Анализ

задач

на

комбинации

фигур

в

школьном

курсе

планиметрии (по материалам ЕГЭ по математике)

Задание С(4) включает в себя решение задач на комбинацию фигур:

Окружности и треугольники

Окружности и четырехугольники.

Данные задачи опираются на знание следующих теорем, свойств:

Теорема Пифагора

Теорема синусов

Теорема косинусов

Свойства биссектрисы и медианы треугольника и т. д

Весь это материал изучается в курсе геометрии 7-9 классов.

Основной задачей курса геометрии является необходимость обеспечить прочное и сознательное

овладение

учащимися

системой

математических

знаний

и

умений,

необходимых

в

повседневной жизни в современном обществе, достаточных для изучения смежных дисциплин

и продолжения образования.

Обучение математике направлено на достижение следующих целей:

- овладение учениками системой математических знаний, умений и навыков;

-

вооружение

учеников

математическими

методами

познания

действительности,

умение

использовать знания при решении практических задач;

- развитие математической интуиции, логического мышления;

- обогащение пространственных представлений учащихся и развитие их пространственного

воображения;

- развитие таких черт личности как настойчивость, целенаправленность, самостоятельность,

ответственность, трудолюбие, критичность мышления;

- развитие познавательных интересов учащихся;

-

развитие

таких

способностей,

как

наблюдательность,

представление,

память,

мышление,

владение математической речью;

-

формирование

и

развитие

метапредметных

универсальных

учебных

действий

(умения

учиться), умение выделять существенное, мыслить абстрактно, умение анализировать.

Решение основных типов задач на комбинации плоских фигур

Задача 1.

B остроугольном треугольнике KMN проведены высоты KB и NA.

а) Докажите, что угол ABK равен углу ANK.

б)

Найдите

радиус

окружности,

описанной

около

треугольника

ABM,

если

известно,

что

и

Решение:

а) Докажем, что

( п о

д ву м

у гл а м ) .

З а п и ш е м

о т н о ш е н и е

с х о д с т в е н н ы х

сторон:

Н о

э т о

з н а ч и т ,

ч т о

( п о

у г л у

и

д в у м

с т о р о н а м ) ,

причем

— смежный с углом

,

, четырехугольник ABNK можно вписать в окружность.

(опираются на одну дугу).

б) Найдем

, если

и

По теореме синусов,

Задача 2.

Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности

в точке A, а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая

AK пересекает вторую окружность в точке C

а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.

б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

Решение:

а) Другими словами, в пункте (а) надо доказать, что точка D лежит на прямой

, а точка C

— на прямой

.

—

прямоугольная

трапеция,

поскольку

(как

радиусы,

проведенные в точку касания),

.

Если

, то

(как односторонние углы),

тогда

и

.

— прямоугольный,

.

Тогда

— диаметр первой окружности;

—

диаметр второй окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.

Значит,

б)

Найдем

AK — высота в

, где

Рассмотрев прямоугольную трапецию

,

где

, найдем, что

.

Из

по теореме Пифагора

.

Задача 3.

B прямоугольном треугольнике ABC точки M и N — середины гипотенузы AB и катета BC

соответственно. Биссектриса угла BAC пересекает прямую MN в точке L.

а) Докажите, что треугольники AML и BLC подобны.

б) Найдите отношение площадей этих треугольников, если

Решение:

а) AL — биссектриса

,

(так как MN — средняя линия треугольника ABC),

Докажем, что

и

подобны.

Пусть

, тогда

, поскольку соответственные углы равны,

,

Значит,

— равнобедренный,

.

Так как LN — медиана и высота в треугольнике CLB,

- равнобедренный.

Значит, A, C, L, B — лежат на окружности с центром M;

ACLB — вписан в окружность,

,

по 2 углам.

б) Найдем

, если

;

(как накрест лежащий с углом ACM),

Из

по теореме синусов

Методические

рекомендации

по

использованию

задач

на

комбинации

плоских

фигур

в

индивидуальной работе

Итак, из приведенных задач, видно, что для решения задач С(4) необходимы знания за курс

геометрии 7-9 классов:

Теорема Пифагора

Теорема синусов

Теорема косинусов

Свойства биссектрисы и медианы треугольника и т. д

Поэтому, приступая к решению задач на комбинации плоских фигур необходимо повторить курс

геометрии 7-9.

