Использование различных методов при решении геометрических задач на нахождение углов и расстояний между плоскостями и прямыми в пространстве.
статья по геометрии (11 класс) по теме

Основная часть.

      Приведу необходимые теоретические знания, позволяющие успешно решать геометрические задачи группы С(С2) ЕГЭ – 2011, 2012гг. Теоретические положения упорядочены и акцентированы именно на решение подобных задач.  Выход за рамки школьной программы минимален, что и придает относительную простоту при усвоении подходов и приемов, изложенных в работе.

Скрещивающиеся прямые. Признак скрещивающихся прямых. Угол между скрещивающимися прямыми. Расстояние между скрещивающимися прямыми.

Определение 1: Две прямые а и b, не лежащие в одной плоскости,              называются скрещивающимися. (Краткое обозначение                                                a b).

Теорема – признак 1: Если одна из прямых лежит в некоторой плоскости, а вторая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то такие прямые скрещивающиеся.

b        a ,

        b ,     => a b.

        В ,

   В           a    ааа

        Рис.1

Доказательство: действительно, все точки прямой  a , прямая b имеет с плвсего одну точку В, которая не принадлежит прямой а, следовательно у них общих точек нет и лежат они в разных плоскостях.

Определение 2: Углом между скрещивающимися прямыми а и b называется угол между пересекающимися прямыми а1 и b1, соответственно параллельными прямым а и b. (Из определения угла между пересекающимися прямыми  и определения 2 следует, что угол между скрещивающимися прямыми принадлежащими промежутку   (0,.

а        а1                          a  b,

                   А         β                              ,        =>

                                                       b1                 a

        b                    b1  А.

    Рис. 2                                                  а, ^ b) =  а1, ^ b1) =  β.     

 ( Точку А удобно выбирать на одной из скрещивающих прямых).

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми векторным способом необходимо знать определение скалярного произведения векторов и теорему о скалярном произведении.

Определение 3: 

Скалярным произведение векторов   (x1; y1; z1) и  (x2; y2; z2) называется число, равное сумме произведений соответствующих координат, т.е.

 (x1; y1; z1)   (x2; y2; z2) = x1 x2 + y1 y2+ z1 z2.

Теорема 2: (О скалярном произведении). Скалярное  произведение  векторов равно  произведению их длин на косинус угла между ними.

.  (Теорема доказывается в школьном курсе). Используя определение 3 и теорему 2, можно найти угол между скрещивающимися прямыми. Достаточно знать координаты двух точек, лежащих на прямой  а и координаты двух точек принадлежащих прямой b.Единственно о чем необходимо помнить, так это о различии определения между векторами и прямыми. (Угол между векторами лежит в диапазоне , а между прямыми, поэтому во избежании появления тупого угла (это происходит в случае, когда скалярное произведение отрицательно) необходимо и достаточно взять модуль скалярного произведения). Так,как и

 и в качестве угла можно взять  arkcos. Приведу простой пример вычисления угла между скрещивающимися прямыми.

Задача 1: Дан куб АВС D А1В1С1 D 1. Найти угол между прямыми АВ и В1D.

Решение: 

В1                                                     С1        Прямые      АВ и В1 D – скрещивающие                                                                                                                                                          А1

                             D 1

               В        

                                               С

А         D  Рис.3

(согласно признака); так как DСАВ, то в качестве искомого угла можно взять угол Обозначим ребро куба за 1. Соединим точки В1 и С.  В1С D – прямоугольный с прямым углом С так как DС пл ВВ1С1С => DСВ1С;

В1 D =; В1С =; DС=1.     tg  =;  arktgили  cos ; тогда arkcos .                                                          Ответ: arktg.

               Теперь решу задачу координатно - векторным способом.

                 z                           Выберу систему координат, как показано на рис. 4.

                            Найдем координаты соответствующих вершин куба.

В1                                                     С1                       В1(0,0,1),   В(0,0,0),      

А1                          D1                                           А(1,0,0,),  D (1,1,0),

                       ВА(1,0,0),   В1 D (1,1,-1);

                В                               С        у

А        D        

х                     Рис. 4                cos =;

                                                 arkcos .     Ответ:   arkcos .

Второй способ значительно проще. Достаточно найти лишь координаты соответствующих векторов.

