IV. Решение задач по теме занятия

Учитель: следующую задачу запишем в тетрадь. Аккуратно вклейте чертеж задачи (1 минута) и
подумайте, какие идеи решения задачи вы можете предложить?
Задача № 9 (слайд 18; после того, как учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью
анимации объектов отображаются на экране искомые величины зеленым цветом; для записи
решения задачи на доске вызывается желающий). В правильном тетраэдре PABC основание
высоты тетраэдра точка O соединена отрезком с вершиной B и на отрезке взята точка K так, что
BK  KO  1 . Определите расстояние и величину угла между прямыми (AC) и (PK).
Решение.
Достроим отрезок [OB] для пересечения с прямой (AC) в точке M. Тогда (т. к. по условию PABC –
правильный тетраэдр) отрезок [BM] – медиана, биссектриса, высота к стороне (AC) в ABC.
Точкой пересечения медианы треугольника делятся в отношении 2 : 1, считая от вершины, а по
условию BK  KO  1 . Тогда BK  KO  OM  1 и BM  3 . И, следовательно, длину ребра a
правильного тетраэдра можем найти из связи высоты h правильного треугольника и стороны:
a 3
2h 2 BM
h
a

2 3.
2
3
3
Из прямоугольного POB находим PO  a 2  OB  2 2 , а из POK находим
2
PK 
PO  OK  3 .
2
2
Прямоугольные POK  ONK по свойству высоты, опущенной из прямого угла на гипотенузу:
ON
OK
ON 1
2 2
.

;
  ON 
PO
PK
3
2 2 3
Через точку M параллельно отрезку [ON] построим отрезок [MH], для которого, в силу
свойств параллельных прямых, будет выполняться условие [MH]  [PK].
(BM)  (MPB), (BM)  (AC)

(PO)  (MPB), (AC)  (PO)   (AC)  (MPB) по признаку перпендикулярности прямой и

(PO)  (BM)=O


плоскости. Тогда (AC)  (PK) и угол между ними составляет
радиан.
2
Условие перпендикулярности прямой (AC) и плоскости (MPB) позволяет сделать вывод о
перпендикулярности [MH]  (MPB) и [AC].
Тогда (по определению) отрезок [MH] является общим перпендикуляром прямых (AC) и (PK). Его
длину найдем из следующих соображение: прямоугольные MHK  ONK по общему острому
MH
MK
MH
2
4 2

;
  MH 
углу, т. е.
.
ON
OK
1
3
2 2
3
Ответ:  (AC); (PK) 
/\
4 2 

;  (AC); (PK)   .
3

 2
Задача № 10 (слайд № 19; даетсявремя для вклеивания чертежа задачи в тетрадь; после того,
как учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью анимации объектов отображаются на
экране искомые величины зеленым цветом; для записи решения задачи на доске вызывается
желающий). В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 на диагонали основания (AC) взята точка M так,
что AM  MO , где точка O – точка пересечения диагоналей грани основания. Определите
расстояние и величину угла между прямыми (MO1) и (BD).
Решение
(AC)  (ACC1 ), (BD)  (AC) 

(OO1 )  (ACC1 ), (BD)  (OO1 )  (BD)  (ACC1 ) по признаку перпендикулярности прямой и

(OO1 )  (AC)=O

/\

плоскости. Тогда (BD)  (MO1)  (ACC1), т. е. угол между ними  BD ; MO1   .