Анализ задач на отыскание углов между прямыми и плоскостями

(по материалам ЕГЭ по математике)

Задание 14 Профильного ЕГЭ по математике состоит из двух пунктов.

Пункт (а) – доказательство какого-либо утверждения.

Пункт (б) – вычисление какой-либо величины.

Задачи на отыскание углов между прямыми и плоскостями модно разделить на отыскание:

- угла между прямыми;

- угла между прямой и плоскостью;

- угла между плоскостями.

Основной задачей курса геометрии является необходимость обеспечить прочное и сознательное

овладение

учащимися

системой

математических

знаний

и

умений,

необходимых

в

повседневной жизни в современном обществе, достаточных для изучения смежных дисциплин

и продолжения образования.

Обучение математике направлено на достижение следующих целей:

- овладение учениками системой математических знаний, умений и навыков;

-

вооружение

учеников

математическими

методами

познания

действительности,

умение

использовать знания при решении практических задач;

- развитие математической интуиции, логического мышления;

- обогащение пространственных представлений учащихся и развитие их пространственного

воображения;

- развитие таких черт личности как настойчивость, целенаправленность, самостоятельность,

ответственность, трудолюбие, критичность мышления;

- развитие познавательных интересов учащихся;

-

развитие

таких

способностей,

как

наблюдательность,

представление,

память,

мышление,

владение математической речью;

-

формирование

и

развитие

метапредметных

универсальных

учебных

действий

(умения

учиться), умение выделять существенное, мыслить абстрактно, умение анализировать.

В разделе «Прямые и плоскости в пространстве» изучаются темы:

Угол между прямой и плоскостью

Угол между скрещивающимися прямыми

Угол между плоскостями.

Рассмотрим

решение

основных

типов

задач

на

отыскание

углов

между

прямыми

и

плоскостями:

1) Задача на нахождение угла между двумя скрещивающимися прямыми.

•

Углом

между

двумя

пересекающимися

прямыми называется

наименьший из углов, образованных при пересечении прямых.

•

0˚ <

∠

(a;b)≤ 90˚ .

•

Углом

между

скрещивающимися

прямыми называется

угол

между

пересекающимися

прямыми,

соответ ственно

параллельными данным скрещивающимся.

•

Две прямые называются перпендикулярными,

если угол между ними равен 90˚ .

•

Угол между параллельными прямыми считается равным нулю.

•

При нахождении угла между прямыми используют:

1)

формулу

cosφ=

|

b

2

+

c

2

−

a

2

|

2 bc

для

нахождения

углаφмежду

прямыми m и l

,

если

стороны а и b треугольника АВС

соответственно параллельны этим прямым;

2) Формулу cosφ=

|

´

p ∙

´

q

|

|

´

p

|

·

|

´

q

|

или в координатной форме

cosφ =

|

x

1

∙ x

2

+

y

1

∙ y

2

+

z

1

∙ z

2

|

√

x

1

2

+

y

1

2

+

z

1

2

·

√

x

2

2

+

y

2

2

+

z

2

2

для

нахождения

угла φ между

прямыми m и l

,

если

векторы

´

p

(х

1

;у

1

;z

1

)

и

´

q

(х

2

;у

2

;z

2

)

параллельны соответственно этим прямым; в частности, для того чтобы прямые m и l

были

перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы

´

p ∙

´

q

= 0 или x

1

·x

2

+ y

1

·y

2

+z

1

·z

2

= 0.

Пример.

В кубе ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

найдите угол между прямыми A

1

D и D

1

E, где Е – середина ребра CC

1

.

Решение.

1-й способ.

Пусть F – середина ребра ВВ

1

, а –ребро куба, φ- искомый угол.

Так как A

1

F ǁD

1

E , то φ- угол при вершине A

1

в треугольнике A

1

FD.

