B 1

1
Муниципальное образование Гулькевичский район с. Соколовское
Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение
средняя общеобразовательная школа № 14 с. Соколовского
муниципального образования Гулькевичский район
Тема: «Решение стереометрических заданий ЕГЭ по математике»
Автор опыта:
Плыгун Татьяна Васильевна
учитель математики МБОУ СОШ № 14
2
Содержание.
1. Система подготовки учащихся к ЕГЭ по математике ……………… 3
2. Доклад на районном МО учителей математики «Решение заданий С₂
единого государственного экзамена по математике» ……………… 6
3. Урок геометрии в 10 классе на тему: «Угол между прямой и
плоскостью»…………………………………………………………… 13
4. Занятие элективного курса «Избранные вопросы математики» по
теме: «Векторы в пространстве и метод координат. Задача C2 из
материалов КИМ» …………………………………………………….. 16
3
Система подготовки учащихся к ЕГЭ по математике
В России, в настоящее время, идёт становление новой системы
образования, ориентированной на вхождение в мировое образовательное
пространство. Происходят существенные изменения в педагогической теории
и практике учебно-воспитательного процесса. Содержание образования
обогащается новыми процессуальными умениями, развитием способностей
оперировать информацией, творчески решать педагогические проблемы.
Анализ ситуации показывает, что сложившаяся в течение десятилетий
система образования пока не в состоянии полностью удовлетворить запросы
общества и возрастающие потребности людей. Возникает необходимость
обозначить основное требование современного педагогического процесса:
повышение качества обучения и изучения учебных предметов (в том числе и
математики в средней школе).
Единый государственный экзамен по математике – серьёзное испытание
в жизни каждого выпускника школы, а для выпускника обычной
общеобразовательной сельской школы испытание особенное. Профильное
обучение в старших классах давно стало требованием времени, но выпускник
сельской
школы,
получающий
универсальное
образование
в
общеобразовательной школе не имеет этой возможности. Он не может
пройти очные курсы по подготовке к ЕГЭ, организованные на базе вузов
областного центра. Однако, существенная особенность ЕГЭ по математике
– он является обязательным для всех учащихся 11 классов и основная его
цель – независимая экспертиза качества знаний и совмещение выпускного и
вступительного экзаменов. Вполне естественно, что перед
учителем
сельской общеобразовательной школы встал вопрос о повышении качества
обучения и подготовки детей к экзамену. В Краснодарском крае ЕГЭ по
математике проводится с 2002 г. Несколько лет я работала в выпускных
классах и готовила учеников к итоговой аттестации. В этой статье хочу
представить собственную систему работы по подготовке детей к ЕГЭ по
математике, давшую хорошие результаты.
Результаты ЕГЭ по математике
Учебный год
Максимальный балл
2006-2007
65
2007-2008
81
Несмотря на то, что результаты всех лет были успешными, хотелось бы
не только сохранить 100% успеваемость, но и попытаться подготовить 2-3
учеников на более высокий результат. В 2007-2008 учебном году результаты
4
экзамена моего выпускников Кныша Дмитрия (81 балл) были одним из
лучших в районе, что выше среднего проходного балла по России на
бюджетные места в вузы на 19,5 (61,5 ср. проходной балл).
Для того чтобы наилучшим образом подготовиться к нему, надо иметь
не только хорошие знания по предмету, но так же хорошо представлять себе
структуру экзаменационной работы, процедуру экзамена, знать какие и
когда действия при этом происходят.
Уже первый сборник заданий ЕГЭ был для меня, да и для всех учителей
математики, настоящим «сюрпризом», поскольку ломал все привычные
подходы к процессу обучения математике. Что возмущало больше всего:
 полный отказ от всех правил оформления решения;
 нестандартность в формулировках заданий;
 допустимость «метода угадывания» в разделах А и В.
Если раньше мы учили школьников решать задачу, то при подготовке к
тестированию советуем подбирать разумный ответ или тренироваться в его
угадывании. Если раньше на выполнение 5 - 10 заданий экзаменационной
работы отводилось 4 часа, то теперь эти 4 часа отводились на выполнение 30
заданий в 2003 году, 29 – в 2004г., 26 заданий в 2007- 2009г., 18 заданий в
2010 и 2011 годах и согласно демоверсии 20 заданий в 2012 году.
Опыт первых лет показал, что реально за отведённое время и в жёстких
условиях атмосферы ЕГЭ решить его полностью не может даже большинство
учителей математики. С ним не справляются выпускники 5 курса
математических факультетов вузов страны. Одним словом, научить
школьника математике и подготовить к успешному написанию ЕГЭ по
математике – это две абсолютно разные вещи. Думаю, что это осознал
каждый школьный учитель, и каждый встал перед вопросом: «С чего
начать?».
Первое, что сделала я – изучила все материалы, посвящённые ЕГЭ,
опубликованные в журналах «Математика в школе», «Народное
образование», второе – приобрела сборники с материалами ЕГЭ, демоверсии
ЕГЭ все с 2002 года и стала их прорабатывать. Вопросов было много, но и
было большое желание найти на них ответ. В большинстве случаев это
удавалось. Однако копилка с нерешёнными заданиями части С пополнялась
с реактивной скоростью. Благодаря материалам журнала «Математика
школьникам», сборникам Семенова А.Л., Смирнова В.А., Лысенко Ф.Ф. на
страницах которых публиковались очень подробные решения демоверсий
ЕГЭ, мне удалось подготовить своих учеников для успешной сдачи ЕГЭ .