 2
Опустив высоту [OK] из прямого угла в O1OM, получим общий перпендикуляр прямых (BD) и
OO1  OM
(MO1), и по свойству высоты к гипотенузе OK 
.
MO1
По условию AM  MO  MO 
1
1
2
AC   2 
.
4
4
4
2
9 3 2
.
1 

16
8
4
Подставив значения длин отрезков [MO1] и [OM] в выражение для нахождения длины отрезка
1
[OK], получаем OK  .
3
/\
1 
 
Ответ:  BD ; MO1   ;  BD ; MO1   .
3 
 2
Задача 11 (слайд 20; дается время для вклеивания чертежа задачи в тетрадь; после того, как
учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью анимации объектов отображаются на
экране искомые величины зеленым цветом; для записи решения задачи на доске вызывается
желающий). В кубе ABCDA1B1C1D1 с длиной ребра a определите расстояние и угол между
скрещивающимися диагоналями смежных граней куба.
По теореме Пифагора из O1OM получим MO1 
Решение.
MO  OO1 
2
2
Для решения данной задачи используем метод нахождения расстояния между скрещивающимися
прямыми при помощи параллельных плоскостей: прямая (DA1)  (DA1B), (CD1)  (CD1B1) и
(DA1B)  (CD1B1) по признаку параллельности плоскостей (прямые (DA1)  (CB1), (BD)  (B1D1) и
(DA1)  (BD) = D, (CB1)  (B1D1) = B1). Тогда расстояние
 CD1 ; DA1    DA1B; CD1B1   EF .
Рассмотрим более общий случай, чем нужно в решении данной задачи, и докажем деление
диагонали не только прямоугольника, но и параллелограмма, в трех равных частях прямыми,
соединяющими вершины и середины противоположных сторон.
Точкой пересечения диагонали параллелограмма делятся пополам, т. е. AM  MC1 .
A1 AF  CC1E , как накрест лежащие при (AA1)  (CC1) и секущей (AC1), FA1 A  ECC1 , как
углы, заключенные между параллельными прямыми, и AA1  CC1  x – как стороны
параллелограмма. Тогда A1 AF  CC1E по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Следовательно, AF  EC1 .
Тогда FM  AM  AF  MC1  EC1  ME .
AF
x
2
, но это означает, что
x
FM
2
AF  2 FM . И аналогично доказывается C1E  2 EM .
A1AF  OMF по двум углам:
AA1
AF

;
OM
FM
Значит, можем сделать вывод: AF  C1E  EF .
Возвращаясь к исходной задаче (четырехугольник AA1C1C – прямоугольник), получаем, что
1
a 3
EF  AC 
.
3
3
Осталось определить угол между скрещивающимися диагоналями смежных граней куба:
/\
/\


 

т. к. (CD1)  (BA1), то  CD1 ; DA1    BA1 ; DA1   DA1B 
(как угол в равностороннем
3

 

DA1B).
/\
a 3 

Ответ:  CD1 ; DA1  
;  CD1 ; DA1   .
3

 3
Задача № 12 (слайд 21; дается время для вклеивания чертежа задачи в тетрадь; после того, как
учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью анимации объектов отображаются на
экране искомые величины зеленым цветом; для записи решения задачи на доске, вызывается
желающий). Найдите расстояние и угол между апофемой и скрещивающейся с ней стороной
правильного тетраэдра, если ребро тетраэдра равно a.
Решение.
Рассмотрим плоскость (CPC1). Прямая (AB)  (CPC1), т. е. prCPC1   AB   C1 . Построим среднюю
линию (A1B1)  (AB). Тогда (A1B1)  (CPC1) по свойству параллельных прямых, одна из которых
перпендикулярна плоскости. (A1B1)  (CC1) = E, т. е. prCPC1   A1 P   PE  .
Тогда в соответствии с методом «от проекции до проекции» искомое расстояние – это
перпендикуляр, опущенный из точки C1 на отрезок [PE]. Обозначим его как [C1H], но искать
будем не этот отрезок, а отрезок [OK] – в три раза меньший (доказывается с использованием
подобия прямоугольных треугольников C1HE  OKE по общему острому углу).
1
1
1
1 a 3 a 3
OE  C1E  C1O  CC1  CC1  CC1  

.
2
3
6
6 2
12
1
a 3
OA1  AA1 

3
6   PO  PA2  OA 2  a 6 .

1
1
3
a 3

PA1 

2
a 11
Тогда из прямоугольного POE по теореме Пифагора PE 
, а по свойству высоты,
4
PO  OE a 22
опущенной из прямого угла OK 
.