Из треугольника BFD имеем

FD

2

= BD

2

+ BF

2

= 2a

2

+

а

2

4

=

9 а

2

4

,

а из треугольника A

1

B

1

F получаем

A

1

F

2

= A

1

B

1

2

+ B

1

F

2

= a

2

+

а

2

4

=

5 а

2

4

, откуда

A

1

F =

а

√

5

2

.

Далее в треугольнике A

1

FD используем теорему косинусов

FD

2

= A

1

D

2

+ A

1

F

2

–2A

1

D·A

1

F

∙

cosφ,

9 а

2

4

=2а

2

+

5 а

2

4

- 2

а

√

2

·

а

√

5

2

·cosφ, откуда

cosφ =

1

√

10

иφ = arccos

1

√

10

.

Ответ: arccos

1

√

10

.

2-й способ.

Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке.

Не нарушая общности задачи, обозначим длину ребра куба а.

Тогда А

1

(0; а; а), D(а; а; 0), D

1

(а; а; а),

Е(а; 0;

а

2

).

Найдём координаты направляющих векторов прямых A

1

D и D

1

E

´

A

1

D

=

{

а ; 0 ;

−

а

}

,

´

D

1

E

=

{

0;

−

а ;

−

а

2

}

.

Тогда

сosφ =

а· 0

+

0·

(

−

а

)

+

(

−

а

)

·

(

−

а

2

)

√

а

2

+

0

2

+(−

а

)

2

·

√

0

2

+(−

а

)

2

+(

−

а

2

)

2

=

а

2

2

а

√

2 ·

а

√

5

2

=

1

√

10

.

cosφ =

1

√

10

и φ = arccos

1

√

10

.

Ответ: arccos

1

√

10

.

2) Задача на нахождение угла между прямой и плоскостью.

•

Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей

прямой называется

угол

между

этой

прямой

и

ее

проекцией на данную плоскость.

• 0˚ <

∠

(a;α ) < 90˚ .

•

Угол

между

взаимно

перпендикулярными

прямой

и

плоскостью равен 90˚ .

• Если прямая параллельна плоскости (или лежит в ней),

то угол между ними считается равным 0˚ .

Угол

между

прямой l

и

плоскостью

α

можно

вычислить:

1) если этот угол удается включить в прямоугольный

треугольник в качестве одного из острых углов;

2) по формуле sinφ =

|

´

n ∙

´

p

|

|

´

n

|

·

|

´

p

|

или в координатной форме

sinφ =

|

x

1

∙ x

2

+

y

1

∙ y

2

+

z

1

∙ z

2

|

√

x

1

2

+

y

1

2

+

z

1

2

·

√

x

2

2

+

y

2

2

+

z

2

2

, где

´

n

(x

1

; y

1

; z

1

)- вектор нормали плоскости α,

´

p

(x

2

;y

2

; z

2

)- направляющий вектор прямой l;

• прямая l и плоскость α параллельны тогда и только тогда, когда

x

1

x

2

+ y

1

y

2

+ z

1

z

2

= 0.

Пример.

В

кубе ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

точка Е – середина ребра

A

1

В

1

.

Найдите синус угла между прямой А Е и плоскостью

ВDD

1

.

Решение.

1-й

способ.

Угол

между

прямой

АЕ

и

плоскостью ВDD

1

будем

искать как угол между данной плоскостью и прямой

DЕ

1

,

параллельной прямой АЕ.

Из точки Е

1

опустим перпендикуляр Е

1

Е

2

на прямую В

1

D

1

.

Искомый угол – это угол между прямыми DE

2

и DE

1

.

Пусть сторона куба равна а.

А

1

С

1

=

√

а

2

+

а

2

=¿

а

√

2

.

Е

1

Е

2

=

1

4

· А

1

С

1

=

1

4

·а

√

2

=

а

√

2

4

.

DE

1

=

√

а

2

+

а

2

4

=

а

√

5

2

.

sin φ

=

Е

1

Е

2

D E

1

=

а

√

2

4

:

а

√

5

2

=

а

√

2

4

·

2

а

√

5

=

1

√

10

=

√

10

10

.

