Использование метода координат при вычислении угла между плоскостями. Нахождение угла между плоскостями (двугранный угол)

Использование метода координат при вычислении угла

между плоскостями

Наиболее общий метод нахождения угла между плоскостями - метод координат (иногда - с привлечением векторов). Его можно использовать тогда, когда испробованы все остальные. Но бывают ситуации, в которых метод координат имеет смысл применять сразу же, а именно тогда, когда система координат естественно связана с многогранником, указанным в условии задачи, т.е. явно просматриваются три попарно перпендикулярные прямые, на которых можно задать оси координат. Такими многогранниками являются прямоугольный параллелепипед и правильная четырехугольная пирамида. В первом случае система координат может быть задана выходящими из одной вершины ребрами (рис.1), во втором - высотой и диагоналями основания (рис. 2)

Применение метода координат состоит в следующем.

Вводится прямоугольная система координат в пространстве. Желательно ввести ее «естественным» образом - «привязать» к тройке попарно перпендикулярных прямых, имеющих общую точку.

Для каждой из плоскостей, угол между которыми ищется, составляется уравнение. Проще всего составить такое уравнение, зная координаты трех точек плоскости, не лежащих на одной прямой.

Уравнение плоскости в общем виде имеет вид Ах + By + Cz + D = 0.

Коэффициенты А, В, С в этом уравнении являются координатами нормального вектора плоскости (вектора, перпендикулярного плоскости). Определяем затем длины и скалярное произведение нормальных векторов к плоскостям, угол между которыми ищется. Если координаты этих векторов (А 1 , В 1 ; С 1 ) и (А 2 ; В 2 ; С 2 ), то искомый угол вычисляется по формуле

Замечание. Необходимо помнить, что угол между векторами (в отличие от угла между плоскостями) может быть тупым, и чтобы избежать возможной неопределенности, в числителе правой части формулы стоит модуль.

Решите методом координат такую задачу.

Задача 1. Дан куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 . Точка К - середина ребра AD, точка L - середина ребра CD. Чему равен угол между плоскостями А 1 KL и A 1 AD?

Решение . Пусть начало системы координат находится в точке А, а оси координат идут вдоль лучей AD, АВ, АА 1 (рис. 3). Ребро куба примем равным 2 (удобно делить пополам). Тогда координаты точек A 1 , К, L таковы: А 1 (0; 0; 2), К(1; 0; 0), L(2; 1; 0).

Рис. 3

Запишем уравнение плоскости А 1 К L в общем виде. Затем подставим в него координаты выбранных точек этой плоскости. Получим систему трех уравнений с четырьмя неизвестными:

Выразим коэффициенты А, В, С через D и придем к уравнению

Разделив обе его части на D (почему D = 0?) и домножив затем на -2, получим уравнение плоскости A 1 KL: 2х - 2 у + z - 2 = 0. Тогда нормальный вектор к этой плоскости имеет координаты (2: -2; 1) . Уравнение плоскости A 1 AD таково: y=0, а координаты нормального вектора к ней, например, (0; 2: 0) . Согласно приведенной выше формуле для косинуса угла между плоскостями получаем:

Задача 1.6. Дан куб. M, N, P - середины соответственно рёбер, AB, BC. Найти угол между плоскостями (MNP) и

а) Введем прямоугольную декартову систему координат так, как указано на рисунке 17. Длину ребра куба можно выбрать произвольно, поскольку при гомотетии величина угла между плоскостями не меняется. Удобно, например, взять длину ребра куба, равную 2.

Относительно выбранной системы координат найдем координаты точек и векторов:

б) Пусть - нормальный вектор плоскости.

В этом случае выполняются условия

Аналогично, если - нормальный вектор плоскости, тогда

в) Если, то

Ответ:

Задача 1.7. В основании правильной треугольной пирамиды SABC лежит правильный со стороной, равной 2. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания и SA = 1. Точки P, Q - соответственно середины ребер SB, СВ. Плоскость параллельна прямым SC и АВ, а плоскость параллельна прямым AQ и СР. Определить величину угла между плоскостями и.

