Исследовательская работа "Ортогональная проекция при решении задач С2 ЕГЭ по математике"

Министерство образования и науки Республики Бурятии

МКУ «Закаменское районное управление образования»

МАОУ «Закаменская СОШ №1»

Ортогональная проекция при решении задач С2 ЕГЭ по математике

/ Исследовательская работа /

Выполнил: Анастасия Злягостева, ученица 11 класса

        Руководитель: Зомонова Л.Г., учитель математики

Содержание

I.Введение…………………………………………………….…..………..2

§1.  Основные понятия ортогональной проекции ……………….……...4

1.1 Метод параллельного проецирования.

1.2 Ортогональное проектирование.

§2. Вычисление расстояний и углов……………………………………9

          2.1 Расстояние между скрещивающимися прямыми .

          2.2 Угол между скрещивающимися прямыми.

II.Заключение………………………………………………………....….15

III. Список используемой литературы………………………………….16

IV.  Приложения……………………………………………………..…..17

Введение

Задача С2, или задача №14 ЕГЭ по математике часто вызывает затруднения у многих выпускников. Это связано с тем, что  у большинства детей  слабо развито пространственное воображение и, кроме этого, приобретенных умений и навыков в школе часто не хватает для решения таких задач.

Решению задач С2  посвящено большое количество учебно-методической литературы и имеется множество способов решения. В данной работе рассматривается решение задач на нахождение расстояния и угла между скрещивающимися прямыми  с использованием ортогонального проектирования. Этот метод, в некоторых случаях является довольно  рациональным, значительно упрощает решение и  ведет к более быстрому получению ответа. 

Мы постоянно встречаемся с различными способами проектирования (или, как еще говорят, проецирования) как в математике, так и в быту: оно применяется при изображении пространственных фигур на плоскости, в частности, при фотографировании и в кино; тени от предметов являются их проекциями; на проектировании основано введение координат как на плоскости, так и в пространстве, изготовление чертежей, планов и т.д.

На ортогональном проектировании основан такой важный для инженеров раздел прикладной математики, как начертательная геометрия, которая была создана знаменитым французским математиком Гаспаром Монжем (1746-1818). В ее основе лежит идея о том, что положение любой точки пространства можно задать ее ортогональными проекциями на две взаимно перпендикулярные плоскости.

Цель работы: изучить метод ортогонального проектирования и научиться применять его при решении задач на нахождения расстояния и угла между скрещивающимися прямыми.

Задачи:

• подобрать и изучить соответствующую литературу;
• изучить метод решения задач с помощью ортогональной проекции;
• применить на практике метод решения задач с помощью ортогональной проекции.

Объект исследования  -  задачи С2 (№14) ЕГЭ по математике профильного  уровня.

Предмет исследования – метод ортогонального проектирования.

Методы исследования:  

• изучение справочной и учебной литературы;
• анализ полученной информации;
• применение ортогональной проекции при решении задач на скрещивающиеся прямые.

§1.  Основные понятия ортогональной проекции.

1.1. Метод параллельного проецирования.

 В стереометрии изучаются пространственные фигуры, однако на чертеже они изображаются в виде плоских фигур. Каким же образом следует изображать пространственную фигуру на плоскости? Обычно в геометрии для этого используется параллельное проектирование.

Пусть р - некоторая плоскость, l - пересекающая ее прямая (рис.1). Через произвольную точку А, не принадлежащую прямой l, проведем прямую, параллельную прямой l. Точка пересечения этой прямой с плоскостью р называется параллельной проекцией точки А на плоскость р в направлении прямой l. Обозначим ее А´. если точка А принадлежит прямой l, то параллельной проекцией А на плоскость р считается точка пересечения прямой l с плоскость р.

Таким образом, каждой точке А пространства сопоставляется ее проекция А´ на плоскость р. Это соответствие называется параллельным проектирование на плоскость р в направлении прямой l.

Пусть  некоторая фигура в пространстве. Проекция ее точек на плоскость р образуют фигуру ´, которая называется параллельной проекцией фигуры  на плоскость р в направлении прямой l. Говорят также, что фигура Ф´ получена из фигуры Ф параллельным проектированием.

1.2.Ортогональное проектирование.

Определение. Ортогональное проектирование является частным случаем параллельного проектирования, при котором проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проекции, и обладает всеми свойствами параллельного проектирования.

Ортогональное проецирование обладает рядом преимуществ перед центральным и параллельным (косоугольным) проецированием.