     В школьном курсе геометрии доказывается утверждение о том, что скрещивающиеся прямые имеют общий перпендикуляр и притом только один. Длина этого перпендикуляра численно равна расстоянию между параллельными плоскостями, содержащими  эти прямые. Рассмотрим несколько практических подходов к вычислению расстояния между скрещивающимися прямыми.

Строятся параллельные плоскости, содержащие скрещивающие прямые и находят расстояние между этими плоскостями, причем эти плоскости единственны.

Рис. 5

                                  А                                     a b;               

          а                   С                                        А a;                

                                                        B b;         =>    α  β.

                           h                           b  ;

                               D        β                    а                                                                       

В

                                                                  =СD,  где СD α и СD 

Единственность параллельных плоскостей α и β  следует из того, что любая прямая, проходящая через точку прямой а параллельно прямой b , лежит в плоскости α  и любая прямая, проходящая через точку прямой b параллельно прямой а, лежит в плоскости  β.

Устанавливают, что одна из скрещивающихся прямых параллельна плоскости, в которой лежит вторая скрещивающиеся прямая, и находят расстояние от любой точки первой прямой до плоскости, содержащей другую прямую.

        М        a b;      

а                                                            b β;        =>  h;

        h                                   а1 β;        

                            H           β                      а  ;    => а β.

        М а;

а1            b             М H β;

                                        Рис. 6

     Этот способ нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми довольно редко встречается на практике, но его эффективность при решении некоторых задач трудно переоценить.

Утверждение 1. Расстояние между скрещивающимися прямыми численно равно расстоянию от проекции  одной из них на плоскость ей перпендикулярную до проекции другой прямой на эту плоскость.

     Существует несколько подходов к  обоснованию вышеуказанного утверждения.

                                                           1). Проведем плоскость а => пл ,                 

l1                                                                                       ( так как прямая а лежит в ,  и     ,

              А                    а                  β 

                                                                    Пусть l1 и l2 прямые пересечения пл

                                                                с пл   и пл β; l1  l2 , т.к.   β.

                   l2                                                                      В плоскости параллельных прямых

В            b                            l1 и  l2 т.е. , проводим  АВ  l1 =>                                                                                                                           

                  β                                     АВ  l2 => АВ  β.                                                                                                                      

                       Рис. 7

 ( по теореме о том, что если прямая перпендикулярна линии пересечения перпендикулярных плоскостей, то она перпендикулярна и самой плоскости). Заметим, что проекция прямой    b на  - это и есть прямая l1, т.е. утверждение верно.

Этот способ хорош тем, что не нужно строить параллельные плоскости, содержащие скрещивающиеся прямые, нужно только помнить об их существовании.

2). Можно обосновать это утверждение еще проще. Находя расстояние между скрещивающимися прямыми а и b, можно любую из них в соответствующей плоскости  и пл β заменить на прямую параллельную данной прямой. От этого расстояние между новой парой не изменится, т.к. от этого преобразования не будет меняться расстояние между плоскостями

                   В1        С1

     А0                                         а                                 β;

                                                                            a;                

                    В                                       С            b β; =>  А0В0 =АА1.

                                                 β     b1             a b;      

  А1    В0                             D 1                         b1 β;

                                                        b                b;

                                                                 АА1В1Ва,

А                                       D

Рис.8

Итак, подытожим сказанное.

Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине бокового ребра прямоугольного параллелепипеда, нижнее и верхнее основание которого, содержит эти прямые. 

Назовем  этот подход методом «спичечного коробка».

Вернемся еще раз к задаче 1 и найдем расстояние между прямыми АВ и В1D.

Решение.

В1                                                     С1        Заметим, что плоскость ВВ1С1САВ                                                                                                                                                          А1

                             О        Д1

               В                       Рис.9

С

А                                   Д    

 => точка В есть проекция прямой АВ. Проекция прямой В1Д на ту же плоскость есть В1С, т.к. ДС пл.ВВ1С1С. Теперь нужно найти расстояние от вершины В квадрата ВВ1С1С до его диагонали В1С. Оно равно половине диагонали квадрата т.е. 