а) Выберем прямоугольную декартову систему координат так, как указано на рисунке 18. В выбранной системе координат имеем:

б) - нормальный вектор плоскости, параллельной прямым SCи AB. тогда выполняются условия:

в) Обозначим через плоскость, которая параллельна прямым AQи CP, а через - ее нормальный вектор. В этом случае получаем систему вида

Задача 1. Основание прямой четырехугольной призмы АВСDА 1 В 1 С 1 D 1 – прямоугольник АВСD, в котором АВ = 5, AD = 11. Найти тангенс угла между плоскостью основания призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра AD перпендикулярно прямой BD 1, если расстояние между прямыми АС и B 1 D 1 равно 12. Решение. Введем систему координат. В(0;0;0), А(5;0;0), С(0;11;0), D 1 (5;11;12) Координаты нормали к плоскости сечения: Координаты нормали к плоскости основания: – острый угол, то D A B C D1D1 A1A1 B1B1 C1C1 х у z N Угол между плоскостями Ответ: 0,5. Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 2. В основании треугольной пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС. Угол А – прямой. АС = 8, ВС = 219. Высота пирамиды SA равна 6. На ребре АС взята точка М так, что АМ = 2. Через точку М, вершину В и точку N – середину ребра SC – проведена плоскость α. Найти двугранный угол, образованный плоскостью α и плоскостью основания пирамиды. A S x B C M N y z Решение. Введем систему координат. Тогда А (0;0;0), С (0;8;0), М (0;2;0), N (0;4;3), S (0;0;6), Нормаль к плоскости (АВС) вектор Нормаль к плоскости (ВМN) Угол между плоскостями Ответ: 60°. Уравнение плоскости (ВМN): Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 3. Основание четырехугольной пирамиды PABCD квадрат со стороной, равной 6, боковое ребро PD перпендикулярно плоскости основания и равно 6. Найдите угол между плоскостями (BDP) и (BCP). Решение. 1. Проведём медиану DF равнобедренного треугольника CDP (ВС = PD = 6) Значит DF PC. И из того, что BC (CDP), следует что DF BC, значит DF (PCB) A D C B P F 2. Так как AC DB и AC DP, то AC (BDP) 3. Таким образом, угол между плоскостями (BDP) и (BCP) находится из условия: Угол между плоскостями Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 3. Основание четырехугольной пирамиды PABCD квадрат со стороной, равной 6, боковое ребро PD перпендикулярно плоскости основания и равно 6. Найдите угол между плоскостями (BDP) и (BCP). Решение.4. Выберем систему координат. Координаты точек: 5. Тогда вектора будут иметь следующие координаты: 6. Вычисляя значения, находим:, значит A D C B P F z x y Угол между плоскостями Ответ: Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 4. В единичном кубе АВСDA 1 B 1 C 1 D 1 найдите угол между плоскостями (AD 1 E) и (D 1 FC), где точки E и F - середины ребер А 1 В 1 и В 1 С 1 соответственно. Решение:1.Введем прямоугольную систему координат и определим координаты точек: 2. Составим уравнение плоскости (AD 1 E): 3. Составим уравнение плоскости (D 1 FC): - нормальный вектор плоскости (AD 1 Е). - нормальный вектор плоскости (D 1 FС). Угол между плоскостями х у z Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 4. В единичном кубе АВСDA 1 B 1 C 1 D 1 найдите угол между плоскостями (AD 1 E) и (D 1 FC), где точки E и F - середины ребер А 1 В 1 и В 1 С 1 соответственно. Решение: 4. Найдем косинус угла между плоскостями по формуле Ответ: Угол между плоскостями х у z Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 5. Отрезок, соединяющий центр основания правильной треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне основания. Найти угол между смежными боковыми гранями пирамиды. Решение: х у z 1.Введем прямоугольную систему координат и определим координаты точек А, В, С: К Пусть сторона основания равна 1. Для определенности рассмотрим грани SAC и SBC 2. Найдем координаты точки S: Е Угол между плоскостями Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 5. Отрезок, соединяющий центр основания правильной треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне основания. Найти угол между смежными боковыми гранями пирамиды. Решение: х у z К Е 3. Уравнение плоскости (SAC): - нормальный вектор плоскости (SAC). 4. Уравнение плоскости (SBC): - нормальный вектор плоскости (SВC). Угол между плоскостями Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Задача 5. Отрезок, соединяющий центр основания правильной треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне основания. Найти угол между смежными боковыми гранями пирамиды. Решение: х у z К Е 5. Найдем косинус угла между плоскостями по формуле Ответ: Угол между плоскостями Ненашева Н.Г. учитель математики ГБОУ СОШ 985