 Это:

 - простота геометрических построений для определения ортогональных проекций точек;
 - возможность при определенных условиях сохранить на проекциях форму и размеры проецируемой фигуры. При ортогональном проецировании если проецируемая фигура параллельна плоскости проекций, то ее проекция на данную плоскость не искажена или конгруэнтна проецируемой фигуре.

Определение 1. 

Ортогональной проекцией точки на плоскость называют основание перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

      Рассмотрим рисунок 1, на котором изображены прямая p, перпендикулярная к плоскости α и пересекающая плоскость α в точке O.

      Точка O является ортогональной проекцией на плоскость α каждой точки прямой p.

      Замечание 1. Рассматриваемый в данном разделе случай ортогонального проектирования точки на плоскость α представляет собой частный случай более общего понятия проектирования точки на плоскость параллельно некоторой прямой, необязательно перпендикулярной к плоскости. Такое проектирование используется в нашем справочнике при определении понятия «призма».

      Замечание 2. Если это не приводит к разночтениям, для упрощения формулировок термин «ортогональная проекция на плоскость» часто сокращают до термина «проекция на плоскость».

      Определение 2. Проекцией фигуры a на плоскость α называют фигуру a', образованную проекциями всех точек фигуры   a   на плоскость   α.

      Определение 3. Прямую, пересекающую плоскость и не являющуюся перпендикуляром к плоскости, называют наклонной к этой плоскости (рис. 2).

Все возможные случаи, возникающие при ортогональном проектировании прямой на плоскость представлены в следующей таблице:

§2.  Вычисление расстояний и углов.

2.1.  Расстояние между скрещивающимися прямыми.

         Определение.  Скрещивающиеся прямые – это непараллельные прямые линии, не лежащие в одной плоскости.

Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от точки, являющейся проекцией одной из данных прямых на перпендикулярную ей плоскость, до проекции другой прямой на эту же плоскость. Угол между второй прямой и указанной ей проекцией дополняет до 90⁰ угол между данными скрещивающимися прямыми.

Доказательство. Рассмотрим скрещивающиеся прямые a и b. Пусть плоскость α перпендикулярна прямой a  и пересекает ее в точке А. Тогда  а = А, b=b´, b´  α (рис.1).

Пусть AH перепендикулярна b/. , что длина АН равна длине общего перпендикуляра данных скрещивающихся прямых. Т.к. , то Н – проекция некоторой точки Р прямой b и РН// a.  В плоскости АНР проведем прямую PQ, параллельную прямой АН. Т.к. РН // a, то  Ясно, что HQ=AH. По теореме о трех перпендикулярах  перпендинулярна b. Т.к. PQ//AH, то PQ ┴a, PQ ┴b, то PQ – общий перпендикуляр двух скрещивающихся прямых. Угол НРВ является углом между скрещивающимися прямыми а и b и дополняет угол между прямыми b  и b/ до 900. Что и требовалось доказать.

Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми можно использовать следующий план:

1. Найти плоскость, перпендикулярную одной из скрещивающихся прямых;
2. Ортогонально спроектировать вторую прямую на эту плоскость;
3. Из точки пересечения плоскости первой прямой опустить перпендикуляр на проекцию второй прямой;

Пример 1. Дан куб A…D1 с ребром a. Точка K — середина ребра BC. Найти расстояние между прямыми AC и C1K.

Решение: Проведем ортогональную плоскость  (DD₁B₁), перпендикулярную пр. AC.

Построим проекции прямых AC и C₁K  на орт.плоскость, пользуясь некоторыми свойствами . (Проекции  пр.AC и ВD- т. О; пр. А₁С₁ и В₁С – т.О₁ пр.C₁К-О₁К₁).Расстояние от точки О до О₁К₁, то есть высота треугольника ОО₁К₁, опущенная на сторону О₁К₁, будет искомым расстояние h. Треугольник ОО₁К₁, - прямоугольный, в котором

следовательно,

Ответ:

Пример 2. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми AB и CB1.

Решение: В качестве ортогональной плоскости рассмотрим плоскость СС₁М, где М- середина АВ. Проекции: АВ на пл.(СС₁М) – т.М; СВ₁ - СР; МН – искомое расстояние , треугольник СМР- прямоугольный , поэтому

Ответ: .

2.2. Угол между скрещивающимися прямыми.

Угол  между скрещивающимися прямыми – это угол между двумя пересекающимися прямыми которые соответственно параллельны заданным скрещивающимся прямым.