С введением новой формы аттестации у меня появилось ещё несколько
методических приёмов и хитростей. Чтобы работу по подготовке к экзамену
проводить в течение всего учебного года в кабинете необходимо иметь
огромное количество тестового материала. По результатам достижений сама
5
определяю двух, трёх учеников, которых можно подготовить к выполнению
более сложных заданий и работаю с ними строго индивидуально.
За последние годы научилась максимально использовать урочное время
для подготовки к экзамену, но этого недостаточно, поэтому в 8-11 классах
систематически провожу углублённую факультативную работу по предмету.
Элективные курсы: в 9 классе «Процентные расчеты на каждый день»,
«Модуль», «Квадратный трёхчлен и его приложения», «Дробнорациональные и линейные уравнения и неравенства с параметрами». В 10
классе «Простейшие задачи аналитической геометрии на плоскости». В 11
классе «Решение уравнений и неравенств с параметрами». Программы курсов
рассматривают ключевые и сложные темы школьной математики, помогают
расширить спектр задач, посильных для учащихся и реализовать принципы
дифференцированного обучения.
Постоянно работаю над повышением уровня профессионального
мастерства. В 2011-2012 г. прошла теоретическую и методическую
подготовку на курсах повышения квалификации ККИДППО по темам:
 «Содержательные и технологические аспекты в преподавании
учебных предметов и элективных курсов в профильной школе», март
2011 г.,
 «Использование ЭОР в образовательном процессе», апрель 2012,
 « Особенности преподавания математики на факультативных занятиях
и в кружках», май 2012.
В январе 2012 года выступила с обобщением опыта на районном МО
учителей математики с докладом «Решение заданий С2 единого
государственного экзамена по математике».
Ежегодно пополняю кабинет математики новыми дидактическими
материалами для урочной и внеурочной деятельности, способствующими
развитию у школьников интереса к математике, активизации мыслительной
деятельности, выявлению детей, проявляющих особый интерес к предмету и
в первую очередь повышению качества знаний по подготовке к ЕГЭ.
Разработала и систематизировала тестовый материал, создала подборку
текстовых задач по подготовке к промежуточным аттестациям, ГИА и ЕГЭ.
Приобрела для кабинета большое количество методической и
математической литературы по ключевым вопросам ЕГЭ. Буду очень
признательна, если мой опыт поможет коллегам из сельских школ.
Материалы из опыта моей работы размещены на сайтах:
http://www.zavuch.info/methodlib/371/68012/
http://plygun-tatyana.ucoz.ru
http://aeteros.no-ip.org/teach/
6
Доклад на районном МО учителей математики
«Решение заданий С₂ единого государственного экзамена по
математике»
Задания типа С2 делятся на два основных вида: на нахождение углов и на
нахождение расстояний. Рассмотрим основные методы решения задач на
нахождение расстояний.
Определение. Расстоянием
между множествами
точек называется
кратчайшее расстояние из всевозможных расстояний между точками этих
множеств. Нахождение расстояний возможно между точками, прямыми и
плоскостями в любых комбинациях. Всего получается шесть возможных
комбинаций. Нахождение расстояния между прямой и плоскостью имеет
смысл лишь тогда, когда они параллельны (в противном случае это
расстояние равно нулю). Но если они параллельны, достаточно взять любую
точку на прямой и найти расстояние от нее до плоскости — это расстояние и
будет искомым. Аналогично и с нахождением расстояний между
плоскостями.
1. Расстояние между прямыми
Чтобы найти расстояние между двумя скрещивающимися прямыми,
необходимо через одну прямую провести плоскость, параллельную второй, и
найти расстояние от второй прямой до этой плоскости.
ЗАДАЧА 1. В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ ребро равно 1. Найдите расстояние от
прямой AB₁ до прямой BC.
Решение. Данные прямые скрещивающиеся. Плоскость AB₁C₁D проходит
через прямую AB₁ и параллельна прямой BC (так как в ней есть прямая AD,
параллельная BC). Таким образом, достаточно найти расстояние от любой
точки BC до плоскости AB₁C₁D. Проведем в треугольнике ABB₁ высоту BH.
7
Она лежит в грани куба, то есть перпендикулярна ребру B₁C₁, а также
перпендикулярна AB₁, следовательно, перпендикулярна и плоскости AB₁C₁D.
Таким образом, BH и есть искомая величина, а она равна высоте
√2
.
2
равнобедренного прямоугольного треугольника с катетом 1, то есть
Ответ:
√2
.
2
Критерии оценивания выполнения задания С₂
Обоснованно получен правильный ответ
Верно описана геометрическая конфигурация,
Построен или описан отрезок, длину которого
Нужно найти, либо верно описан способ нахождения искомого
расстояния, но получен неверный ответ или решение незакончено
Решение неверно или отсутствует
Баллы
2
1
0
2. Расстояние от точки до прямой
Чтобы найти расстояние от точки до прямой, необходимо опустить из
точки перпендикуляр на данную прямую. Однако для решения задачи
делать этого не нужно — достаточно найти треугольник с вершиной в
исходной точке, а противоположной стороной на исходной прямой. Тогда
искомое расстояние есть высота этого треугольника.
