Методическая разработка по теме: "Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач"
методическая разработка (геометрия, 11 класс) на тему

Методическая разработка по теме :

«Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач»

Автор: Симакова Н.Б, учитель математики ГБОУ СОШ №264 Санкт-Петербурга.

Введение.

      Учёные всегда стремились упростить себе жизнь – придумывали новые, простые методы решения, универсальные для множества задач, позволяющие быстро решить даже самую трудную задачу. Именно таким методом и является векторно-координатный.

 «Векторный» путь построения геометрии предложил в 1918 году известный немецкий математик Герман Вейль. Векторы можно использовать как для решения планиметрических задач, так и для стереометрических.

      Векторно-координатный метод решения задач позволяет с лёгкостью решать даже самые громоздкие и сложные задачи, избегать долгих доказательств теорем. С помощью векторов можно вычислять расстояния и углы, доказывать теоремы, строить перпендикулярные и параллельные прямые и отрезки, строить сечения, доказывать равенство геометрических фигур и многое другое. Использование этого метода при решении задач также способствует развитию творческого мышления, ведь векторы, используемые при решении задачи, необходимо выбрать самому.

       В настоящее время векторно-координатный метод используется в алгебре, геометрии, физике, механике; понятие векторного пространства используется в теории вероятностей, математической экономике, биологии, лингвистике и т.д.

      Данная разработка адресована тем учителям, которые хотят расширить знания своих учеников в области аналитической геометрии, научить их решать более сложные по сравнению с обязательным уровнем задачи, содержит необходимый теоретический материал, а также подборки задач, решаемых как векторным, так и координатным методами, примеры доказательств теорем стереометрии методами аналитической геометрии. Наличие стереометрических задач на построение сечений, нахождение расстояний и углов актуально в плане подготовки учащихся к решению геометрических задач части «С» единого государственного экзамена.

Краткая историческая справка

Вейль, Герман Клаус Гуго (Hermann Klaus Hugo Weyl) (1885-1955)-немецкий математик. Окончил Геттинтенский университет. В 1913-1930 годах – профессор Цюрихского политехнического, в 1930-1933 годах – профессор Геттингенского университета, после прихода к власти фашистов в 1933 году эмигрировал в США, работал в Принстоне в институте перспективных исследований.

Труды посвящены тригонометрическим рядам и рядам по ортогональным функциям, теории функций комплексного переменного, дифференциальным и интегральным уравнениям. Ввёл в теорию чисел т. н. «Суммы Вейля»Труды Вейля по прикладной линейной алгебре имели значение для последующего создания математического программирования, а работы в области математической логики и оснований математики до сих пор вызывают интерес. В 1918 году предложил «векторный» путь построения геометрии.

Основные понятия и теоремы

Векторы:

• Вектором называется отрезок, для которого указано, какой из его концов считается началом, а какой – концом. Направление вектора на рисунке (от начала к концу) отмечается стрелкой.

                                                     В                       АВ - вектор

А

• Любая точка пространства также может считаться вектором. В таком случае вектор называется нулевым. Начало и конец этого вектора совпадают.
• Длиной ненулевого вектора называется длина самого отрезка.
• Два ненулевых вектора называются коллинеарными, если они лежат либо на одной прямой, либо на параллельных прямых.
• Векторы называются сонаправленными, если они коллинеарны и лучи, содержащие эти векторы, сонаправлены.
• Векторы называются равными, если их длины равны и они сонаправлены.
• Векторы называются компланарными, если при откладывании от одной и той же точки они будут лежать в одной плоскости.
• Любой данный вектор можно разложить по двум данным неколлинеарным векторам, причём коэффициенты разложения определяются единственным образом.
• Любой данный вектор можно разложить по трём данным некомпланарным векторам, причём коэффициенты разложения определяются единственным образом.
• Сложение двух векторов по правилу треугольника:

• Сложение двух векторов по правилу параллелограмма:

• Сложение нескольких векторов по правилу многоугольника:

• Сложение трёх некомпланарных векторов по правилу параллелепипеда:

→   →   →  →    

ОD=a + b + c

• Вычитание двух векторов по правилу треугольника:

        →  →            →  

• Если векторы а и b  коллинеарны, причём а – ненулевой, то существует такое

                   →   →    

 число, что а=k*b, где к – некоторый коэффициент.