Статья рассказывает о нахождении угла между плоскостями. После приведения определения зададим графическую иллюстрацию, рассмотрим подробный способ нахождения методом координат. Получим формулу для пересекающихся плоскостей, в которую входят координаты нормальных векторов.

Yandex.RTB R-A-339285-1

В материале будут использованы данные и понятия, которые ранее были изучены в статьях про плоскость и прямую в пространстве. Для начала необходимо перейти к рассуждениям, позволяющим иметь определенный подход к определению угла между двумя пересекающимися плоскостями.

Заданы две пересекающиеся плоскости γ 1 и γ 2 . Их пересечение примет обозначение c . Построение плоскости χ связано с пересечением этих плоскостей. Плоскость χ проходит через точку М в качестве прямой c . Будет производиться пересечение плоскостей γ 1 и γ 2 с помощью плоскости χ . Принимаем обозначения прямой, пересекающей γ 1 и χ за прямую a , а пересекающую γ 2 и χ за прямую b . Получаем, что пересечение прямых a и b дает точку M .

Расположение точки M не влияет на угол между пересекающимися прямыми a и b , а точка M располагается на прямой c , через которую проходит плоскость χ .

Необходимо построить плоскость χ 1 с перпендикулярностью к прямой c и отличную от плоскости χ . Пересечение плоскостей γ 1 и γ 2 с помощью χ 1 примет обозначение прямых а 1 и b 1 .

Видно, что при построении χ и χ 1 прямые a и b перпендикулярны прямой c , тогда и а 1 , b 1 располагаются перпендикулярно прямой c . Нахождение прямых a и а 1 в плоскости γ 1 с перпендикулярностью к прямой c , тогда их можно считать параллельными. Таки же образом расположение b и b 1 в плоскости γ 2 с перпендикулярностью прямой c говорит об их параллельности. Значит, необходимо сделать параллельный перенос плоскости χ 1 на χ , где получим две совпадающие прямые a и а 1 , b и b 1 . Получаем, что угол между пересекающимися прямыми a и b 1 равен углу пересекающихся прямых a и b .

Рассмотрим не рисунке, приведенном ниже.

Данное суждение доказывается тем, что между пересекающимися прямыми a и b имеется угол, который не зависит от расположения точки M , то есть точки пересечения. Эти прямые располагаются в плоскостях γ 1 и γ 2 . Фактически, получившийся угол можно считать углом между двумя пересекающимися плоскостями.

Перейдем к определению угла между имеющимися пересекающимися плоскостями γ 1 и γ 2 .

Определение 1

Углом между двумя пересекающимися плоскостями γ 1 и γ 2 называют угол, образовавшийся путем пересечения прямых a и b , где плоскости γ 1 и γ 2 имеют пересечение с плоскостью χ , перпендикулярной прямой c .

Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.

Определение может быть подано в другой форме. При пересечении плоскостей γ 1 и γ 2 , где c – прямая, на которой они пересеклись, отметить точку M , через которую провести прямые a и b , перпендикулярные прямой c и лежащие в плоскостях γ 1 и γ 2 , тогда угол между прямыми a и b будет являться углом между плоскостями. Практически это применимо для построения угла между плоскостями.