Задача 2. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ высота равна 2,
сторона основания равна 1. Найдите расстояние от точки B₁ до прямой AC₁.
Решение.
Заметим, что искомое расстояние — высота треугольника AB₁C₁,
проведенная из вершины B₁. Чтобы найти ее, можно, например, найти
площадь треугольника и разделить на половину стороны AC₁.
По теореме Пифагора для треугольника B₁BA B₁A = √5 , аналогично,
C₁A = √5, а B₁C₁ = 1 по условию. Таким образом, квадрат высоты
треугольника AB₁C₁, проведенной из вершины A, равна 5 - 0,25 = 4,75, а сама
8
высота
√19
,
2
а его площадь –
вершины В₁, равна
√19
4
:
1
√19 √19
=
.
2
2
4
√5
√19
=
.
2
2√5
·
Тогда высота, проведенная из
Ответ :
√19
2√5
.
3. Расстояние от точки до плоскости
Чтобы найти расстояние от точки до плоскости, необходимо опустить
перпендикуляр из данной точки на эту плоскость. Чаще всего для этого
удобно воспользоваться теоремой о трех перпендикулярах.
Задача 3. В правильной треугольной пирамиде SABC боковые ребра равны 1,
а стороны основания — √2 . Найдите расстояние от вершины пирамиды S
до плоскости CMN, где M и N — середины ребер SA и SB соответственно.
Решение.
Сначала заметим, что треугольник SMN равнобедренный, значит, его
высота SH попадает в середину H отрезка MN. Поскольку SH
перпендикулярна MN, по теореме о трех перпендикулярах, проекция точки
S на плоскость CMN будет лежать на перпендикуляре к MN, проведенном к
этой плоскости через точку Н. Так как CM = CN, то CH, как медиана
равнобедренного треугольника CMN, и будет этим перпендикуляром. Значит
нужно найти высоту треугольника SCH, опущенную из вершины S. Боковые
грани пирамиды — прямоугольные треугольники. Так как отрезок SC
перпендикулярен двум прямым плоскости SAB, то он перпендикулярен и
всей плоскости. Значит, треугольник CSH — тоже прямоугольный. Значит,
нужно найти высоту треугольника SCH, опущенную из вершины S.
SH =
√2
4
. CH² = 1 +
2
16
=
18
16
. CH =
3√2
4
. По формуле для высоты
прямоугольного треугольника искомая высота равна
9
SC·SH
CH
= 1·
√2
4
:
3√2
4
=
1
3
.
Ответ:
1
3
.
4. Угол между прямыми
Определение. Углом между скрещивающимися прямыми в
пространстве называется угол между двумя прямыми, параллельными
данным, лежащими в одной плоскости. Чтобы найти угол между
скрещивающимся прямыми a и b , необходимо провести вспомогательную
прямую с, параллельную одной из них (например, a), через какую-нибудь
удобную точку на другой прямой. Получившаяся прямая c и прямая b лежат в
одной плоскости, и угол между ними равен искомому.
Задача 4. Основанием прямой четырехугольной призмы является ромб с
углом в 60°. Найдите острый угол между большей диагональю нижнего
основания и скрещивающейся с ней диагональю боковой грани, если
отношение высоты призмы к стороне ее основания равно √2 .
Решение.
Пусть основаниями призмы являются ромбы ABCD и A₁B₁C₁D₁. Тогда
если AD = a, то большая диагональ основания AC соединяет вершины углов
в 60° и равна a√3 а боковые стороны призмы равны a √2 . Боковые грани
— прямоугольники, диагонали которых, по теореме Пифагора, тоже равны
a√3 Мы хотим найти угол между AC и A₁D. Диагональ B₁ C параллельна
диагонали A₁D, но при этом имеет с прямой AC общую точку C. Таким
образом, искомый угол равен углу между AC и B₁C, которые являются
сторонами треугольника AB₁C и обе равны a√3 . AB₁ = a√2 , так как и она
является диагональю боковой грани призмы. Получается, что нам
необходимо найти угол в равностороннем треугольнике, который, как
известно, равен 60°.
Ответ: 60°.
10
5. Угол между прямой и плоскостью
Определение. Углом между (пересекающимися) прямой и плоскостью
называется угол между прямой и ее (ортогональной) проекцией на эту
плоскость . Чтобы найти угол между прямой a и плоскостью α нужно
построить точку А пересечения прямой и плоскости, а затем из какойнибудь удобной точки прямой a опустить перпендикуляр в плоскость α ,
получив та-ким образом проекцию AO. Угол между a и AO и является
искомым.
Задача 5. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ найдите угол
между плоскостью AA₁C и прямой A₁B, если AA₁ = 3,AB = 4, BC = 4.
,
Решение.
Точка A₁ — общая для прямой и плоскости. Таким образом,
достаточно опустить перпендикуляр на плоскость из произвольной точки
прямой A₁B. Интуитивным выбором является точка B. BD и AC
перпендикулярны, как диагонали квадрата ABCD, а прямая A₁A
перпендикулярна BD, так как она перпендикулярна всей плоскости ABCD.