Ответ:

√

10

10

.

2-й способ.

Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке.

Не нарушая общности задачи, обозначим длину ребра куба а.

За вектор нормали плоскости ВDD

1

возьмем вектор

´

AC .

Найдём координаты нужных точек.

А(0; 0; 0), Е(0;

а

2

; а), С(а; а; 0).

Тогда

´

AE

=

{

0;

а

2

; а

}

,

´

AC

=

{

а ; а ; 0

}

.

sin φ =

0 · а

+

а

2

· а

+

а · 0

√

а

2

4

+

а

2

·

√

а

2

+

а

2

=

1

√

10

=

√

10

10

.

Ответ:

√

10

10

.

3) Задача на нахождение угла между двумя плоскостями.

•

Двугранный угол, образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла,

получаемого

при

пересечении

двугранного

угла

плоскостью, перпендикулярной его ребру.

•

Величина двугранного угла принадлежит промежутку (0˚

;

180˚ ).

•В

еличина

угла

между

пересекающимися

плоскостями

принадлежит промежутку (0˚ ;90˚ ].

•

Угол

между

двумя

параллельными

плоскостями

считается равным 0˚ .

Угол

между

пересекающимися

плоскостями можно

вычислить:

1)

как угол между прямыми, лежащими в этих плоскостях и

перпендикулярными к линии их пересечения;

2)

как угол треугольника, если удается включить линейный

угол в некоторый треугольник;

3) как угол между перпендикулярными им прямыми;

4) по формуле

cos

∠

(

α ; β

)

=

|

´

n

1

∙

´

n

2

|

|

´

n

1

|

∙

|

´

n

2

|

или в координатной форме

cos

∠

(

α ; β

)

=

|

А А

1

+

В В

1

+

СС

1

|

√

А

1

2

+

В

1

2

+

С

1

2

∙

√

А

2

2

+

В

2

2

+

С

2

2

,

где

´

n

1

(

А

1

; В

1

;С

1

¿−

вектор нормали плоскости A

1

x

+

B

1

y

+

C

1

z

+

D

1

=

0,

Пример.

Основание

прямой

четырехугольной

призмы ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

-

прямоугольник ABCD, в котором АВ = 12, AD =

√

31

. Найдите

косинус угла между плоскостью основания призмы и плоскостью,

проходящей

через

середину

ребра A D перпендикулярно прямой

BD

1

, если расстояние между прямыми AC и B

1

D

1

равно 5.

Решение.

1-й способ.

Решение этой задачи вычислительно-аналитическим методом очень громоздкое и сложное, даже

выполнить чертеж к этой задаче крайне сложно, поэтому я его не привела, а методом координат эта

задача решается легко и просто.

2-й способ.

Легко видеть, что этот угол равен углу между нормалями к этим плоскостям.

Вектор

´

A A

1

– вектор нормали плоскости основания.

А вектором нормали плоскости, проходящей через середину ребра АD перпендикулярно прямой

ВD

1

будет вектор

´

B D

1

.

Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке.

Найдём координаты нужных точек, т.е. точек А, А

1

, В, D

1

.

А (0; 0; 0), А

1

(0; 0; 5), В(0; 12; 0),

D

1

(

√

31

; 0; 5).

Тогда

´

A A

1

=

{

0 ; 0 ; 5

}

,

´

B D

1

=

{

√

31;

−

12; 5

}

.

cosφ

=

0 ·

√

31

+

0 ·

(−

12

)+

5 · 5

√

0

2

+

0

2

+

5

2

·

√

√

31

2

+

(

−

12

)

2

+

5

2

=

25

5·

√

200

=

25

50

√

2

=

=

1

2

√

2

=

√

2

4

.

Ответ:

√

2

4

.

Методические рекомендации

Задачи 14 по стереометрии из Профильного ЕГЭ по математике обычно относятся к одному из

нескольких типов – в зависимости от того, что нужно найти. И для каждого типа задач – свои

способы решения.

Эта небольшая таблица будет вашим путеводителем. Вы увидите, что делать в той или иной

задаче.