Чтобы найти это расстояние способом рассмотренным в пункте 2, нужно вначале заметить, что АВ  плДВ1С в которой лежит В1Д. (Параллельность устанавливается следующим образом:  АВ СД,  

СД пл.ДВ1С => АВ параллельно плоскости (признак)). Теперь в качестве расстояния необходимо взять расстояние от любой точки прямой АВ до плоскости  ДВ1С. Зная решение задачи предыдущим способом, нетрудно догадаться, что это будет длина отрезка ВО, где О - середина диагонали В1С. Необходимо еще установить, что ВО пл ДВ1С, ВО  В1С

(так как диагонали квадрата перпендикулярны) и ВСДС

 ( так ДСВВ1С1С),  отсюда следует, что по признаку перпендикулярности прямой и плоскости ВО пл ДВ1С. Таким образом, мы убедились, что метод  «спичечного коробка» при решении этой задачи проще других способов.

Задача 2. Найти расстояние и угол между прямыми, содержащими непересекающиеся ребра правильного тетраэдра с длиной ребра 1.                                                                           Решение.                                                                                    S

1). Пусть M – середина ребра AB.                                           N

 Соединим вершины S и C с точкой  M.

2). Т.к. ABC  и ASB равносторонние,         A                       C
то SMAB и CMAB =>
=> плоскость SMCAB(по признаку).                        M

3). Прямая SC принадлежит плоскости                                     B

SMC,   следовательно, проекцией SC на                                                                                                                                                            

плоскость будет прямая SC.                                              Рис.10                 
4). Прямая AB проецируется в точку M. Искомым расстоянием будет перпендикуляр из точки M на прямую SC. 

5).т.к.  равнобедренный (SM = CM), то расстояние равно MN, где N – середина ребра SC.
6). Найдем MN из :
   CM = BC cos 30 =  , CN =  ,  MN =  =  .

Ответ:  .

     Ни координатный, ни векторный метод не дают в этой задаче преимущества, т.к. чтобы найти расстояние необходимо либо составить уравнение параллельных плоскостей, содержащих данные отрезки, либо знать, между какими точками искать это расстояние, хотя угол между ребрами AB и SC можно найти.
     Аналогично и построение параллельных плоскостей, содержащих данные отрезки, весьма затруднительно.
Покажу решение второй части задачи координатно -  векторным методом.

Расположим начало координат в вершине A.

Найду координаты вершин A, B, C. 

                            S                                                      

А                     h        C

           O

            M           B

Рис.11                                    Рис.12

Найду высоту SO:                                                            
1). BC = 1,
2). CМ =  

3). CO =  CM =  =  ,                                                  

 4). h = SO=     = .

Теперь расставим координаты вершин пирамиды  SABC в системе координат XYZ:

=,
 = 3- = 3x- ,  =>

3x =,  x =

 = 3y - ,

 = y - ,          y = .

                                                                                 Рис.13

Покажем, что векторы  и   перпендикулярны:
,    
Действительно, скалярное произведение   -  +  +0 = 0, следовательно,  угол (SCˆAB) = 90. Нахождение расстояния между прямыми, содержащими непересекающиеся ребра тетраэдра координатно-векторным способом еще сложнее.                                                                                                             Поэтому метод  «спичечного коробка» для данной задачи предпочтительнее.

Задача3. ( Задание С4, ЕГЭ – 2003г.)
Около правильной треугольной призмы, объем которой равен 288, описан цилиндр. Расстояние от оси цилиндра до диагонали боковой грани призмы равно . Найти площадь полной поверхности цилиндра.

Решение:

Покажем, что OF – расстояние между
скрещивающимися отрезками
и .                                                                                                                   

А). Авторское решение.
   1). =>
=>пл. .
  2). OFпл. (по признаку)
OF, т.к. CF – высота прав. ABC.

OF, т.к.ABC.

Поэтому  r = 4.  R = 2r = 24 = 8.

Б). Согласно метода ,,спичечного коробка”.
    Плоскость основания ABCоси цилиндра ,
т.к. ABC, =>AB – проекция отрезка
на плоскость ABC.                                                                                 Рис.14
Расстояние от  точки O до AB равно OF, а OF = r,                                                                                                           

т.е. радиусу вписанной в ABC окружности.
( согласно принципа – гораздо проще)

Обозначим сторону основания за  а .
r =   ,   4= ,     a = 24,
=  = 144, =>  144   = 288, => = .