При решении задач на нахождение угла  между скрещивающимися прямыми а и b  в общем случае можно поступить следующим образом:

1. Через одну из данных прямых, например через а, и через какую-нибудь точку W, взятую на другой прямой, проведем плоскость .
2. В плоскости  через точку W проведем прямую а₁ а. угол между прямыми а₁ и b равен искомому углу  (если угол  между прямыми 0⁰.)
3. Выбрав на прямой а₁ какую-нибудь точку К и на прямой b – точку L, получим треугольник WKL. Если этот треугольник не прямоугольный, то, подсчитав все его стороны. По теореме косинусов находим cosKWL. Понятно, что если cosKWL, то угол острый, т.е cos= cosKWL. Если же cosKWL 0, то угол KWL тупо, т.е .  = 180⁰- KWL. Но cos(180⁰-KWL) = - cosKWL. Таким образом, в этом случае cos = cosKWL.

Пример 3. В основании пирамиды SABC лежит равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна   .Боковое ребро перпендикулярно
плоскости основания и имеет длину 2. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра BC, а другая — через точку C и середину ребра AB.

Решение: Пусть  D и E соответственно середины ребер АВ и СВ данной пирамиды. Спроектируем пирамиду на пл., перпендикулярную СD.  При этом  CD  проектируется в точку D´, точка Е – в точку Е´, середину отрезка В´D´ .Очевидно,

Искомое расстояние равно расстоянию от точки D´  до прямой S´Е´, то есть равно высоте прямоугольного треугольника S´Е´D´, проведенной к гипотенузе  S´Е´. Имеем :

Итак, искомое расстояние равно:

Поскольку  SE == , то можем найти угол между прямыми SE и CD :

Итак, угол между прямыми SE и CD  равен

Ответ:.

Заключение

В данной работе  рассмотрен метод ортогонального проектирования и  его применение при решении некоторых стереометрических задач на нахождение расстояния и угла между скрещивающимися прямыми, наиболее часто встречающихся во второй части ЕГЭ по математике профильного уровня. Своей распространенностью они обязаны тому, что вызывают наибольшие затруднения. Порой очень трудно развить пространственное воображение, но тщательно готовясь и используя некоторые упрощения можно достичь успеха. Изучив метод ортогональной проекции, и найдя ему обоснованное применение при решении задач по геометрии, мы с уверенностью можем сказать, что он определенно упрощает процесс представления и понимания условия, а следовательно и процесс решения, позволяет потратить меньшее количество времени, которое очень цениться в условиях экзамена.

Решая задачи указанного типа, наблюдаем, с одной стороны, абстрактный характер математических понятий, а с другой – большую эффективную их применимость к решениям стереометрических задач.

Изучение ортогональной проекции способствовало углублению и обогащению моих знаний. Задания №14 ЕГЭ по математике, ранее казавшиеся невероятно трудными, теперь не представляют для меня особой сложности. Я считаю, что выпускникам, стремящимся к отличному результату и высоким баллам необходимо изучить и освоить данный метод.

Список литературы

1. http://fizmatinf.blogspot.ru/2013/12/blog-post_6943.html
2. Василенко Е.А. Начертательная геометрия.- М.,1990.
3. Гордон В.О.,Симинцев М.А.,Агневских М.А. Курс начертательной геометрии.-М.,1963.
4. Сагателова Л. Задание С2: метод ортогонального проектирования// Математика. – 2012.-  №4. – С. 18-22.

Приложение

Задача №1. Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна 15, высота равно 20. Найти кратчайшее расстояние от стороны основания до не пересекающей ее диагонали призмы.

Решение:

Будем искать расстояние между АВ и и диагональю А₁С. Так как грань ВВ₁С₁С перпендикулярна АВ, то построим проекции АВ и А₁С на эту грань: Пр. (на пл. ВВ₁С₁С): АВ – т.А; А₁С- В₁С. Следовательно, расстояние от точки В до В₁С является искомым.

Рассмотрим выносной чертеж: ВН – перпендикуляр к  В₁С и является искомым расстоянием. Так как треугольник ВВ₁С – прямоугольный, то

Ответ: 12

Задача №2. А…D₁ с ребром а. точка К – середина ребра ВС. Найти расстояние между прямыми АС и С₁К.

Решение:

Построим плоскость ВDD₁B₁, перпендикулярную прямой АС. Пусть т.О – проекция пр.ВD и АС, т.О₁- А₁С₁ и В₁ D₁, К₁ - принадлежит ВD и КК₁ 

параллельна АС. Тогда  О- проекция прямой АС, О₁К₁ - проекция С₁К на плоскость D₁ В₁В. Следовательно, расстояние от точки О до О₁К₁, то есть высота треугольника О О₁К₁, опущенная на сторону О₁К₁, будет искомым расстоянием h. Треугольник ОО₁К₁, - прямоугольный, в котором

ОО₁ = а, ОК=  , О₁К₁ =

Следовательно,

h =  =

Ответ:
Задача №3. В правильной четырехугольной пирамиде со стороной основания а и боковым ребром  найти расстояние и угол между апофемой и диагональю основания.