Типы задач

Методы решения

Угол между

прямыми

1) Находим угол между прямыми как угол треугольника

(теорема косинусов). Пользуемся определением угла между

скрещивающимися прямыми.

2) Возможно – применение теоремы о трех перпендикулярах

3) Векторно-координатный способ

Угол между прямой 1) По определению (как угол между прямой и ее проекцией на

и плоскостью

плоскость)

2) Векторно-координатный способ

3) В случае перпендикулярности прямой и плоскости –

доказываем, что прямая перпендикулярна двум

пересекающимся прямым, лежащим в плоскости

Угол между

плоскостями

1) По определению (как угол между перпендикулярами,

проведенными в этих плоскостях к линии их пересечения)

2) С помощью формулы площади прямоугольной проекции

фигуры

3) Векторно-координатный способ – как угол между нормалями

к плоскостям

Анализ

задач

на

отыскание

расстояния

между

фигурами

(по

материалам ЕГЭ по математике)

Задание 14 Профильного ЕГЭ по математике состоит из двух пунктов.

Пункт (а) – доказательство какого-либо утверждения.

Пункт (б) – вычисление какой-либо величины.

Задачи на отыскание расстояния между фигурами делятся на:

Нахождение расстояния от точки до плоскости

Нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

Основной задачей курса геометрии является необходимость обеспечить прочное и сознательное

овладение

учащимися

системой

математических

знаний

и

умений,

необходимых

в

повседневной жизни в современном обществе, достаточных для изучения смежных дисциплин

и продолжения образования.

Обучение математике направлено на достижение следующих целей:

- овладение учениками системой математических знаний, умений и навыков;

-

вооружение

учеников

математическими

методами

познания

действительности,

умение

использовать знания при решении практических задач;

- развитие математической интуиции, логического мышления;

- обогащение пространственных представлений учащихся и развитие их пространственного

воображения;

- развитие таких черт личности как настойчивость, целенаправленность, самостоятельность,

ответственность, трудолюбие, критичность мышления;

- развитие познавательных интересов учащихся;

-

развитие

таких

способностей,

как

наблюдательность,

представление,

память,

мышление,

владение математической речью;

-

формирование

и

развитие

метапредметных

универсальных

учебных

действий

(умения

учиться), умение выделять существенное, мыслить абстрактно, умение анализировать.

В разделе «Прямые и плоскости в пространстве» изучаются темы:

Расстояния от точки до плоскости.

Расстояние от прямой до плоскости.

Расстояние между параллельными плоскостями.

Расстояние между скрещивающимися прямыми.

В разделе «Координаты и векторы» изучаются темы:

Формула расстояния между двумя точками.

Формула расстояния от точки до плоскости.

Рассмотрим решение основных типов задач на отыскание расстояния между

фигурами:

Нахождение расстояния от точки до плоскости

Задача. Дан

прямоугольный

параллелепипед АBСDA

1

B

1

C

1

D

1

со

сторонами AB=2, BC=4, AA

1

=6.

Найдите расстояние от точки D до плоскости АСD

1

.

1 способ. Используя определение. Найти расстояние r(D, АСD

1

) от точки D до плоскости АСD

1

(рис.

1).

Проведем DH

⊥

АС,

следовательно, по тереме о трех перпендикулярах D

1

H

⊥

АС и (DD

1

H)

⊥

АС.

Проведем прямую DT перпендикулярно D

1

H.

Прямая DT лежит в плоскости DD

1

H, следовательно, DT

⊥

AC.

Следовательно, DT

⊥

АСD

1.

Из п

рямоугольного треугольника АDC найдем гипотенузу АС и высоту DH

Из прямоугольного треугольника D

1

DH найдем гипотенузу D

1

H и высоту DT

Ответ:

.

2 способ. Метод объемов (

Прямоугольный параллелепипед — параллелепипед, все грани которого являются прямоугольниками.

AB=CD=2, BC=AD=4, AA

1

=6.

Искомым

расстоянием

будет

высота h

пирамиды ACD

1

D,

опущенной

и з

вершины D

н а

основание ACD

1

(рис. 2).