PE
33
a 22
.
11
В силу параллельности прямых (A1B1)  (AB), величина угла между апофемой и скрещивающейся с
ней стороной правильного тетраэдра равна:
  AB ;/ \PA     A B /;\ PA   PA E  arcsin PE  arcsin 33

 1 1
1 
1 
1
PA1
6

 

Следовательно, искомое расстояние C1H 
/\
a 22 
33
;   AB ; PA1   arcsin
.
11
6


Учитель: Молодцы! А как в этой задаче можно построить общий перпендикуляр между
указанными скрещивающимися прямыми?
Ответ:   A1B1 ; PA1  
Учащиеся должны свести все к теоретическому обоснованию метода «от проекции до проекции»,
т. е. сначала через точку H строят прямую (NF)  (AB), причем (NF)  (PA1) = F. Через полученную
точку проводим прямую (FT), параллельную (C1H). Именно отрезок [FT] и является общим
перпендикуляром прямых (AB) и (PA1). (С помощью анимации на экране демонстрируется
построение общего перпендикуляра).
Задача № 13 (слайды 22, 23 в зависимости от рассматриваемого случая; дается время для
вклеивания чертежей задачи в тетрадь; после того, как учащиеся озвучат верную идею решения,
с помощью анимации объектов отображаются на экране искомые величины зеленым цветом; для
записи решения задачи на доске вызывается желающий). Найдите расстояние между
скрещивающимися высотами граней правильного тетраэдра с ребром a.
Решение.
В данной задаче существует две равновозможные ситуации:
(1). Пусть скрещивающиеся высоты граней тетраэдра расположены как на чертеже:
Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми в этом случае используем метод
«от проекции до проекции». Через точку O проведем прямую l, параллельную (AB), и через эту
прямую построим плоскость , перпендикулярную (CC1). Тогда K  pr A1 . В силу условия
перпендикулярности плоскости  и прямой (CC1), а также учитывая условие для точки O  l  ,
получим, что прямая (PO)  , т. е PK   pr PA1  , и O  pr CC1  . В этом случае, искомое
расстояние – это высота, опущенная из вершины прямого угла на гипотенузу (PK). Используя
теорему Пифагора и свойство медиан треугольника, получим, что
2
2 a 3
a 6
1
a
a 35
2
2
 
PO  PB  OB  a   
, OK  C1B  и PK  PO  OK 
.

2
4
3
2
3
4
3


Тогда рассмотрим прямоугольный треугольник POK и опустим высоту на гипотенузу:
2
2
2
Отрезок [OH], как уже указывалось ранее, и есть расстояние между (CC1) и (PA1). По свойству
PO  OK a 70
высоты, опущенной из прямого угла OH 
.

PK
35
(2). Пусть скрещивающиеся высоты граней тетраэдра расположены как на следующем чертеже:
Аналогичными рассуждениями, используя теорему Пифагора, теорему Фалеса, свойство медиан
треугольника, и, доказав, что BKO1C1 – прямоугольник, получим, что
DO1 
2
2
2
a 3
3a 2   a 3   a   a 6
2
2




DB  O1B  
  O1C1  C1B  4    3    2    6 ,
 2 



2
2


a 15
a
2
2
и DK  DO1  O1K 
. И высота, опущенная из вершины прямого угла,
6
2
прямоугольного DO1K и есть расстояние между (CC1) и (BD):
O1K  C1B 
DO1  O1 K
a 10
.
DK
10
Ответ: расстояние между скрещивающимися высотами граней правильного тетраэдра с ребром a
a 10
a 70
равно
или
.
35
10
По свойству высоты, опущенной из прямого угла OH 