Следовательно , по признаку перпендикулярности прямой и плоскости,
прямая BD перпендикулярна плоскости A₁AC (так как она перпендикулярна
двум ее прямым: AC и A₁A). Пусть M — точка пересечения диагоналей
квадрата ABCD. Тогда BM = 2√2 а искомый угол — это угол между BA₁ и
A₁M. Из прямоугольного треугольника BA₁M: его синус равен отношению
BM к A₁B, то есть
Ответ: arcsin
2√2
5
, а значит, сам угол равен arcsin
2 √2
5
.
6. Угол между плоскостями
2√2
.
5
11
Определение. Углом между (пересекающимися) плоскостями
называется угол между прямыми пересечения этих плоскостей с
плоскостью, перпендикулярной прямой их пересечения . Для нахождения
угла между плоскостями требуется найти их общую прямую a, выбрать на
ней удобную точку A, после чего в каждой из плоскостей восстановить в
точке A перпендикуляры к прямой a. Угол между этими перпендикулярами
будет искомым.
Задача 6. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат
ABCD со стороной
3√10
.
5
Длины всех боковых ребер равны 3, точка M —
середина ребра AS. Через прямую BM параллельно диагонали AC
проведена плоскость . Определите величину острого угла (в градусах) между
этой плоскостью и плоскостью SAC.
Решение.
Прямая МN, проходящая через точку M параллельно AC, лежит в
обеих плоскостях по условию, то есть является их общей прямой. Осталось
лишь построить к ней по перпендикуляру в каждой из плоскостей. Пусть N
— середина ребра SC. В плоскости SAC перпендикуляром будет прямая SH,
где H — середина MN (так как пирамида — правильная). В плоскости BMN
перпендикуляром будет прямая BH — медиана, а значит, и высота
равнобедренного треугольника MBN. Следовательно, осталось найти
величину угла BHS. По теореме Пифагора , квадрат высоты пирамиды равен
9 -
9
5
=
36
5
, высота -
6√5
,
5
значит, SH =
3√5
,
5
так как cos<SAB =
√10
,
10
применив теорему косинусов к треугольнику BAM, найдем, что BM = BN =
9√ 5
10
по теореме Пифагора, BH=
3√10
5
. Применив теорему косинусов к
треугольнику SBH, найдем, что cos<SHB = искомый угол равен 180° – 135° = 45°.
Ответ: 45°.
√2
2
, то есть < SHB = 135°, а
12
Баллы
Критерии оценивания выполнения задания С₂
Обоснованно получен правильный ответ
2
Способ нахождения искомого угла верен, но получен
Неверный ответ, или решение не закончено
1
Решение не соответствует ни одному из критериев,
0
перечисленных выше
Урок геометрии в 10 классе
на тему: «Угол между прямой и плоскостью».
Тип урока: лабораторно-практическая работа.
13
Цели урока:
 Сформировать навык нахождения угла между прямой и плоскостью;
 Научить обосновывать или опровергать выдвигаемые предположения.
Оборудование: интерактивная доска, магнитная доска, индивидуальные
листы
с заданиями для обучающихся.
Ход урока.
1. Организационный момент.
2. Актуализация знаний - Геометрический диктант. Верно ли
утверждение?
(1 – да; 0 – нет).
1. Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум
прямым, лежащим в этой плоскости? (нет)
2. Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна
некоторой прямой, лежащей в этой плоскости? (нет)
3. Две прямые, перпендикулярные третьей прямой, параллельны? (да)
4. Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна
лежащим в этой плоскости:
А) двум сторонам треугольника? (да)
Б) двум сторонам квадрата? (нет)
В) диагоналям параллелограмма? (нет)
5) Если прямая, принадлежащая плоскости, перпендикулярна проекции
наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной?
(да)
6) Если прямая перпендикулярна проекции наклонной, то она
перпендикулярна и самой наклонной? (нет)
7) Если из двух различных точек, не принадлежащих плоскости, проведены к
ней две равные наклонные, то их проекции тоже равны? (нет).
Проверка на магнитной доске: 001. 100. 100
Обсуждение утверждений, вызвавших затруднения; анализ ответов на
вопросы № 4,6,7.
3. Работа по готовым чертежам на интерактивной доске, обсуждение
алгоритмов построения.
𝐵𝐷 ⊥ (𝐴𝐵𝐶)
Найти угол между CD и плоскостью (ABD).
D
D
A
B
A
B
D
A
B
C индивидуальным листам с
C
4. C Самостоятельная работа
обучающихся по
∆𝐴𝐵𝐶
∆𝐴𝐵𝐶 равносторонний
∆𝐴𝐵𝐶
заданиями.
Приложение
1.
5. Подведение итогов(∠С
урока
Прямоугольный
Прямоугольный
= 90°).
6. Задание на дом: №165, № 214.
(∠С = 90°)
(∠А = 90°)
равносторонний
14
Литература.
1.Л.С. Атанасян « Геометрия 10 - 11» .М.Просвещение.2009 г.
2.Г. И. Ковалева. Дидактический материал по геометрии для 10 – 11 классов
к учебнику Л.С. Атанасяна. Волгоград. «Учитель», 2007 г.
3.Г.И. Ковалева. Геометрия 10 класс. Поурочные планы. Волгоград,
«Учитель», 2006 г.