При пересечении образуется угол, который по значению меньше 90 градусов, то есть градусная мера угла действительна на промежутке такого вида (0 , 90 ] . Одновременно данные плоскости называют перпендикулярнымив случае, если при пересечении образуется прямой угол. Угол между параллельными плоскостями считается равным нулю.

Обычный способ для нахождения угла между пересекающимися плоскостями – это выполнение дополнительных построений. Это способствует определять его с точностью, причем делать это можно с помощью признаков равенства или подобия треугольника, синусов, косинусов угла.

Рассмотрим решение задач на примере из задач ЕГЭ блока C 2 .

Пример 1

Задан прямоугольный параллелепипед А В С D A 1 B 1 C 1 D 1 , где сторона А В = 2 , A D = 3 , А А 1 = 7 , точка E разделяет сторону А А 1 в отношении 4: 3 . Найти угол между плоскостями А В С и В E D 1 .

Решение

Для наглядности необходимо выполнить чертеж. Получим, что

Наглядное представление необходимо для того, чтобы было удобней работать с углом между плоскостями.

Производим определение прямой линии, по которой происходит пересечение плоскостей А В С и В E D 1 . Точка B является общей точкой. Следует найти еще одну общую точку пересечения. Рассмотрим прямые D A и D 1 E , которые располагаются в одной плоскости A D D 1 . Их расположение не говорит о параллельности, значит, они имеют общую точку пересечения.

Однако, прямая D A расположена в плоскости А В С, а D 1 E в B E D 1 . Отсюда получаем, что прямые D A и D 1 E имеют общую точку пересечения, которая является общей и для плоскостей А В С и B E D 1 . Обозначает точку пересечения прямых D A и D 1 E буквой F . Отсюда получаем, что B F является прямой, по которой пересекаются плоскости А В С и В E D 1 .

Рассмотрим на рисунке, приведенном ниже.

Для получения ответа необходимо произвести построение прямых, расположенных в плоскостях А В С и В E D 1 с прохождением через точку, находящуюся на прямой B F и перпендикулярной ей. Тогда получившийся угол между этими прямыми считается искомым углом между плоскостями А В С и В E D 1 .

Отсюда видно, что точка A – проекция точки E на плоскость А В С. Необходимо провести прямую, пересекающую под прямым углом прямую B F в точке М. Видно, что прямая А М – проекция прямой Е М на плоскость А В С, исходя из теоремы о тех перпендикулярах A M ⊥ B F . Рассмотрим рисунок, изображенный ниже.

∠ A M E - это искомый угол, образованный плоскостями А В С и В E D 1 . Из получившегося треугольника А Е М можем найти синус, косинус или тангенс угла, после чего и сам угол, только при известных двух сторонах его. По условию имеем, что длина А Е находится таким образом: прямая А А 1 разделена точкой E в отношении 4: 3 , то означает полную длину прямой – 7 частей, тогда А Е = 4 частям. Находим А М.

Необходимо рассмотреть прямоугольный треугольник А В F . Имеем прямой угол A с высотой А М. Из условия А В = 2 , тогда можем найти длину A F по подобию треугольников D D 1 F и A E F . Получаем, что A E D D 1 = A F D F ⇔ A E D D 1 = A F D A + A F ⇒ 4 7 = A F 3 + A F ⇔ A F = 4

Необходимо найти длину стороны B F из треугольника A B F , используя теорему Пифагора. Получаем, что B F = A B 2 + A F 2 = 2 2 + 4 2 = 2 5 . Длина стороны А М находится через площадь треугольника A B F . Имеем, что площадь может равняться как S A B C = 1 2 · A B · A F , так и S A B C = 1 2 · B F · A M .