                                          →→→                                  

• Пусть даны три вектора: а, b и с. Если окажется, что хотя бы один из них может быть представлен в виде суммы произведений двух других векторов на некоторые числа, то в этом случае данную тройку векторов называют линейно зависимой.(т.е.эти векторы компланарны).

                                          →   →  →

Если не один из векторов а, b и с не является линейной комбинацией двух остальных, то векторы а, b и с называются линейно независимыми.

• Аксиома размерности: существует три линейно независимых вектора, но всякие четыре вектора линейно зависимы.Из аксиомы следует. Что максимальное число линейно независимых векторов равно 3. Это и означает, что пространство трёхмерно.
• Теорема: Любой вектор а может быть единственным образом представлен в виде линейной комбинации любых трёх линейно независимых векторов.

Доказательство:

          →→→                                                               →

Пусть i, j, k – линейно независимые векторы и а – произвольный вектор. Докажем, что

→                →→→

вектор а может быть представлен в виде линейной комбинации векторов i, j, k, то есть

→   →  →   →

а=  xi+ yj+  zk

                                                                                         →→→→

На основании аксиомы размерности четыре вектора а, i, j, k линейно зависимы. Это означает, что среди них существует хотя бы один вектор, который является линейной комбинацией остальных. При этом возможны два случая:

                      →

1)Вектором, который является линейной комбинацией трёх остальных, является именно а.

        →

Тогда эта линейная комбинация является искомым представлением вектора а и останется доказать только его единственность.

2)Линейной комбинацией остальных векторов является один из данных линейно

        →→→

независимых векторов i, j, k:

→   →  →   →

i=n1a+n2j+n3k

В этом разложении число n1≠0. Если n1=0, то имели бы

→   →   →  →

i=0*a+n2j+n3k

или

→   →  →

i= n2j+n3k                                        →→→

Последнее означает, что векторы i, j, k  линейно зависимы, что противоречит условию теоремы. Следовательно n1≠0.

Пользуясь распределительностью умножения вектора на число, выполним следующие преобразования:

или, прибавляя к обеим частям последнего равенства векторы, противоположные векторам получим:

Обозначив числа  ,  ,  соответственно через х, у и z, получим равенство

                                 →    →  →  →

                                 а= xi+ yj+  zk

                                                                                                →

Докажем теперь единственность представления вектора а. Допустим, что кроме этого разложения существует ещё такое:

→  →  →  →

a=x1i+y1j+z1k

Тогда имеем:

→    →  →     →   →  →

xi+ yj+  zk= x1i+y1j+z1k

откуда можно получить, что

           →            →           →

(х – х1)i+(y – y1)j+(z – z1)k=0

Если допустить, что хотя бы одна из разностей равна нулю (скажем х – х1), то будем иметь:

                                          →→→

Это означает, что векторы i, j, k линейно зависимы. Получается противоречие с условием теоремы. Следовательно, допущение неверно. Отсюда х – х1=0; y – y1=0; z – z1=0, или x=x1, y=y1, z=z1, ч.т.д.