Приложение 1.
Угол между прямой и плоскостью
1. Найдите угол между 𝐵1 𝐷 и (𝐴𝐵𝐶), между 𝐵1 𝐷 и (𝐷𝐷1 𝐶1 ).
B1
B1
C1
D1
A1
AA1 (ABC)
A
D1
A1
B
ABCD – прямоугольник,
C1
B
ABCD – параллелограмм,
C
C
AA1 (ABC)
D
A
D
2. BB1 (ABC). Найдите угол между BC1 и (AA1B1).
A
1
B
C
A
1
1
C
B
1
1
1
A
C
A
B
C
B
ABC – прямоугольный( B=90o)
ABC – равносторонний
C
A
1
B
1
1
A
C
B
15
ABC – тупоугольный ( B 90о)
3. AA1 (ABC).
A
1
K
B
C
1
1
F
D
1
1
1
C
B
A
K
Найдите угол:
между B1F и (ABC);
между B1F и KK1F1;
между B1F и (AA1B1).
D
F
Занятие элективного курса «Избранные вопросы математики» по теме:
«Векторы в пространстве и метод координат. Задача C2 из материалов
КИМ»
Существует три способа решения задач по стереометрии.
Первый — классический — требует отличного знания аксиом и теорем
стереометрии, логики, умения построить чертеж и свести объемную задачу к
16
планиметрической. Способ хорош тем, что развивает мозги и
пространственное воображение.
Другой метод — применение векторов и координат. Это простые
формулы, алгоритмы и правила. Он очень удобен, особенно когда времени
до экзамена мало, а решить C2 хочется.
Третий метод- метод объемов.
I.
Повторение. Действия с векторами на плоскости.
1.Система координат в пространстве
2. Векторы в пространстве определяются так же, как и на плоскости. Это
направленные отрезки, имеющие начало и конец. Только в пространстве
вектор задается тремя координатами x, у и z:
a⃗(xa ; ya ; za )
3.
Координаты вектора.
a⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
AB(xB − xA ; yB − yA ; zB − zA )
4. Длина вектора В пространстве. Находится как корень квадратный из суммы
квадратов координат вектора.
|𝑎| = √𝑥𝑎2 + 𝑦𝑎2 + 𝑧𝑎2 = √(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 )2 + (𝑦𝐵 − 𝑦𝐴 )2 + (𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 )2
5.Координаты середины отрезка
𝑥𝑀 =
𝑥𝐴 +𝑥𝐵
2
; 𝑦𝑀 =
𝑦𝐴 +𝑦𝐵
2
; 𝑧𝑀 =
𝑧𝐴 +𝑧𝐵
2
.
7. Правила сложения векторов по правилу треугольника и правилу
параллелограмма.
8. Для векторов 𝑎(𝑥𝑎 ; 𝑦𝑎 ; 𝑧𝑎 ) и 𝑏⃗(𝑥𝑏 ; 𝑦𝑏 ; 𝑧𝑏 ).
Сумма векторов:
𝑎 + 𝑏⃗ = 𝑐 (𝑥𝑎 + 𝑥𝑏 ; 𝑦𝑎 + 𝑦𝑏 ; 𝑧𝑎 + 𝑧𝑏 )
Разность векторов:
𝑎 + 𝑏⃗ = 𝑑 (𝑥𝑎 − 𝑥𝑏 ; 𝑦𝑎 − 𝑦𝑏 ; 𝑧𝑎 − 𝑧𝑏 )
Произведение вектора на число:
𝜆 ∙ 𝑎 = 𝑝(𝜆𝑥𝑎 ; 𝜆𝑦𝑎 ; 𝜆𝑧𝑎 )
Скалярное произведение векторов:
𝑎 ∙ 𝑏⃗ = |𝑎| ∙ ⃗⃗⃗
|𝑏| ∙ cos 𝜑 = 𝑥𝑎 ∙ 𝑥𝑏 + 𝑦𝑎 ∙ 𝑦𝑏 + 𝑧𝑎 ∙ 𝑧𝑏
Косинус угла между векторами:
𝑎 ∙ 𝑏⃗
𝑥𝑎 ∙ 𝑥𝑏 + 𝑦𝑎 ∙ 𝑦𝑏 + 𝑧𝑎 ∙ 𝑧𝑏
cos 𝜑 =
=
|𝑎| ∙ ⃗⃗⃗
|𝑏| √𝑥𝑎2 + 𝑦𝑎2 + 𝑧𝑎2 ∙ √𝑥𝑏2 + 𝑦𝑏2 + 𝑧𝑏2
17
Последняя формула удобна для нахождения угла между прямыми в
пространстве. Особенно если эти прямые — скрещиваются. Они лежат в
параллельных плоскостях.
II.
Решение задач.
№1. В кубе ABCDA1B1C1D1 точки E и K — середины ребер соответственно
A1В1 и B1C1. Найдите косинус угла между прямыми AE и BK.
Если в задаче C2 вам достался куб — значит, повезло. Он отлично
вписывается в прямоугольную систему координат. Строим чертеж:
Длина ребра куба не дана. Какой бы она ни была, угол между AE и BK от
нее не зависит. Поэтому возьмем единичный куб, все ребра которого равны
1.