 = 2RH +2 = 2R(R+H) = 2 8 (8+  ) = 16   = 1626 = 416.
Ответ: 416 (ед. кв.)

Задача 3. ( Краевая диагностическая работа для учащихся 11 классов , 2010г.)
В основании треугольной пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине С, гипотенузой AB = 13 и катетом BC = 5. Найдите расстояние между ребрами  AS и BC, если длина высоты SB=9.
Решение. 
I способ.
Достроим основание пирамиды и боковую грань до прямоугольников и рассмотрим плоскость .

BC пл  (признак, BC  AD, AD пл).

Вспомним, что расстояние между прямой BC и параллельной плоскостью равно длине перпендикуляра, проведенного из любой точки прямой BC на пл.

                                                          Рис.15                                                                  

                       Рис.16

1). По теореме о трех перпендикулярах AC =>AC пл. => – прямоугольный, угол - прямой. ВС   пл. 

( по признаку ВСAC, ВС , т.к.  ).
2). В плпроведем CK.
3). CK, т.к. ВС  пл., и, следовательно, CK.
4). По теореме Пифагора находим AC=12.
5). S() =    12 = 6BS = 69 = 54.
С другой стороны S() =  CK.
6). Найдем , учитывая, что  = 9.
 =  =  = 15.
7). Теперь найдем СК:
54 =  15CK, => CK =  = 7,2.
Ответ:   7,2.

II способ.

Интересно решить эту же задачу, расположив оси, как показано на рисунке.

                                   Рис.17

Из точки S проведем отрезок, параллельный BC  такой же длины.
Пусть это будет .
, =>.
Т.к. ACВС, то получаем систему координат, с началом отсчета в точке С.
Т.к. пл. .
Теперь достаточно найти расстояние от любой точки прямой BC до пл..
Составим уравнение плоскости, проходящей через точки A(12;0;0), (0;0;9), S(0;5;9).

Т.к. плоскость параллельна оси OY, то будем искать уравнение в виде ax+0y+cz+d=0.
Находим d = 12,  a = -1,    c = .
Получаем уравнение плоскости:  
-x - z + 12 = 0,  =>  3x +4z +36 = 0.
Найдем расстояние от точки С до пл. :

 =  = =  7,2.
Получается, что искомое расстояние равно 7,2.    Ответ:  7,2.

II.  Углы между прямыми, прямой и осью, векторами, прямой и плоскостью, плоскостями.

Определение 1. При пересечении двух прямых получаются две пары равных вертикальных углов.
Меньшая мера  одного из них называется углом между прямыми.

Определение 2. Углом между прямой и осью называется угол, взятый против часовой стрелки до совмещения оси с прямой.

Определение 3. Угол между двумя векторами определяется из формулы для скалярного произведения.
 =   cos. (Угол может быть  тупой, прямой и острый. Это зависит от расположения векторов в пространстве).

Определение 4. Углом между прямой, пересекающей плоскость и не перпендикулярной ей, и плоскостью называется угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость.                                      

 Остановимся здесь и разберем подробнее.

Угол ABO – прямой. Углом между прямыми AO и BO взят угол  – острый. Он находится из равенства (тригонометрического соотношения)
= sin.
0 << , =>α = arcsin .

Покажу, что sin = ,
где – вектор нормали к плоскости α, 

а – ненулевой вектор, лежащий

на прямой a,

не перпендикулярной плоскости α.

                                                                                                                  Рис.18

                                                                                                              Рис.19

a).Угол между векторами острый.
sin =cosψ = cos(^), т.к.  = 90-ψ.
=   cos(^), =>
=>cos(^) =.
Заметим, что ψ- острый, поэтому cosψ>0.

б). Угол между векторами тупой, равный ( –ψ),
cos ( –ψ) = - cosψ = - sin


Вывод: чтобы не проводить исследование, тупой угол между векторами,  лежащими на прямых, или острый, полагают  что
sin =, так как косинусы этих углов отличаются только знаком и угол между прямыми  принадлежит промежутку  

Определение 5. Углом между плоскостями называется угол между прямыми, по которым плоскость, перпендикулярная прямой пересечения двух данных плоскостей, пересекает эти плоскости.
Как и угол между прямыми, угол между плоскостями тоже лежит в диапазоне от 0 до 90.