Вычислим объем пирамиды ACD

1

D двумя способами.

Вычисляя, первым способом за основание примем ∆ ACD

1

, тогда

Вычисляя, вторым способом за основание примем ∆ ACD, тогда

Приравняем правые части последних двух равенств, получим

Из

прямоугольных

треугольников АСD, ADD

1

, CDD

1

найдем

гипотенузы,

используя

теорему

Пифагора

Вычислим площадь треугольника ACD

Вычислим площадь треугольника АСD

1

, используя формулу Герона

Ответ:

.

3 способ. Координатный метод.

Пусть

дана

точка M(x

0

,y

0

,z

0

)

и

плоскость α,

заданная

уравнением ax+by+cz+d=0

в

прямоугольной

декартовой системе координат. Расстояние от точки M до плоскости α можно вычислить по формуле:

Введем систему координат (рис. 3). Начало координат в точке В;

прямая АВ — ось х, прямая ВС — ось y, прямая BB

1

— ось z.

B(0,0,0), А(2,0,0), С(0,4,0), D(2,4,0), D

1

(2,4,6).

Пусть aх+by+cz+d=0 – уравнение плоскости ACD

1

. Подставляя в него координаты точек A, C, D

1

получим:

Уравнение плоскости ACD

1

примет вид

Ответ:

.

4 способ. Векторный метод.

Введем базис (рис. 4)

,

.

Поэтому

Далее имеем:

Так как

то имеем:

Отсюда получаем:

Ответ:

Нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

СПОСОБ I

Задача 1. В прямоугольном параллелепипеде с размерами a, b, h найти расстояние между

боковым ребром и не пересекающейся с ним диагональю основания.

Пусть AH

BD. Так как А

1

А перпендикулярна плоскости АВСD , то А

1

А

AH.

AH перпендикулярна обеим из двух скрещивающихся прямых, следовательно AH?- расстояние

между прямыми А

1

А и BD. В прямоугольном треугольнике ABD, зная длины катетов AB и AD,

находим высоту AH, используя формулы для вычисления площади прямоугольного

треугольника. Ответ:

Задача 2. В правильной 4-угольной пирамиде с боковым ребром L и стороной основания a

найти расстояние между апофемой и стороной основания, пересекающей боковую грань,

содержащую эту апофему.

SH

CD как апофема, AD

CD, так как ABCD - квадрат. Следовательно, DH - расстояние

между прямыми SH и AD. DH равно половине стороны CD. Ответ:

СПОСОБ II

Задача 1.

Плоскость EFM параллельна прямой AD, т. к AD || EF. Прямая MF лежит в этой плоскости,

следовательно, расстояние между прямой AD и плоскостью EFM равно расстоянию между

прямой AD и прямой MF. Проведем OH

AD. OH

EF, OH

MO, следовательно, OH

(EFM),

следовательно, OH - расстояние между прямой AD и плоскостью EFM, а значит, и расстояние

между прямой AD и прямой MF. Находим OH из треугольника AOD.

Ответ:

Задача 2. В прямоугольном параллелепипеде с размерами a,b и h найти расстояние между

боковым ребром и не пересекающейся с ним диагональю параллелепипеда.

Прямая AA

1

параллельна плоскости BB

1

D

1

D, B

1

D принадлежит этой плоскости, следовательно

расстояние от AA

1

до плоскости BB

1

D

1

D равно расстоянию между прямыми AA

1

и B

1

D.

Проведем AH

BD. Также, AH

B

1

B, следовательно AH

(BB

1

D

1

D), следовательно AH

B

1

D,

т. е. AH - искомое расстояние. Находим AH из прямоугольного треугольника ABD.

Ответ:

Задача 3. В правильной шестиугольной призме A:F

1

c высотой h и стороной основания a найти

расстояние между прямыми:

а) AA

1

и ED

1

.