Получаем, что A M = A B · A F B F = 2 · 4 2 5 = 4 5 5

Тогда можем найти значение тангенса угла треугольника А Е М. Получим:

t g ∠ A M E = A E A M = 4 4 5 5 = 5

Искомый угол, получаемый пересечением плоскостей А В С и B E D 1 равняется a r c t g 5 , тогда при упрощении получим a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

Ответ: a r c t g 5 = a r c sin 30 6 = a r c cos 6 6 .

Некоторые случаи нахождения угла между пересекающимися прямыми задаются при помощи координатной плоскости О х у z и методом координат. Рассмотрим подробней.

Если дана задача, где необходимо найти угол между пересекающимися плоскостями γ 1 и γ 2 , искомый угол обозначим за α .

Тогда заданная система координат показывает, что имеем координаты нормальных векторов пересекающихся плоскостей γ 1 и γ 2 . Тогда обозначим, что n 1 → = n 1 x , n 1 y , n 1 z является нормальным вектором плоскости γ 1 , а n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) - для плоскости γ 2 . Рассмотрим подробное нахождение угла, расположенного между этими плоскостями по координатам векторов.

Необходимо обозначить прямую, по которой происходит пересечение плоскостей γ 1 и γ 2 буквой c . На прямой с имеем точку M , через которую проводим плоскость χ , перпендикулярную c . Плоскость χ по прямым a и b производит пересечение плоскостей γ 1 и γ 2 в точке M . из определения следует, что угол между пересекающимися плоскостями γ 1 и γ 2 равен углу пересекающихся прямых a и b , принадлежащих этим плоскостям соответственно.

В плоскости χ откладываем от точки M нормальные векторы и обозначаем их n 1 → и n 2 → . Вектор n 1 → располагается на прямой, перпендикулярной прямой a , а вектор n 2 → на прямой, перпендикулярной прямой b . Отсюда получаем, что заданная плоскость χ имеет нормальный вектор прямой a , равный n 1 → и для прямой b , равный n 2 → . Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.

Отсюда получаем формулу, по которой можем вычислить синус угла пересекающихся прямых при помощи координат векторов. Получили, что косинусом угла между прямыми a и b то же, что и косинус между пересекающимися плоскостями γ 1 и γ 2 выводится из формулы cos α = cos n 1 → , n 2 → ^ = n 1 x · n 2 x + n 1 y · n 2 y + n 1 z · n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 · n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2 , где имеем, что n 1 → = (n 1 x , n 1 y , n 1 z) и n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) являются координатами векторов представленных плоскостей.

Вычисление угла между пересекающимися прямыми производится по формуле

α = a r c cos n 1 x · n 2 x + n 1 y · n 2 y + n 1 z · n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 · n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2

Пример 2

По условию дан параллелепипед А В С D A 1 B 1 C 1 D 1 , где А В = 2 , A D = 3 , А А 1 = 7 , а точка E разделяет сторону А А 1 4: 3 . Найти угол между плоскостями А В С и B E D 1 .

Решение

Из условия видно, что стороны его попарно перпендикулярны. Это значит, что необходимо ввести систему координат О х у z с вершиной в точке С и координатными осями О х, О у, О z . Необходимо поставить направление по соответствующим сторонам. Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.

Пересекающиеся плоскости А В С и B E D 1 образуют угол, который можно найти по формуле α = a r c cos n 1 x · n 2 x + n 1 y · n 2 y + n 1 z · n 2 z n 1 x 2 + n 1 y 2 + n 1 z 2 · n 2 x 2 + n 2 y 2 + n 2 z 2 , в которой n 1 → = (n 1 x , n 1 y , n 1 z) и n 2 → = (n 2 x , n 2 y , n 2 z) являются нормальными векторами этих плоскостей. Необходимо определить координаты. По рисунку видим, что координатная ось О х у совпадает в плоскостью А В С, это значит, что координаты нормального вектора k → равняются значению n 1 → = k → = (0 , 0 , 1) .

За нормальный вектор плоскости B E D 1 принимается векторное произведение B E → и B D 1 → , где их координаты находятся путем координат крайних точек В, Е, D 1 , которые определяются, исходя из условия задачи.