Угол между плоскостями либо равен углу между векторами – нормалями  к этим плоскостям, либо дополняет его до 180.

Итак, пусть плоскости заданы уравнениями:

a1х + b1у  + с1z + d1 = 0 и a2х + b2у  + с2z + d2 = 0, угол между этими плоскостями определяется из равенства:  cosφ = cos(^) =,

где 1 (a1, b1, с1), 2 (a2, b2, с2),  φ = arkcos ,   (0).

Замечание1. И в случае, когда находят угол между прямыми, и в случае, когда находят угол между плоскостями, можно идти через sinи через cos – это не так важно. Важно помнить, что угол берется острый. Когда мы идем через вектора, удобнее идти через  cos, т.к. косинус входит в формулу скалярного произведения.

Замечание2. Если мы меняем направление вектора или нескольких векторов на противоположные, то ни синус, ни модуль косинуса угла между векторами не меняется, т.к. sin = sin(180-) , .

 Задача 4. Тесты МИОО – 2010г.
Основание прямой четырехгранной призмы –прямоугольник ABCD, в котором AB =5, AD = . Найти тангенс угла между плоскостью грани призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра CD перпендикулярно прямой , если расстояние между прямыми и BD равно .

 Решение.
Расстояние между скрещивающимися прямыми  и  равно расстоянию между параллельными плоскостями, содержащими их, т.е. между нижним и верхним основанием, то есть  = .

Рис.20

Докажу следующее утверждение. Пусть прямая  пересекает плоскость  под углом . Плоскость  , тогда углом между плоскостями  и  будет угол, равный 90-.

Рис.21

Доказательство.
Пусть точка P есть точка, пересечения прямой  и пл. , а точка A – точка пересечения прямой  и пл. .

Из точки P на плоскость  опустим перпендикуляр PK. Через точку A и K проведем прямую AK. Точку пересечения этой прямой с прямой CD обозначим N. Соединим точки N и P. NPпл. .

Т.к. , то угол APN = 90, =>APPN, APCD, т.к. APпл. (по признаку).
Следовательно, угол PNA –линейный угол.
Из прямоугольного треугольника NPA находим угол PNA = 90 - . 
                                                                             Что и требовалось доказать.

Теперь вернемся к задаче. 

Так как все плоскости, перпендикулярные параллельны между собой и, следовательно, будут составлять равные углы с плоскостью грани , то точка O – середина отрезка DC -  значения не имеет, т.е. задача переопределена.

Найдем угол между прямой  и плоскостью :
, => – проекция отрезка                                          

 =  = 6.
tgφ = = .
tg (90-φ) = ctgφ =  = 1,2.
Ответ:  1,2.

Векторный способ.
Выберем систему координат с началом отсчета в точке D(0;0;0).
Итак, D(0;0;0), ( => (.

Проведем через точку D плоскость, перпендикулярную отрезку :
, =0.

xyz = 0.   (1)

Уравнение плоскости y=0, т.е.
xyz = 0.            (2) 

Найдем cosφ, где φ – угол между плоскостями (1) и (2).

cosφ =  = .

φ = , φ = ,     φ = .
Т.к. φ – острый, то tgφ =  =  = 1,2

Ответ: 1,2

Задача 5. Тесты МИОО -  2011г.
В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC известны ребра AB =  и SC = . Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой MN, где M–середина ребра AS, а точка N делит ребро BC в отношении 1:2.

 Решение.

По условию BC = , BN = ,  NC =     FN = NC – FC = .

В плоскости SOA из точки A проведем MH SO, т.к.  SO пл ABC,
то и MH пл ABC  => угол MNH – угол междуплоскостью основания и

прямой MN.По  теореме Фалеса AH = OH,а так как точка Oделит высоту и

медиану AF в отношении 2:1начиная от вершины A, то AH=HO=OF.

AF =  cos 30 =  = .   Поэтому AH = HO = OF = .
HF = 1, FN = .

Из прямоугольного треугольника HFN находим

     HN = .                                                                                                                      

Из прямоугольного треугольника AHM

 найдем MH.
  = .
MH =  = .