Учитель: А теперь попробуйте перенести знания и умения, связанные с нахождением расстояния
и угла между скрещивающимися прямыми в новые ситуации – решим несколько
исследовательских задач (№ 5.062 – 5.063 [1]). Прочитайте, пожалуйста, условие первых двух
задач. Что у них общего?
Для решения задач № 5.062 – 5.063 учащиеся самостоятельно в тетради делают чертеж,
записывают краткое дано, решение задач и ответ.
№ 5.062 [1] (слайд 24 после того, как учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью
анимации объектов отображаются на экране искомые величины). Ребро куба ABCDA1B1C1D1
равно a. Какую наименьшую площадь может иметь треугольник ACM, если точка M
принадлежит прямой (B1D1)? Найдите эту площадь.
№ 5.063 [1] (слайд 25 после того, как учащиеся озвучат верную идею решения, с помощью
анимации объектов отображаются на экране искомые величины). Ребро куба ABCDA1B1C1D1
равно a. Какую наименьшую площадь может иметь треугольник BTD, если точка T принадлежит
прямой (A1C)? Найдите эту площадь.
Решение.
Поставленные задачи сводятся к осознанию того факта, что наименьшая площадь треугольника
получается в том случае, если высотой в нем выступает расстояние между скрещивающимися
a2 2
a2 2
прямыми. Площади соответствующих треугольников равны: S AMC 
и S BTD 
.
4
2
a2 2
Ответ к задаче № 5.062: S AMC 
.
2
a2 2
Ответ к задаче № 5.063: S BTD 
.
4
Учитель: ребята, а что собой представляет цилиндр? Где в кабинете вы видите его?
Учащиеся приводят примеры: трубы батареи, мел, модель цилиндра в шкафу и т.п. (Спонятием
«цилиндр» учащиеся впервые «сталкиваются» еще в начальной школе и, хотя в рамках курса
стереометрии цилиндр еще не изучался, но понятие о нем ученики имеют)
Учитель: Хорошо. Тогда посмотрите на следующий слайд, где записано условие задачи,
связанной с цилиндром. (Слайд 26; дается время прочитать условие задачи).
Задача № 14 (на слайде 26 после того, как учащиеся озвучат идею решения, с помощью анимации
объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом; после того, как учащиеся
проговорят вслух ход решения этой задачи, слайд 27, на котором приведены основные моменты
решения). Концы отрезка [АВ] лежат на окружностях оснований цилиндра. Радиус оснований
цилиндра равен r, его высота равна h, а расстояние между прямой (АВ) и осью цилиндра равно d.
Найдите d, если h = 6, r = 5, |АВ| = 10.
Решение
(на рисунке слева приведен чертеж к рассматриваемой задаче, а справа – чертеж к
дополнительному вопросу учителя о способе построения общего перпендикуляра для оси цилиндра
и отрезка [AB]).
Проведем образующие (АА1) и (ВВ1), построим плоскость (А1ВВ1). Образующие параллельны оси
цилиндра (ОО1), а значит (ОО1) ║ (А1ВВ1) по признаку параллельности прямой и плоскости, при
этом (А1ВВ1) и (ОО1) перпендикулярны основаниям цилиндра.
По теореме Пифагора из ABA1 получаем A1B = 8.
Из точки О в плоскости нижнего основания проведем (OD)  (А1В). Тогда [OD] – общий
перпендикуляр к плоскости (А1ВВ1) и оси (ОО1).
В равнобедренном ОА1В находим высоту |OD| = 3, проведенную к основанию (А1В).
Ответ: расстояние между прямой (АВ) и осью цилиндра равно 3.
Учитель: Молодцы! А как построить общий перпендикуляр прямых (OO1) и (AB)? (После ответа
учащихся демонстрируется слайд 28 с построением общего перпендикуляра между прямыми (АВ)
и (ОО1)).
Решение устных задач (переключение внимания).
Учитель: Не устали? Отложите-ка пока ручки и посмотрите на экран.
Задача № 15 (на слайде 29 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
прямой призме в основании лежит разносторонний треугольник со сторонами a, b, c. Найдите
расстояние между боковым ребром призмы и скрещивающимся с ним ребром основания длины c.
Решение
Пусть AB = c, BC = a и AC = b. По условию призма является прямой, т.е. боковое ребро
перпендикулярно плоскости основания ( C  pr ABC  KC  ). Тогда высота, проведенная к (AB), в
силу метода расстояний «от проекции до проекции» является общим перпендикуляром прямых
2 p  p  a  p  b  p  c 
2S
(AB) и (KC). В общем виде   AB ; KC   h  ABC 
, где p –
c
c
полупериметр треугольника.
Задача № 16 (на слайде 30 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла
между прямыми (AD1) и (CE1), где D1, E1 – соответственно середины ребер A1C1 и B1C1.
Решение
Обозначим D и F1 соответственно середины ребер (AC) и (A1B1). Прямые (DC1) и (DF1) будут
соответственно параллельны прямым (AD1) и (CE1). Следовательно, угол между прямыми (AD1) и
5
3
(CE1) будет равен С1DF1. Треугольник С1DF1 равнобедренный: C1D  DF1 
, C1 F1 
.
2
2
Тогда по теореме косинусов cos C1DF1  0,7 .
Задача № 17 (на слайде 31 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла
между прямыми (AB) и (CA1).
Решение
Аналогично предыдущей задаче угол между прямыми (AB) и (CA1) – это CA1B1 – угол при
основании равнобедренного треугольника CA1B1 со сторонами 1, 2 , 2 . Тогда по теореме
2
косинусов cos CA1B1 
.
4
Задача № 18 (на слайде 32 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все ребра которой равны 1, найдите
косинус угла между прямыми (AA1) и (CF1).
Решение
Угол между прямыми (AA1) и (CF1) совпадает по величине с FF1C – острым углом
1
прямоугольного треугольника FF1C (с катетами 1 и 2). Тогда cos CF1F 
.
5
Задача № 19 (на слайде 33 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все ребра которой равны 1, найдите
косинус угла между прямыми (AB) и (FE1).
Решение
Угол между прямыми (AB) и (FE1) равен ( – FE1D1), а косинус FE1D1 находится по теореме
косинусов из FE1D1 (FE1 =
2 , E1D1 = 1 и FD1 
FD  DD1 
2
2
 3   1  2 ). Тогда
2
/\
2
.
cos   AB ; FE1    cos FE1D1 
4