Координаты:

• Если через некоторую точку пространства проведены три попарно перпендикулярные прямые, на каждой из них выбрано направление (оно обозначается стрелкой) и выбрана единица измерения отрезков, то говорят, что выбрана прямоугольная система координат в пространстве. Прямые с выбранными направлениями называются осями координат, а их общая точка – началом координат. Она обычно обозначается буквой О. Оси обозначаются так: Ох, Оу, Оz – и имеют названия: «ось абсцисс», «ось ординат», «ось аппликат».Вся система координат называется Oxyz. Три плоскости, проходящие через оси координат называются координатными плоскостями. Точка О разделяет каждую из осей координат на на два дополнительных луча. Луч, направление которого совпадает с направлением оси, называется положительной полуосью, а дополнительный к нему луч – отрицательной полуосью.
• В прямоугольной системе координат каждой точке М пространства сопоставляется тройка чисел, которые называются её координатами.
• Зададим в пространстве прямоугольную систему координат. На каждой из положительных полуосей от начала координат отложим единичный вектор, то есть вектор, длина которого равна единице. Обозначим эти векторы как i, j, k . Они называются координатными векторами. Эти векторы не компланарны, поэтому любой вектор можно представить в виде

→  → → →

a=xi+yj+zk    , причём коэффициенты разложения определяются единственным образом. Эти коэффициенты называются координатами вектора в данной системе координат.

• Каждая координата суммы двух и более векторов равна сумме соответствующих координат этих векторов. Каждая координата разности векторов равна разности координат этих векторов.
• Каждая координата вектора равна разности соответствующих координат его конца и начала.
• Каждая координата середины отрезка равна полусумме соответствующих координат его концов.

                                                                             →        ________

• Длина вектора вычисляется по формуле: │a│= √x2+y2+z2
• Скалярное произведение векторов равно произведению длин этих векторов на угол между ними.    

                   →→ →      →

                               a*b=│a│*│b│*cos α  , где α – угол между этими векторами.

                Скалярное произведение векторов в координатах выглядит так:

                 →→                                   →                   →

                   ab=x1x2+y1y2+z1z2    при a{x1;y1;z1} и  b {x2;y2;z2}. Если векторы перпендикулярны, их скалярное произведение равно нулю.

• Уравнением плоскости α, проходящей через точку М {x;y;z} и

      →

перпендикулярной к ненулевому вектору n {A;B;C} является уравнение:

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0

Решение задач с помощью векторов и скалярного произведения векторов:

Доказательство некоторых теорем :

1)

Пусть точки А, В, С и Р такие, что ОР=mOA+nOB+рОС (OА, ОС и ОВ линейно независимы).Тогда необходимое и достаточное условие их принадлежности одной прямой состоит в следующем: m+n+р=1.

Доказательство необходимости:

Пусть точки А, В, С и Р лежат в одной плоскости, тогда векторы

→    →   →   →   →    →   →    →   →

АР=ОР-ОА, АВ=ОВ-ОА, АС=ОС-ОА будут линейно зависимыми, следовательно

→   →       →    →       →    →

ОР-ОА=n(OB-OA)+p(OC-OA),

→               →      →      →

OP=(1- n- p)OA+nOB+pOC

И в силу единственности разложения вектора OP по векторам ОА, ОВ, ОС получим

m=1- n –p или m+ n+ p=1

Доказательство достаточности:

Пусть m+n+p=1, тогда

→    →      →      →     →    →      →      →       →                   →       →    →       →    →

OP-OA=mOA+nOB+pOC-OA=mOA+nOB+pOC-(m+n+p)*OA=n(OB-OA)+p(OC-OA)

             →      →       →

Отсюда АР=nAB+pAС и по определению P принадлежит плоскости АВС.

2)

Если две плоскости α и β имеют общую точку М, то найдётся по меньшей мере, ещё одна общая точка N у этих плоскостей.

Доказательство:

Так как плоскость может быть задана любыми тремя точками, не лежащими на одной прямой, то плоскость α можно задать точками М, А, В, а плоскость β – точками М, С и D.                                      

На основании теоремы о том, что любой вектор может быть представлен в виде линейной комбинации любых трёх линейно независимых векторов можно записать:

или:

                              →   →

            Построим вектор MN=a. Имеем:

                                   _____                                                       → →              →

Докажем теперь. что M=N . Если допустить, что M=N, то MN=0, тогда MD+

         →  →        →          →        →      →

(-k3)MC=0, или MD=k3MC. Это означает, что векторы MD и MC линейно зависимы и точки M, C и D лежат на одной прямой, что противоречит их выбору.