Из прямоугольного треугольника MHN:
 =  tgφ=  : =    = 3.

                                                                                                  tgφ = 3,φ = arctg3
                                                         Ответ: φ = arctg 3. Рис.22                             

3.Приведу решение задачи координатно-векторным способом.

Расположу систему координат следующим образом

Рис.23

На первый взгляд задачу решить очень просто.
Уравнение плоскости ABC: z = 0. xyz, вектор-нормаль   (0; 0; 1).
Пусть, координаты вектора  (a; b; c),

 тогда  sin  =  =  .
И затем сразу найти угол φ, но реализация этой идеи очень сложна

из-за сложности вычислений.

Из прямоугольного треугольника APO находим OP = APtg 30 =  = .

Найдем длину отрезка AO: AF =   cos 30 =  = .      AO =  = 1.

Найдем высоту пирамиды OS:   OS =  = .

Таким образом, координаты точки M, как середины отрезка AS:

 M (,    т.к. координаты вершины S (. 

Рис.24

Найдем координаты точки N, используя равенство из условия

Пусть   N(xy),   (x ; y ),     (x ; y).
2( = .

 ;        x =  ;
2 - 2y = y - ;    y = ;

Итак, координаты точки   N ( ),    (  ). 
Из полученного нами ранее равенства  sin φ =   , находим :

sin φ =    =   =  . 
φ. Покажем, что ответы в обоих случаях равны :
sin φ ;  =  ; φ = .  φ = 9.    
Ответ: или arctg 3 .                                                                                  

В заключение работы приведем разбор олимпиадной задачи несколькими методами, что подчеркнуть многогранность и красоту математики.

Задача 6.  Финал краевой олимпиады, г. Краснодар, 2000г. (февраль), 11 класс.
Найти расстояние между непересекающимися прямыми, содержащими непересекающиеся диагонали смежных граней куба с ребром 1.

I способ.  Авторское решение.
Этот способ основан на том, что расстояние между скрещивающимися прямыми, есть расстояние между параллельными плоскостями, содержащими эти прямые.  

                                                                                                                                                      Дано:

Рис.25                              ABCD – куб.
                                                                         AB = 1,
                                                                          Найти:

 (A; D),

Решение:
1). Построим параллельные плоскости,

 содержащие диагонали  A и D:
   проведем  A и , 
Получится, что пл. A   ,

                            (по признаку  A  , A).

 
2). Проведем диагональ куба . 

3). Теперь надо было догадаться, что   перпендикулярно построенным плоскостям, и тогда отрезок  является расстоянием между  скрещивающимися прямыми, содержащими диагонали смежных граней.

Докажем 3).  Проведем из точки  к плоскости A перпендикуляр. Точку пересечения обозначим .  – равносторонний, его стороны равны , т.к. являются диагоналями граней куба с ребром 1,
т.к.  = =  = 1, => равенство треугольников   =  =  (по катету и гипотенузе) => равенство отрезков =  = , => -центр окружности, описанной около  .
Аналогично проведем перпендикуляр из точки C к плоскости  и установим, что точка пересечения опять является центром окружности, описанной около   , т.е. совпадает с точкой . Отсюда следует, что угол   = 180. Следовательно, точки   лежат на одной прямой.                                  

Найдем длину отрезка .
Из рис. ----.  R=   =  =   . 
Из прямоугольного треугольника   находим   = . Аналогично в силу симметрии находим С=.  Т.к. диагональ куба  = .
Получаем длину отрезка  =  -  -  = .
Ответ: .

II способ. Найти расстояние между непересекающимися прямыми, содержащими диагонали смежных граней куба с длиной ребра равной 1.

Решение.
Для удобства возьмем диагонали  и  .
1). Проведем диагональную плоскость  .
Это возможно, т.к.  .  

                                       2). Плоскость  

                  (свойство диагоналей квадрата).  ,

т.к.   пл.  (по признаку).    

     3). Соединим точки  и .
      AC пл. , =>

 по определению OC пл..
ОС – перпендикуляр к плоскости,

 – наклонная,  – проекция.
4). Теперь нужно найти расстояние от точки  –

проекции на плоскость  

                                    до проекции  второй диагонали.

Рис.26                                  S ) =  1 = .