Получаем, что B (0 , 3 , 0) , D 1 (2 , 0 , 7) . Потому как A E E A 1 = 4 3 , из координат точек A 2 , 3 , 0 , A 1 2 , 3 , 7 найдем E 2 , 3 , 4 . Получаем, что B E → = (2 , 0 , 4) , B D 1 → = 2 , - 3 , 7 n 2 → = B E → × B D 1 = i → j → k → 2 0 4 2 - 3 7 = 12 · i → - 6 · j → - 6 · k → ⇔ n 2 → = (12 , - 6 , - 6)

Необходимо произвести подстановку найденных координат в формулу вычисления угла через арккосинус. Получаем

α = a r c cos 0 · 12 + 0 · (- 6) + 1 · (- 6) 0 2 + 0 2 + 1 2 · 12 2 + (- 6) 2 + (- 6) 2 = a r c cos 6 6 6 = a r c cos 6 6

Метод координат дает аналогичный результат.

Ответ: a r c cos 6 6 .

Завершающая задача рассматривается с целью нахождения угла между пересекающимися плоскостями при имеющихся известных уравнениях плоскостей.

Пример 3

Вычислить синус, косинус угла и значение угла, образованного двумя пересекающимися прямыми, которые определены в системе координат О х у z и заданы уравнениями 2 x - 4 y + z + 1 = 0 и 3 y - z - 1 = 0 .

Решение

При изучении темы общего уравнения прямой вида A x + B y + C z + D = 0 выявили, что А, В, С являются коэффициентами, равными координатам нормального вектора. Значит, n 1 → = 2 , - 4 , 1 и n 2 → = 0 , 3 , - 1 являются нормальным векторами заданных прямых.

Необходимо подставить координаты нормальных векторов плоскостей в формулу вычисления искомого угла пересекающихся плоскостей. Тогда получаем, что

α = a r c cos 2 · 0 + - 4 · 3 + 1 · (- 1) 2 2 + - 4 2 + 1 2 = a r c cos 13 210

Отсюда имеем, что косинус угла принимает вид cos α = 13 210 . Тогда угол пересекающихся прямых не является тупым. Подставив в тригонометрическое тождество, получаем, что значение синуса угла равняется выражению. Вычислим и получим, что

sin α = 1 - cos 2 α = 1 - 13 210 = 41 210

Ответ: sin α = 41 210 , cos α = 13 210 , α = a r c cos 13 210 = a r c sin 41 210 .

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Цели:

выработать умение рассматривать различные подходы к решению задач и проанализировать “эффект” от применения этих способов решения;
выработать умение учащегося выбирать метод решения задачи в соответствии со своими математическими предпочтениями, базирующимися на более прочных знаниях и уверенных навыка;
выработать умение составить план последовательных этапов для достижения результата;
выработать умение обосновать все предпринимаемые шаги и вычисления;
повторить и закрепить различные темы и вопросы стереометрии и планиметрии, типовые стереометрические конструкции, связанные с решением текущих задач;
развить пространственное мышление.

анализ различных методов решения задачи: координатно-векторный метод, применение теоремы косинусов, применение теоремы о трех перпендикулярах;
сравнение преимуществ и недостатков каждого метода;
повторение свойств куба, треугольной призмы, правильного шестигранника;
подготовка к сдаче ЕГЭ;
развитие самостоятельности при принятии решения.

Схема урока

В кубе ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 с ребром 1 точка О – центр грани ABCD .

а) угол между прямыми A 1 D и BO ;

б) расстояние от точки B до середины отрезка A 1 D .

Решение пункта а).

Поместим наш куб в прямоугольную систему координат как показано на рисунке, вершины A 1 (1; 0; 1), D (1; 1; 0), B 1 (0; 0; 1), O (½; ½; 0).