                            ____

Следовательно, M=N. Теорема доказана.

3)Признак перпендикулярности прямой и плоскости: Если прямая АВ перпендикулярна к двум пересекающимся прямым СD и СЕ, принадлежащим плоскости α, то прямая АВ ┴ α.

Доказательство:

             →                                                                    →                                      →     →

Пусть MN – произвольный вектор плоскости α и MN≠0. Так как векторы CD и СЕ

                                  →          →       →

не компланарны, то MN = nCD+mCE. Тогда  

→    →     →    →        →     →    →       →     →       →      →       →      →

AB*MN=AB(nCD+mCE)=AB(nCD)=AB(mCE)=n(AB*CD)+m(AB*CE). По условию

→     →         →      →                  →     →                                →      →

AB*CD=0 и АВ*СЕ=0. Отсюда АB*MN=n*0+m*0=0, т.е. АВ ┴ MN. Тогда по определению прямой, перпендикулярной к плоскости, АВ ┴ α. , ч.т.д.

Нахождение расстояний и углов:

Введём понятие базиса – это пара неколлинеарных векторов, заданных на плоскости, благодаря которым любой вектор можно разложить по ним. В пространстве базис – это три некомпланарных вектора.

Задача №1

Каждое ребро призмы АВСА1В1С1 равно 2. Точки  M и N – середины рёбер АВ и А1 С1. Найти расстояние от точки М до прямой СN, если известно, что угол А1АС=60 гр. и прямые А1А и АВ перпендикулярны.

                                                                                           →     → → →    →  →  

Решение: Рассмотрим базис, состоящий из векторов АА1=а, АВ=b и АС=с, и составим таблицу умножения для векторов этого базиса.

Расстояние от точки М до прямой СN равно расстоянию от точки М до её проекции на прямую CN. Пусть Р – проекция точки М на прямую СN. Тогда

→     →  →      →    →  

МР=СР-СМ=хСN-СМ для некоторого числа х.

→     →       →    →      →   →  

CN= a – 1/2c и СМ=1/2b – c , то

→       →     →          →   →   →     →              →  

МР=x(a – 1/2c) – (1/2b – c)=xa-1/2b+(1 – x/2)c

Поскольку прямые МР и СN перпендикулярны, то

→    →                 →    →               →  →      →

МР*СN=0, т.е. (xa-1/2b+(1 – x/2)c)*(a – 1/2c)=0

Раскрывая скобки и пользуясь таблицей умножения для нашего базиса, получаем 3х+1/2=0, откуда х= –(1/6)

              →             →    →         →

Значит, МР= –(1/6)а-1/2b+13/12c

Искомое расстояние МР равно

   →                 →     →         →  

│МР│=√((1/6)а-1/2b+13/12c)2                                                                                   _____

Снова раскрывая скобки и пользуясь таблицей умножения, находим МР=√105/6   . Таким образом, расстояние от точки М до прямой СN равно √105/6

Задача №2

В пирамиде DABC грань АСD – правильный треугольник со стороной 3√2, грань АВС – равнобедренный прямоугольный треугольник (угол АСВ = 90 гр.), ребро ВD равно 3. найти объём пирамиды.

Решение: Построим линейный угол двугранного угла АС ( угол DKO) и обозначим его через φ. Очевидно, что угол между векторами KD и CB равен линейному углу двугранного угла АС. найдя этот угол, мы из прямоугольного треугольника КОD, в котором │KD│=│AD│*sin угла DAK, т.е.

│KD│=3√2* (√3/2)=(3√6)/2

вычислим │DO│ – длину высоты тетраэдра.