⃗⃗⃗⃗⃗ и
Прямые AE и BK — скрещиваются. Найдем угол между векторами 𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾. Для этого нужны их координаты.
A (0; 0; 0)
B (1; 0; 0)
1
Е ( ; 0; 1)
2
1
К (1; ; 1)
2
Запишем координаты векторов:
⃗⃗⃗⃗⃗ (1; 0; 1)
𝐴𝐸
2
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾 (0; ; 1)
2
и найдем косинус угла между векторами ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 и ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾:
18
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾
𝑐𝑜𝑠 𝜑 =
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐵𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝐸
1
1
∙0+0∙ +1∙1
2
2
2
=
2
2
√5
√(1) + 02 + 12 ∙ √02 + (1) + 12
2
2
№2. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой
равны 1, точки E, K — середины ребер SB и SC соответственно. Найдите
косинус угла между прямыми AE и BK.
Лучше всего выбрать начало координат в центре основания пирамиды, а
оси X и Y сделать параллельными сторонам основания.
Координаты точек A, B и C найти легко:
1
1
2
2
A ( ; − ; 0)
1 1
В ( ; ; 0)
2 2
1 1
C (− ; ; 0)
2 2
Из прямоугольного треугольника AOS найдем OS =
√2
√2
.
2
Координаты вершины пирамиды: S(0; 0; ).
2
Точка E — середина SB, а K — середина SC. Воспользуемся формулой для
координат середины отрезка и найдем координаты точек E и K.
1 1 √2
)
4 4 4
E( ; ;
1 1 √2
)
4 4 4
K (− ; ;
Найдем координаты векторов ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 и ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾:
19
1 3 √2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 (− ; ; )
4 4
4
3 1 √2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐾 (− ; ; )
4 4
4
и угол между ними:
cos 𝜑 =
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝐵𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸
1
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐵𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 6
|𝐴𝐸
Рассмотрим теперь, как вписать систему координат в треугольную
призму:
№3. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны
1, точка D — середина ребра A1B1. Найдите косинус угла между прямыми
AD и BC1.
Пусть точка A — начало координат.
Возьмем ось X параллельно стороне BC, а ось Y
перпендикулярно ей. Другими словами, на оси Y будет
лежать отрезок AH, являющийся высотой треугольника ABC. Нарисуем
отдельно нижнее основание призмы.
Запишем координаты точек:
A (0; 0; 0)
1 √3
A1 (0; 0; l)
1 √3
1 √3
; 0)
2 2
1 √3
C1 ( ; ; 1)
2 2
B( ;
B1 ( ; ; 1) C( ; ; 0)
2 2
2 2
Точка D — середина A1B1. Значит, пользуемся формулами для координат
середины отрезка.
1 √3
;
4 4
D( ;
1)
Найдем координаты векторов ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 и ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 , а затем угол между ними:
⃗⃗⃗⃗⃗ (1; √3; 1)
𝐴𝐷
4
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1 (-1; 0; 1)
20
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶1
3
cos 𝜑 =
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 | 2√10
|𝐴𝐷
Видно , как легко с помощью векторов и координат найти угол между
прямыми. А если требуется найти угол между плоскостями или между
прямой и плоскостью? Для решения подобных задач нам понадобится
уравнение плоскости в пространстве.
Плоскость в пространстве задается уравнением:
Ax + By + Cz + D = 0.
Здесь числа A, B и C — координаты вектора, перпендикулярного этой
плоскости. Его называют нормалью к плоскости.
𝑛⃗ (A; B; C)
Вместо x, y и z можно подставить в уравнение координаты любой точки,
принадлежащей данной плоскости. Получится верное равенство.
Плоскость в пространстве можно провести через любые три точки, не
лежащие на одной прямой. Поэтому для того, чтобы написать уравнение
плоскости, берем координаты трех принадлежащих ей точек. Подставляем их
по очереди в уравнение плоскости. Решаем полученную систему.
Рассмотрим, как это делается.
Напишем уравнение плоскости, проходящей через точки M (1; 0; 1), N (2;
-2; 0) и K (4; 1; 2).
Уравнение плоскости выглядит так:
AX + By + CZ + D = 0.
Подставим в него по очереди координаты точек M, N и K.
Для точки M:
21
A 1 + B 0 + C 1 + D = 0.
То есть A + C + D = 0.
Для точки N:
A 2 + B (-2) + C 0 + D = 0;
2A - 2B + D = 0.
Аналогично для точки K:
4A + B + 2C + D = 0.
Получили систему из трех уравнений:
𝐴 + 𝐶 + 𝐷 = 0
{ 2𝐴 − 2𝐵 + 𝐷 = 0
4𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 + 𝐷 = 0
В ней четыре неизвестных: A, B, C и D. Поэтому одну из них мы выберем
сами, а другие выразим через нее. Правило простое — вместо одной из
переменных можно взять любое число, не равное нулю.
Пусть, например, D = —2. Тогда:
𝐴 + 𝐶−2= 0
{ 2𝐴 − 2𝐵 − 2 = 0
4𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 − 2 = 0
𝐴 + 𝐶 = 2
{
𝐴− 𝐵 = 1
4𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 = 2
Выразим C и B через A и подставим в третье уравнение:
𝐶 =2−𝐴
{
𝐵 =𝐴−1
4𝐴 + 𝐴 − 1 + 4 − 2𝐴 = 2
Решив систему, получим:
A=−
B=−
C=−
1
3
4
3
7
3
Уравнение плоскости MNK имеет вид:
22
1
4
7
− 𝑥− 𝑦+ 𝑧−2=0
3
3
3
Умножим обе части уравнения на -3. Тогда коэффициенты станут
целыми:
x + 4y — 7z + 6 = 0.
