можно использовать и метод объемов, и проекцию.

Задача 12. Дан конус с вершиной M, радиус основания которого равен В основание этого конуса вписан шестиугольник ABCDEF так, что углы AMB, BMC, CMD, DME, EMF, FMA равны a каждый, причем На дуге BC окружности основания конуса, не содержащей точки A, выбрана точка L так, что объем пирамиды MABLCDEF наибольший. Найдите расстояние от точки L до плоскости ABM.

2. Фалин Г., Фалин А. Применение метода координат для решения задач ЕГЭ по стереометрии // Математика, 2009, № 6, с. 24–26.

3. Дубровский В. Неожиданный ракурс // Квант, 1980, № 2, с. 46–50.

Дубровский В.