Направляющие векторы прямых A 1 D и B 1 O:

{0; 1; -1} и {½; ½; -1};

искомый угол φ между ними находим по формуле:

cos∠φ = ,
откуда∠φ = 30°.

2 способ. Используем теорему косинусов.

1) Проведем прямую В 1 С параллельно прямой A 1 D . Угол CB 1 O будет искомым.

2) Из прямоугольного треугольника BB 1 O по теореме Пифагора:

3) По теореме косинусов из треугольника CB 1 O вычисляем угол CB 1 O:

cos CB 1 O = , искомый угол составляет 30°.

Замечание. При решении задачи 2-м способом можно заметить, что по теореме о трех перпендикулярах COB 1 = 90° , поэтому из прямоугольного ∆ CB 1 O также легко вычислить косинус искомого угла.

Решение пункта б).

1 способ. Воспользуемся формулой расстояния между двумя точками

Пусть точка E – середина A 1 D , тогда координаты E (1; 1/2; ½), B (0; 0; 0).

BE = .

2 способ. По теореме Пифагора

Из прямоугольного ∆ BAE с прямым BAE находим BE = .

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 все ребра равны a . Найти угол между прямыми AB и A 1 C .

1 способ. Координатно-векторный метод

Координаты вершин призмы в прямоугольной системе при расположении призмы, как на рисунке: A (0; 0; 0), B (a; ; 0), A 1 (0; 0; a), C (0; a; 0).

Направляющие векторы прямых A 1 C и AB :

{0; a; -a} и {a ; ; 0} ;

cos φ = ;

2 способ. Используем теорему косинусов

Рассматриваем ∆ A 1 B 1 C , в котором A 1 B 1 || AB . Имеем

cos φ = .

(Из сборника ЕГЭ-2012. Математика: типовые экзаменационные варианты под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко)

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 , все рёбра которой равны 1, найдите расстояние от точки E до прямой B 1 C 1 .

1 способ. Координатно-векторный метод

1) Поместим призму в прямоугольную систему координат, расположив координатные оси, как показано на рисунке. СС 1 , СВ и СЕ попарно перпендикулярны, поэтому можно направить вдоль них координатные оси. Получаем координаты:

С 1 (0; 0; 1), Е (; 0; 0), В 1 (0;1;1) .

2) Найдем координаты направляющих векторов для прямых С 1 В 1 и С 1 Е :

(0;1;0), (;0;-1).

3) Найдем косинус угла между С 1 В 1 и С 1 Е , используя скалярное произведение векторов и :

cos β = = 0 => β = 90° => C 1 E – искомое расстояние.

4) С 1 Е = = 2.

Вывод: знание различных подходов к решению стереометрических задач позволяет выбрать предпочтительный для любого учащегося способ, т.е. тот, которым ученик владеет уверенно, помогает избежать ошибок, приводит к успешному решению задачи и получению хорошего балла на экзамене. Координатный метод имеет преимущество перед другими способами тем, что требует меньше стереометрических соображений и видения, а основывается на применении формул, у которых много планиметрических и алгебраических аналогий, более привычных для учащихся.

Форма проведения урока – сочетание объяснения учителя с фронтальной коллективной работой учащихся.

На экране с помощью видеопроектора демонстрируются рассматриваемые многогранники, что позволяет сравнивать различные способы решения.

Домашнее задание: решить задачу 3 другим способом, например, с помощью теоремы о трех перпендикулярах.

Литература

1. Ершова А.П., Голобородько В.В. Самостоятельные и контрольные работы по геометрии для 11 класса.– М.: ИЛЕКСА, – 2010. – 208 с.

2. Геометрия, 10-11: учебник для общеобразовательных учреждений: базовый и профильный уровни / Л.С.Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – М.: Просвещение, 2007. – 256 с.

3. ЕГЭ-2012. Математика: типовые экзаменационные варианты: 10 вариантов/ под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко. – М.: Национальное образование, 2011. – 112 с. – (ЕГЭ-2012. ФИПИ – школе).