Задача № 20 (на слайде 34 приведена устная задача; после того, как учащиеся озвучат ответ, с
помощью анимации объектов отображается на экране искомая величина зеленым цветом). В
правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все ребра которой равны 1, найдите
косинус угла между прямыми (AB1) и (BC1).
Решение
Для нахождения угла между прямыми (AB1) и (BC1) проведем дополнительные построения:
продолжим грань (ABB1) так, как показано на чертеже.
/\
/\

 

Тогда   AB1 ; BC1    BG1 ; BC1   C1BG1 – угол при вершине равнобедренного треугольника с

 

основанием C1G1  1 и боковыми сторонами BC1  BG1  2 . Тогда
/\


cos   AB1 ; BC1   cos C1 BG1 


 2    2  1  3  0,75 .
2
2
2 2  2
4
Учитель: Отдохнули? А теперь исследуйте такую проблему.
Задача № 21 (на слайде 35 приведена задача исследовательского характера; после того, как
учащиеся предложат различные варианты решения, с помощью анимации объектов отобразить
на экране подсказку, а затем – искомую величину). В основании пирамиды MABCD лежит квадрат
ABCD со стороной a, а боковые ребра (MA) и (MB) также равны a, боковые ребра (MC) и (MD)
имеют длину b. На грани (MCD) как на основании во внешнюю сторону построена треугольная
пирамида NMCD, боковые ребра которой имеют длину a. Найдите расстояние между прямыми
(AD) и (NM).
Решение
Вся сложность этой задачи «снимается», если заметить, что полученный многогранник ABMDCN
является треугольной призмой с основанием ABM и боковыми ребрами AD, BC, MN. Тогда
искомое расстояние находим, решая AMD.
Ответ: MH 
b
4a 2  b 2 .
2a