Решение: Пусть SADCD – данная пирамида, К- середина DC

 Надо найти расстояние и угол между апофемой SК и диагональной основания АС. Плоскость SВD  и перпендикулярна диагонали АС.

Следовательно, т.О – точка пересечения диагоналей АС и ВD- является проекцией диагонали АС на плоскость  SВD. Проекцией апофемы SК будет прямая SК₁,  где К₁ принадлежит ВD и КК₁ параллельно АС. Искомое расстояние будет равно высоте прямоугольного треугольника SОК₁, опущенной на гипотенузу SК₁. Из треугольника SОО₁ найдем:

Из треугольника SОК₁ найдем:

И

Угол между АС и SК = )=

Ответ:

Задача№4. Найти расстояние между скрещивающимися диагоналями соседних граней куба ребром1.

Решение: Способ1. Рассмотрим куб А…D₁.Найдем расстояние между прямыми А₁В и В₁

В качестве ортогональной плоскости рассмотрим плоскость АВ₁С₁, тогда проекции: А₁В –т.О, В₁ принадлежит АВ₁С₁, пр.СD₁ - т.О₁. искомое расстояние – высота ОН прямоугольного треугольника ОВ₁О₁:

Ответ: .

Задача №5. В основании пирамиды SABC лежит равносторонний треугольник ABC, длина стороны
которого равна .Боковое ребро перпендикулярно
плоскости основания и имеет длину 2. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра BC, а другая — через точку C и середину ребра AB.

Решение:

Пусть D и E соответственно середины ребер АВ и СВ данной пирамиды. Спроектируем пирамиду на пл., перпендикулярную СD.

При этом  CD  проектируется в точку D´, точка Е – в точку Е´, середину отрезка В´D´

Очевидно, В´D´=,

S´D ´       А´В´ и S´D ´ = SC = 2.

Искомое расстояние равно расстоянию от точки D´  до прямой S´Е´, то есть равно высоте прямоугольного треугольника S´Е´D´, проведенной к гипотенузе  S´Е´. Имеем :

Итак, искомое расстояние равно:

Поскольку  SE = = ,

то можем найти угол между прямыми SE и CD :

Итак, угол между прямыми SE и CD  равен

Ответ:.

Задача №6.  В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми AB и CB1.

Решение:  В качестве ортогональной плоскости рассмотрим плоскость СС₁М, где М- середина АВ.

Проекции: АВ на пл.(СС₁М) – т.М; СВ₁ - СР;

МН – искомое расстояние , треугольник СМР- прямоугольный , поэтому

.

Ответ: .

Задача №7. Пример 7. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми SB и SD.

Решение:

В качестве ортогональной плоскости рассмотрим плоскость SMР, где М и Р – середины отрезков AD и ВС соответственно. Проекцией пр. AD (на пл. SMР) – т.М, SВ – пр. SР. Искомое расстояние – высота МН треугольника SMР.

Пусть НР=х, тогда для прямоугольных треугольников МРН и МSН имеем:

  или  

Решив уравнение =,

Получаем: . Итак,

.

Ответ:.

Задача№8.  К диагонали A1C куба A…D1 провели перпендикуляры из вершин A и B. Найти угол между этими перпендикулярами.

Решение: проведем плоскость  так, чтобы  

Проекция куба на плоскость - правильный шестиугольник А´В´С´D´ABCD. Перпендикуляры к А₁С параллельны плоскости , поэтому угол между их проекциями равен искомому углу: АА₁´В = 60⁰.

Ответ: 60⁰

Задача №9.

Две противоположные вершины единичного куба совпадают с центрами оснований цилиндра, а остальные расположены на его боковой поверхности. Найти высоту и радиус основания этого цилиндра.

Решение:  очевидно, что высота цилиндра равна диагонали куба, то сеть равна . Для определения радиуса цилиндра спроектируем всю конструкцию на плоскость основания цилиндра. Куб проектируется в правильный шестиугольник. Плоскость, проходящая через концы ребер куба, выходящих из одного из центров оснований цилиндра, параллельна основанию цилиндра, как например, плоскость АВ₁D₁ (AB₁D₁ А₁С).

Треугольник АВ₁D₁ - правильный, со стороной , его проекция будет правильным треугольником со стороной , вписанным в основание цилиндра. Следовательно , радиус цилиндра равен R=.

Ответ: ; .