Вектор n(1; 4; —7) — это нормаль к плоскости MNK.
Уравнение плоскости, проходящей через заданную точку M (x0, y0, z0),
имеет вид:
A(x — x0) + B(y — y0) + C (z — z0) = 0.
Угол между плоскостями равен углу между нормалями к этим
плоскостям:
cos 𝜑 =
|𝑛
⃗⃗⃗⃗1 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑛2 |
|𝑛
⃗⃗⃗⃗1 | ∙ |𝑛
⃗⃗⃗⃗2 |
Не правда ли, знакомая формула?
Скалярное произведение нормалей
поделили на произведение их длин.
Заметим, что при пересечении двух
плоскостей вообще-то образуется четыре угла.
Мы берем меньший из них. Поэтому в формуле стоит модуль скалярного
произведения — чтобы косинус угла был неотрицателен.
№4. В кубе ABCDA1B1C1D1 точки E и F — середины ребер
соответственно A1B1 и A1D1. Найдите тангенс угла между плоскостями
AEF и BDD1.
Строим чертеж. Видно, что плоскости AEF и BDD1 пересекаются где-то
вне куба. В классическом решении пришлось бы
строить линию их пересечения. Но векторнокоординатный метод значительно всё упрощает. Не
будем ломать голову над тем, по какой прямой
пересекаются плоскости. Просто отметим
координаты нужных нам точек и найдем угол
между нормалями к плоскостям AEF и BDD1.
Сначала — нормаль к плоскости BDDi. Конечно,
мы можем подставить координаты точек B, D и D1
23
в уравнение плоскости и найти коэффициенты, которые и будут
координатами вектора нормали. А можем сделать хитрее — увидеть нужную
нормаль прямо на чертеже. Ведь плоскость BDD1 — это диагональное
сечение куба. Вектор AC перпендикулярен этой плоскости.
⃗⃗⃗⃗⃗ (1; 1; 0).
Итак, первый вектор нормали у нас уже есть: 𝑛
⃗⃗⃗⃗1 = 𝐴𝐶
Напишем уравнение плоскости AEF.
A (0; 0; 0)
1
E ( ; 0; 1) F
2
1
(0; ;; 1)
2
Берем уравнение плоскости AX + By + CZ + D = 0 и по очереди
подставляем в него, вместо x, y и z, соответствующие координаты точек A, E
и F.
0∙𝐴+0∙𝐵+0∙𝐶+𝐷 =0
1
∙𝐴+0∙𝐵+1∙𝐶+𝐷 =0
𝐸 || 2
1
0∙𝐴+ ∙𝐵+1∙𝐶+𝐷 =0
𝐹
2
𝐴
Упростим систему:
𝐷=0
1
𝐴𝐶 = 0
2
1
𝐵+𝐶 =0
{2
Пусть C = -1. Тогда A = B = 2.
Уравнение плоскости
AEF: 2x + 2y - z = 0.
Нормаль к плоскости
AEF: n
⃗ (2; 2; -1).
Найдем угол между плоскостями:
cos 𝜑 =
|2 + 2|
√2 + √9
=
4
√2 + 3
=
2√2
3
№5. Основание прямой четырехуголъной призмы ABCDA1B1C1D1 —
прямоугольник ABCD, в котором АВ = 5, AD = √33. Найдите тангенс угла
между плоскостью грани AA1D1D и плоскостью, проходящей через середину
ребра CD перпендикулярно прямой B1D, если расстояние между прямыми
А1С1 и BD равно √3.
24
Эта задача наглядно показывает, насколько векторный метод проще
классического. Попробуйте, для разнообразия, построить необходимые
сечения и провести все доказательства — как это делается в «классике».
Строим чертеж. Прямую четырехугольную призму можно по-другому
назвать «параллелепипед».
Замечаем, что длина и ширина параллелепипеда у нас есть, а вот высота
— вроде не дана. Как же ее найти?
«Расстояние между прямыми А1С1 и BD равно √3». Прямые А1С1 и BD
скрещиваются. Одна из них — диагональ верхнего основания, другая —
диагональ нижнего. Вспомним, что расстояние между скрещивающимися
прямыми равно длине их общего перпендикуляра. Общий перпендикуляр к
A1C1 и BD — это, очевидно, OO1, где O — точка пересечения диагоналей
нижнего основания, O1 — точка пересечения диагоналей верхнего. А отрезок
OO1 и равен высоте параллелепипеда.
Итак, AA1 = √3.
Плоскость AA1D1D — это задняя грань
призмы на нашем чертеже. Нормаль к ней — это
любой вектор, перпендикулярный задней грани,
например, вектор ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 (5; 0; 0) или, еще проще,
вектор 𝑛
⃗⃗⃗⃗1 (1; 0; 0).
Осталась еще «плоскость, проходящая через
середину ребра CD перпендикулярно прямой
B1D».