Рассмотрим плоскость E

1

EDD

1

. A

1

E

1

EE

1

, A

1

E

1

E

1

D

1

, следовательно

A

1

E

1

(E

1

EDD

1

). Также A

1

E

1

AA

1

. Следовательно, A

1

E

1

является расстоянием от прямой AA

1

до плоскости E

1

EDD

1

. ED

1

(E

1

EDD

1

)., следовательно AE

1

- расстояние от прямой AA

1

до

прямой ED

1

. Находим A

1

E

1

из треугольника F

1

A

1

E

1

по теореме косинусов. Ответ:

б) AF и диагональю BE

1

.

Проведем из точки F прямую FH перпендикулярно BE. EE

1

FH, FH

BE, следовательно FH

(BEE

1

B

1

), следовательно FH является расстоянием между прямой AF и (BEE

1

B

1

), а значит и

расстоянием между прямой AF и диагональю BE

1

. Ответ:

СПОСОБ III

Задача 1.

а) Плоскости BAA

1

B

1

и DEE

1

D

1

параллельны, так как AB || ED и AA

1

|| EE

1

. ED

1

DEE

1

D

1

, AA

1

(BAA

1

B

1

), следовательно, расстояние между прямыми AA

1

и ED

1

равно расстоянию между

плоскостями BAA

1

B

1

и DEE

1

D

1

. A

1

E

1

AA

1

, A

1

E

1

A

1

B

1

, следовательно, A

1

E

1

BAA

1

B

1

.

Аналогично доказываем, что A

1

E

1

(DEE

1

D

1

). Т.о., A

1

E

1

является расстоянием между

плоскостями BAA

1

B

1

и DEE

1

D

1

, а значит, и между прямыми AA

1

и ED

1

. Находим A

1

E

1

из

треугольника A

1

F

1

E

1

, который является равнобедренным с углом A

1

F

1

E

1

, равным

. Ответ:

б) Расстояние между AF и диагональю BE

1

находится аналогично.

Ответ:

.

Задача 2. В кубе с ребром а найти расстояние между двумя непересекающимися диагоналями

двух смежных граней.

(AB

1

D

1

|| BC

1

D). B

1

C

BC

1

и BC

1

A

1

B

1

, следовательно, прямая BC

1

перпендикулярна

плоскости A

1

B

1

C, и следовательно, BC

1

A

1

C. Также, A

1

C

BD. Следовательно, прямая A

1

C

перпендикулярна плоскости BC

1

D. Вычислительная же часть задачи особых трудностей не

вызывает, так как h

скр

= EF находится как разность между диагональю куба и высотами двух

одинаковых правильных пирамид A

1

AB

1

D

1

и CC

1

BD.

Ответ:

СПОСОБ IV.

Задача 1.

Рисунок 15

Рассмотрим плоскость A

1

B

1

CD. C

1

F

(A

1

B

1

CD), т. к. C

1

F

B

1

C и C

1

F

A

1

B

1

. Тогда проекцией

C

1

D на "экран" будет являться отрезок DF. Проведем EM DF. Отрезок EM и будет являться

расстоянием между двумя непересекающимися диагоналями двух смежных граней. Находим

EM из прямоугольного треугольника EDF. Ответ:

.

Задача 2. В правильной треугольной пирамиде найти расстояние и угол между

скрещивающимися прямыми: боковым ребром l и стороной основания a.

В данной и аналогичных ей задачах способ IV быстрее других способов приводит к решению,

так как построив сечение, играющее роль "экрана", перпендикулярно AC (треугольник BDM),

видно, что далее нет необходимости строить проекцию другой прямой (BM) на этот экран. DH -

искомое расстояние. DH находим из треугольника MDB, используя формулы площади. Ответ:

.

Методические рекомендации:

Школьный

курс

предполагает

изучение

четырех

способов

решения

задач

на

нахождение

расстояния

фигурами.

Выбор

способа

обусловлен,

в

первую

очередь,

особенностями

конкретной задачи, предоставленными ею возможностями для выбора, и, во вторую очередь,

способностями

и

особенностями

"пространственного

мышления"

конкретного

учащегося.

Каждый

из

этих

способов

позволяет

решить

самую

главную

часть

задачи

–

нахождение

расстояния.

Эти решенные задачи будут вашим путеводителем. Вы увидите, что делать в той или иной

задаче, какой способ лучше применить.