Так как

            →     →   →  →    →   →

BD=CD-CB,CD=CK+KD,

то

→   →    →   →

BD=CK+KD-CB

Тогда

→     →     →      →       →   →    →    →    →    →

BD2=CK2+KD2+CB2=2CK*KD-2CK*CB-2KD*CB, значит 32= ((3√2)/2)2 + ((3√6)/2)2 + (3√2)2+0-0-2*((3√6)/2)*3√2cos φ,

откуда cos φ=√3/2 и φ=30 гр.

Из треугольника КОD находим высоту тетраэдра

│DO│=1/2│KD│=((3√6)/4

Площадь основания

Sосн=1/2*(3√2)2=9

Наконец, объём пирамиды

V=1/3*9*((3√6)/4=9/4*√6

***

Введём понятие радиус-вектора: если в пространстве фиксирована некоторая точка

        →  →

 О, то каждая точка пространства характеризуется вектором ОА.ОА и есть радиус-

        →    →         →           →       →

вектор. Если точка М лежит на прямой АВ и АМ=kAB, то ОМ=(1-k)OA+kOB.(1)

Задача №3

На рёбрах DA,DB,AC тетраэдра DABC взяты соответственно точки L, N, F так, что DL=1/2DA,DN=1/3DB,AF=1/4AC. В каком отношении плоскость, проходящая через точки L,N,F делит ребро BC?

Решение:                                         →

Пусть М – точка пересечения рассматриваемой плоскости с ребром BC и

→    →  →  → →   →

DA=a,   DB=b, DC=c.

Так как точки M,N,L,F лежат в одной плоскости, причём последние три точки не лежат на одной прямой, то по формуле

→       →    →                  →       →     →                         →     →

DM=kDL+lDN+(1 – k – l)DF=ka/2+lb/3+(1 – k – l)(3/4a+1/4c).

С другой стороны, по формуле (1)

→             →   →

DM=(1-m)b+mc                        

                                                                           →→→

где m – отношение ВМ:ВС. Так как векторы а,b,с не компланарны, то на основании утверждения о разложении вектора по трём некомпланарным, мы получим систему:

k/2+(1 – k – l)3/4=0, l/3=1 – m,

(1 – k – l)1/4=m.

Отсюда m=2/5 и ВМ:МС=2/3.

Задача №4

Длины рёбер тетраэдра АВСD равны a,b,c,d,m,n,k. Найти расстояние от вершины А до точки пересечения медиан грани ВСD.

Пусть О – точка пересечения медиан грани ВСD. Обозначим угол ВАС=φ1, угол САD= φ2, угол DАВ= φ3.

Воспользуемся равенством (1), преобразуя его для точки пересечения медиан треугольника, вершин треугольника и точки А:

→           →     →   →

АО=1/3(АВ+АС+АD)

отсюда

 →           →     →   →

АО2=1/9(АВ+АС+АD)2

или, используя формулу квадрата суммы трёх чисел:

Последнее равенство перепишем так:

→

АО2=1/9(a2+b2+c2+2ab*cos φ1+2bc*cos φ2+2ac*cos φ3).

Поэтому:

→

           АО2=1/9(3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2)).

Следовательно,

                    _____________________

│АО│=1/3√3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2)

Следствие: Если длины всех рёбер тетраэдра равны а, то

                    _______

│ОА│=1/3√9а2-3а2=(а√6)/3

***

Векторное уравнение плоскости: Если точки А,В,С,D принадлежат одной плоскости, три из которых не лежат на одной прямой, и точка О – произвольная точка пространства, то выполняется следующее равенство

→       →     →     →

OD=aOA+bOB+cOC , где а+b+с=1

Задача №5

В правильной треугольной пирамиде SABС (АС – основание) точки К,L и М принадлежат рёбрам SA и SC,SB соответственно так, что

SK:KA=3:1

SL:LC=1:1

SM:MB=2:1

В каком отношении плоскость KLM делит высоту пирамиды SO?

