Страница 50 номер 5.32, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(ABCA_1B_1C_1\) — правильная треугольная призма
\(AB = a\)
\(M\) — середина ребра \(B_1C_1\)

Найти: 1) \(\overrightarrow{AB_1} \cdot \overrightarrow{A_1M}\); 2) \(\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{A_1M}\).

Решение: Призма правильная, поэтому её основания — равносторонние треугольники со стороной \(a\), а боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований. Боковые грани призмы — параллелограммы, поэтому \(\overrightarrow{BB_1} = \overrightarrow{AA_1}\), \(\overrightarrow{A_1B_1} = \overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{A_1C_1} = \overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{B_1C_1} = \overrightarrow{BC}\).

В качестве базиса \((\vec{p}; \vec{q}; \vec{r})\) выберем тройку некомпланарных векторов \((\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{AC}; \overrightarrow{AA_1})\): известны модули векторов \(\vec{p}\) и \(\vec{q}\) и попарные углы между векторами тройки, а модуль вектора \(\vec{r}\) — длина бокового ребра — не дан и в ответ не войдёт. Имеем: \(|\vec{p}| = |\vec{q}| = a\), \(\angle(\vec{p}, \vec{q}) = \angle BAC = 60^\circ\); прямая \(AA_1\) перпендикулярна плоскости \(ABC\), а значит, и прямым \(AB\) и \(AC\) этой плоскости, поэтому \(\angle(\vec{r}, \vec{p}) = \angle(\vec{r}, \vec{q}) = 90^\circ\). Отсюда:

\[\begin{aligned} \vec{p}^2 &= \vec{q}^2 = a^2; \\ \vec{p} \cdot \vec{q} &= |\vec{p}||\vec{q}| \cos 60^\circ = \frac{a^2}{2}; \\ \vec{r} \cdot \vec{p} &= |\vec{r}||\vec{p}| \cos 90^\circ = 0; \\ \vec{r} \cdot \vec{q} &= |\vec{r}||\vec{q}| \cos 90^\circ = 0. \end{aligned}\]

1) По правилу треугольника \(\overrightarrow{AB_1} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB_1} = \vec{p} + \vec{r}\). Точка \(M\) — середина отрезка \(B_1C_1\), поэтому для любой точки \(X\) выполняется равенство \(\overrightarrow{XM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{XB_1} + \overrightarrow{XC_1})\); при \(X = A_1\) получаем \(\overrightarrow{A_1M} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{A_1B_1} + \overrightarrow{A_1C_1}) = \frac{1}{2}(\vec{p} + \vec{q})\).

Найдём скалярное произведение:

\[\begin{aligned} &\overrightarrow{AB_1} \cdot \overrightarrow{A_1M} = (\vec{p} + \vec{r}) \cdot \frac{1}{2}(\vec{p} + \vec{q}) = {} \\ &= \frac{1}{2}(\vec{p}^2 + \vec{p} \cdot \vec{q} + \vec{r} \cdot \vec{p} + \vec{r} \cdot \vec{q}) = {} \\ &= \frac{1}{2}\left(a^2 + \frac{a^2}{2} + 0 + 0\right) = \frac{3a^2}{4}. \end{aligned}\]

2) По правилу треугольника \(\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BB_1} + \overrightarrow{B_1M}\). Точка \(M\) — середина ребра \(B_1C_1\), поэтому \(\overrightarrow{B_1M} = \frac{1}{2}\overrightarrow{B_1C_1} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\), а по правилу нахождения разности двух векторов, отложенных от одной точки, \(\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB} = \vec{q} - \vec{p}\). Значит, \(\overrightarrow{BM} = \vec{r} + \frac{1}{2}(\vec{q} - \vec{p}) = -\frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q} + \vec{r}\).

Найдём скалярное произведение:

\[\begin{aligned} &\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{A_1M} = \left(-\frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q} + \vec{r}\right) \cdot \frac{1}{2}(\vec{p} + \vec{q}) = {} \\ &= \frac{1}{4}(-\vec{p}^2 - \vec{p} \cdot \vec{q} + \vec{q} \cdot \vec{p} + \vec{q}^2) + \frac{1}{2}(\vec{r} \cdot \vec{p} + \vec{r} \cdot \vec{q}) = {} \\ &= \frac{1}{4}\left(-a^2 - \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + a^2\right) + \frac{1}{2}(0 + 0) = 0. \end{aligned}\]

Ответ: 1) \(\overrightarrow{AB_1} \cdot \overrightarrow{A_1M} = \frac{3a^2}{4}\); 2) \(\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{A_1M} = 0\).