Но
позвольте,
если
плоскость
перпендикулярна прямой B1D — значит, B1D и
есть нормаль к этой плоскости! Координаты
точек B1 и D известны:
В1 (5; 0; √3)
D (0; √33; 0)
Координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐷 - тоже:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵1 𝐷 (-5; √33; −√3)= ⃗⃗⃗⃗
𝑛2
Находим угол между плоскостями, равный углу между нормалями к ним:
5
5
cos 𝜑 =
=
√25 + 33 + 3 √61
Зная косинус угла, находим его тангенс по формуле
1
1 + 𝑡𝑔2 𝜑 =
cos 2 𝜑
Получим: tg𝜑 =
6
Ответ: .
5
6
5
25
Угол между прямой m и плоскостью α тоже вычисляется с помощью
скалярного произведения векторов.
Пусть а — вектор, лежащий на прямой m (или параллельный ей), n —
нормаль к плоскости а.
Находим синус угла между прямой m и плоскостью а по формуле:
𝑠𝑖𝑛 𝜑 =
|𝑛⃗ ∙ 𝑎|
|𝑛⃗| ∙ |𝑎|
№6. В кубе ABCDA1B1C1D1 точка Е — середина ребра А1В1. Найдите
синус угла между прямой AE и плоскостью BDD1.
Как всегда, рисуем чертеж и выбираем систему координат.
A (1; 0; 0)
1
Е (1; ; 1)
2
26
1
Находим координаты вектора ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐸 (0; ; 1).
2
Нужно ли нам уравнение плоскости BDD1? В общем-то, без него можно
обойтись. Ведь эта плоскость является диагональным сечением куба, а
значит, нормалью к ней будет любой вектор, ей перпендикулярный.
⃗⃗⃗⃗⃗ (1; -1; 0).
Например, вектор 𝐴𝐶
Найдем угол между прямой и плоскостью:
⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗
|𝐴𝐶
𝐴𝐸 |
2
1
sin 𝜑 =
=
=
⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ |𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗ | 2 ∙ √2 ∙ √5 √10
|𝐴𝐶
Ответ:
1
.
√10
Расстояние
от
точки
M
с
координатами x0, у0 и z0 до плоскости
𝛂, заданной уравнением Ax + By + Cz
+ D = 0, можно найти по формуле:
ℎ=
|𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶𝑧0 + 𝐷|
√𝐴2 + 𝐵2 + 𝐶 2
№7. В основании прямоугольного
параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 лежит,
прямоугольник ABCD со сторонами АВ
= √10, AD = 3√10. Высота
6
параллелепипеда АА1 =
. Найдите
√5
расстояние оm тючки А до плоскости
A1DB.
Построим чертеж и выпишем координаты точек:
А (0; 0; 0)
Л (0; 0;
6
)
√5
В (√10; 0; 0) D
(0; 3√10; 0)
Запишем уравнение плоскости A1DB. Вы помните, как это делается — по
очереди подставляем координаты точек А1, D и B в уравнение Ах + By + CZ +
D = 0.
27
𝐴1
𝐵 ||
6
√5
𝐶+𝐷 =0
√10𝐴 + 𝐷 = 0
3√10𝐵 + 𝐷 = 0
𝐷
Решим эту систему. Выберем D =6√10.
Тогда С = 5√2, А = 6, В = 2.
Уравнение плоскости A1DB имеет вид:
6x + 2у + 5√2z - 6√10 = 0.
Дальше все просто. Находим расстояние от точки A до плоскости A1DB:
ℎ=
|𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶𝑧0 + 𝐷|
√𝐴2 + 𝐵2 + 𝐶 2
=
6√10
√50 + 36 + 4
=
6√10
√90
= 2.
В некоторых задачах С2 требуется найти расстояние от прямой до
параллельной ей плоскости. В этом случае можно выбрать любую точку,
принадлежащую данной прямой.
№8. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найдите расстояние от точки
плоскости BDC1.
до
Решение.
1. «Метод построений»
В треугольнике
проведем высоту
соединим точки
и
.
Искомое расстояние — высота
треугольника
Докажем это.
по построению.
— наклонная к плоскости
—
проекция этой наклонной на данную плоскость,
лежит в этой плоскости
и перпендикулярна проекции по построению, значит перпендикулярна и
28
самой наклонной по теореме, обратной теореме о трех перпендикулярах, то
есть
.
Получается,
что
перпендикулярна
двум
пересекающимся прямым плоскости
а значит по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости перпендикулярна этой плоскости.
Найдем
стороны
треугольника
диагонали квадрата),
— диагональ куба,
прямоугольного
треугольника
по
теореме
(половина
находим из
Пифагора:
Из теоремы косинусов для треугольника
получаем, что
Ищем
то есть
площадь
С
треугольника
тогда
она
другой
равна
стороны
это
Приравнивая, получаем
2. «Метод объемов». Рассмотрим пирамиду
двумя способами. Возьмем
Вычислим ее объем
сперва в качестве
основания грань
площадь которой равна
(докажите самостоятельно), высота пирамиды в этом
случае
Тогда
ее
объем
равен
Теперь
в
качестве
основания
возьмем грань
площадь которой равна
(проведите расчет самостоятельно). Тогда объем равен
Приравнивая получаем,