Решение:

Пусть Р – точка пересечения плоскости KLM с высотой пирамиды SO, тогда на основании вышеизложенного можно записать следующее равенство

→        →      →                 →             →             →                    →

SP=a*SK+b*SL+(1-a-b)*SM=3/4a*SA+1/2b*SC+2/3(1-a-b)*SB,

→       →              →    →  →

SP=x*SO=1/3x*(SA+SC+SB)

откуда

3/4a=1/3x

1/2b=1/3x

2/3(1-a-b)=1/3x

решив эту систему, получим что x=18/29

Следовательно, SP:PO=18:11

Ответ:18:11

Решение задач с помощью метода координат:

Задачи на построение:

Задача №1.

На рёбрах АА1 и CD куба АВСDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P и Q – середины этих рёбер, а в грани А1В1C1D1 взята точка О1, в которой пересекаются диагонали А1С1 и B1D1. Через точку О1 проведём прямую m, параллельную прямой PQ.

Решение:

Введём в пространстве прямоугольную систему координат  Вхуz, как показано на рисунке. В этой системе координат:

В(0;0;0), А(1;0;0), С(0;1;0), В1(0;0;1)

Найдём координаты (v1;v2;v3) точки V – точки, в которой прямая m пересекается с плоскостью какой-нибудь грани призмы, например с плоскостью грани СDD1C1. Ясно, что так как точка V лежит в плоскости СDD1, то её вторая координата v2=1. Таким образом, V(v1;1;v3).                                                        →      →

Найдём координаты точек P,Q и О1, координаты векторов O1V и PQ. Получаем

P(1;0;1/2), Q(1/2;1;0), O1(1/2;1/2;1),

→                                →

O1V(v1-1/2;1/2;v3-1), PQ(-1/2;1;-1/2)                  →         →

так как прямая m параллельна прямой PQ, то O1V││PQ, и , значит координаты этих векторов пропорциональны, т.е.

откуда v1=1/4, v3=3/4, и , следовательно, V(1/4;1;3/4). Строим точку V по её координатам и затем строим прямую m, проходящую через точки O1 и V.

Задача №2

Вершина В прямоугольного параллелепипеда АВСDA1B1C1D1 с отношением рёбер AB:DA:AA1=1:2:3 принята за начало прямоугольной системы координат, а

               →         →          →                                                                                   →→→

векторы ВА, 1/2ВС и 1/3ВВ1 приняты соответственно за единичные векторы i, j, k.

Построить сечение параллелепипеда плоскостью α , заданной в этой системе координат уравнением 4x + y - 2z - 2=0.

Для построения данного сечения найдём три точки, принадлежащие плоскости α, но не лежащие на одной прямой, например, точки пересечения плоскости α с осями координат. Так, если плоскость α пересекает ось Вх в точке К, то точка К имеет координаты (к;0;0). Подставляя эти координаты в уравнение плоскости α ,получим к=1/2. Таким образом, плоскость α пересекает ось Вх  в точке К(1/2;0;0). Построим эту точку.

Аналогично если плоскость α пересекает ось Ву в точке L, то точка L имеет координаты (0;l;0). Подставляя эти координаты в уравнение плоскости α , найдем, что L(0;2;0). Построим точку L (она совпала с точкой С).

Точно так же находим, что плоскость α пересекает ось Вz в точке М(0;0;-1). построим эту точку и затем построим сечение призмы плоскостью α, проходящей через точки К,L,M.

Получаем четырёхугольник КСD2A2.

Задача №3

На рёбрах A1D1 и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки Р и Q – середины этих ребер построим сечение куба плоскостью α , проходящей через прямую РQ перпендикулярно плоскости α.

Решение:

Решение:

Введём в пространстве прямоугольную систему координат Вхуz с началом в точке

                                               → →   → →  → →

В и единичными векторами i=BA, j=BC, k=BB1.

                                               →                                                             →   →      →   →

Найдём нормальный вектор n1(k1;l1;m1) плоскости АВ1С. Так как n1┴АВ1 и n1┴АС.

                                                       →       →

 Находим координаты векторов АВ1 и АС:

→                   →

AB1(-1;0;1) , AC(-1;1;0)

Далее получаем систему уравнений

k1*(-1)+l1*0+m1*0=0

k1*(-1)+l1*1+m1*0=0

откуда, полагая, например, k1=1, находим l1=1, m1=1, т.е. n1(1;1;1). →

Составим теперь уравнение плоскости α.. Найдём для этого вектор n2(k2;l2;m2) – нормальный вектор этой плоскости. Так как плоскость α. перпендикулярна

                                            →                     →

плоскости АВ1С и вектор n2 перпендикулярен плоскости АВ1С, то n2┴ α.. Кроме

        →

того, PQ││ α . Тогда ясно, что вектор n2 перпендикулярен векторам n1(1;1;1)  и

→

PQ(-1/2;1/2;-1). Поэтому

k2*1+l2*1+m2*1=0

k2*(-1/2)+l2*1/2+m2*(-1)=0        →

откуда, полагая, например, m2=2, находим  l2=1, k2=-3, т.е. n2(-3;1;2)

Теперь составим уравнение плоскости α, проходящей через точку Q(1/2;1;0) перпендикулярно прямой PQ. Получаем:

(x – 1/2)(-3)+(y – 1)*1+(z – 0)*2=0

или после упрощений: 6x-2y-4z-1=0                  

Построим сечение куба плоскостью α . Для этого найдём ещё одну точку, принадлежащую плоскости α .

Если плоскость α пересекает ось Bx в точке L, то точка L имеет координаты (l;0;0).

Подставляя эти координаты  в уравнение плоскости α, находим l=1/6. Таким образом, L(1/6;0;0). Строим точку L.

Теперь плоскость α построим как плоскость, проходящую через точки P,Q и L. Основным следом этой плоскости является прямая QL. Получается многоугольник ELQD2P. ( На рисунке также построена прямая TV – линия пересечения плоскости α с плоскостью АВС).

Задачи на вычисление расстояний и углов:

Задача №1

В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол, равный 45 гр. На ребре МВ взята точка К – середина этого ребра. Найдём угол между прямой АК и плоскостью МВС.

Установив, что медианно МО грани МАВ является высотой пирамиды, т.е. МО┴АВ и МО┴ОС, и что ОА =ОС=ОМ, зададим в пространстве прямоугольную систему координат Охуz, как показано на рисунке.

→   →   → →   → →

OA=i  ; OC=j ; OM=k

В этой системе координат O(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), M(0,0,1)

        →

Находим далее координаты точек В и К, вектора АК, коллинеарного прямой АК, и

        →    →

векторов ВС и ВМ. Получаем B(-1;0;0;), K(-1/2;0;1/2), AK(-3/2;0;1/2), BC(1;1;0), BM (1;0;1).  →                                                                          →         →

Если вектор n(k;l;m) перпендикулярен плоскости МВС, то n┴BC и n┴BM, или в координатах:

k*1+l*1+m*0=0

k*1+l*0+m*1=0        →

откуда, полагая, например, что k=1, находим, что l=-1, m=-1, т.е. n(1;-1;-1).

Пусть φ – это искомый угол. Тогда

Таким образом, угол между прямой АК и плоскостью МВС равен arcsin  (2√30)/15.

Задача №2

На ребре АВ куба АВСDA1B1C1D1 взята точка Р – середина этого ребра. Найдём расстояние от вершины А1 до плоскости С1DP.

Зададим в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz, приняв, например, вершину В куба за начало системы координат, а векторы

→    →     →                                                                     →→  →

ВА, ВС и ВВ1 соответственно за единичные векторы i, j и  k. В этой системе координат B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1).

Составим уравнение плоскости С1DP, для чего найдём координаты точек C1, D, P и

                 →      →

векторов DC1 и DP. Получаем:

                                                    →                  →

C1(0;1;1), D(1;1;0), P(1/2;0;0), DC1(-1;0;1), DP(-1/2;-1;0).

                    →                       →        →

Если вектор n(k;l;m) – нормальный вектор плоскости C1DP, то n┴DC1 и n┴DP, или в координатах:

k*(-1)+l*0+m*1=0

k*(-1/2)+l*(-1)+m*0=0.

Из этой системы уравнений находим ( с точностью до множителя пропорциональности)

        →

k=2, l=-1, m=2.Итак, вектор n(2;-1;2) – нормальный вектор плоскости C1DP. Тогда, так как плоскость C1DP проходит, в частности, через точку D(1;1;0), её уравнение будет следующим:

(х-1)*2+(у-1)*(-1)+(z-0)*2=0,

или, после упрощений 2x-y+2z-1=0.

Если, далее, точка Н(h1;h2;h3) – основание перпендикуляра, опущенного из точки А1(1;0;1)

        →

на плоскость C1DP, т.е. если вектор A1H(h1-1;h2;h3-1) перпендикулярен плоскости C1DP, то

  →      →

A1H││n. Это значит, что

                          (1)

Так как точка Н лежит в плоскости C1DP, то её координаты удовлетворяют уравнению плоскости С1DP:

2h1-h2+2h3-1=0        (2)

Решим систему, составленную из уравнений (1) и (2). Положим, что (1)=t. Тогда h1=2t+1, h2= - t и  h3=2t+1, и, следовательно, 2(2t+1) – (-t) + 2(2t+1)=0, откуда t= - 1/3. Значит,

                                       →

координаты вектора  А1Н будут следующими:

h1-1= - 2/3

h2=1/3

h3-1= - 2/3

Теперь находим расстояние А1Н:

Заключение

Таким образом, мы убедились, что использование векторно-координатного метода позволяет с лёгкостью решать множество задач самых разных типов, избегать громоздких доказательств теорем. Решать таким методом задачи очень просто и интересно, можно сэкономить время и силы. Такое решение задач хорошо тем, что человек не механически действует по образцу решения задач данного типа, повторяя одни и те же действия, а творчески подходит к работе. Хотя и можно распределить векторно решаемые задачи на группы, но каждое решение всё-таки обладает индивидуальностью, неповторимостью.

 Учитель может добавлять свои задачи, легко изменять данные задачи путем «зеркального» изменения условия, изменения вводных данных и т.д. Надеюсь, что данная работа будет полезна для коллег, работающих в профильных классах, а также ведущих элективные курсы по аналитической геометрии.

Список используемой литературы:

1.В.Б.Некрасов,Б.М.Беккер

«Применение векторов для решения задач»

СПб, СМИО Пресс 2002г.

2.Н.М.Рогановский, А.А.Столяр

«Векторное построение стереометрии»

изд. «Народная асвета»,1974г.

3.В.Н.Литвиненко

«Сборник задач по стереометрии с методами решений»

М.,изд. «Просвещение»,1998г.

4.Болтянский В.Г., Ягиом И.Н.

«Векторы и их применение в геометрии в книге: Энциклопедия элементарной математики», том 4

М.,Главное издательство физмат литературы, 1963г.

5.Журнал «Математика в школе», №2,№3, 1984г.

6.Журнал «Математика», №39, 2001г.

7.Ионин Ю.И., Некрасов В.Б.

«Векторы в геометрических задачах»

8.Зив Б.Г.

«Задачи к урокам геометрии 7-11»

СПб, МПО «Мир и семья – 95», изд. ООО «Акация», 1996г.

9. Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др.

учебник «Геометрия 9-10»

Изд. «Просвещение», 1982г.