                                                                S ) =    =  h.
                                                               Получается, что  h = .                               

Это общий перпендикуляр, который принадлежит отрезкам (диагоналям).

Т.е. h =  - это расстояние между диагоналями.

Ответ:  .

III способ.  Координатный метод.

Как показано ранее, плоскости  и BD – параллельны. Выберем систему координат, как показано на рисунке.

   Составим уравнение плоскости BD,
              ax + by + cz + d = 0.
Т.к. плоскость проходит через

начало координат,

                                то d=0, => ax + by + cz = 0.
Подставим координаты точек D и :
,           a – c = 0,  

cx – cy +cz = 0, x-y +z = 0.
Найдем расстояние между плоскостями.
Например, расстояние от точки A (1;0;0) 

до плоскости BD.

Расстояние от точки M() 

до плоскости ax +by +cz +d=0,

Рис.27                     вычисляется по формуле:

 = .

Имеем:      =  =  = . 
Как было установлено ранее, это и есть расстояние между диагональю A и D .
Ответ: .                        

IV способ. Векторный способ.
     В способе III установлено, что уравнения плоскости BD имеет вид:

 x-y +z = 0, следовательно координаты вектора – нормали     (1;-1; 1) .
Найдем координаты вектора    = (1-0; 0-1; 1-0), =>   (1;-1; 1), =>

    , =>  пл. BD, =>    .
Пусть (x; y; z). Т.к.  = =, то находим координаты точки (. Тогда  = .
Получается  =  =  =  .
Т.к.  => =  . 

 Ответ: .

V способ. 
Этот способ основан на том, что объем данного тела считается двумя         способами.

Рис. 28                                                                               Достроим треугольные плоскости до

 параллелограммов.                                  
                              Проведем      и   .
Вычислим двумя способами объем

 параллелепипеда :
V =  1 = h,         где 1 - это высота куба,

т.к. это расстояние между верхним и нижним

основаниями куба, а h – это расстояние, которое мы ищем,

т.к. это расстояние между достроенными гранями параллелепипеда  и  BD.
Т.к. BD =  (как диагональ квадрата, лежащего в основании куба),

то и A= BD = , а AB = DC = D=1 (как сторона куба).

 Аналогично с другими достроенными сторонами.
 = 2   AD = 1.      (1)
= .             (2)
1 = h, => h =  =  . 

Подставив (1) и (2) в формулу объема

V =    1 =   h, получаем:

Ответ:.

           Рис.29

Вот она красота и многогранность математики !!

Какой способ легче?  Выбор останется за решающим задачу!

Заключение:

    Как участникам математических олимпиад, так и ученикам, претендующим на очень высокие баллы при решении теста ЕГЭ полезно решить задачу тем методом, который позволяет сэкономить время и приведет к желаемому результату. Однако необходимо помнить, что при недостатке времени не стоит искать коротких путей, так как на поиск этих путей может уйти всё оставшееся время. В случае достаточного количества времени иногда полезно решить задачу несколькими способами, если они не очень громоздкие, для того, чтобы убедиться в верности расчетов. В любом случае право выбора метода всегда остается за тем, кто решает задачу.

Список литературы:

1. ,,Учебник геометрии для 10-11 классов “, издание 6ое, доработанное ,
А.В. Погорелов, М.: ,,Просвещение” 2006г.
2. ,,Геометрия в таблицах, 7-11 классы”,  Л.И. Звавич, А.Р. Рязеновский, М.: ,,Дрофа”, 1997г.
3. Федеральная заочная физико-техническая школа при Московском физико-техническом государственном университете. ( Задание №4 для 11 классов), 2006-2007г.
4. Олимпиада. Финал краевой олимпиады по математике, февраль 2000г. в г. Краснодаре.
5. Задания из теста ЕГЭ по математике за 2003г.

6. КДР (краевая диагностическая работа 2010г). Составитель Е.А. Семенко.

7. Математика. Подготовка к ЕГЭ – 2011г. Учебно-методическое пособие под редакцией Ф.Ф.Лысенко. ( Разработано в соответствии с Федеральным комитетом государственного стандарта общего образования). Легион - М. Ростов-на-Дону, 2010г.

8. Типовые тестовые задания. Разработано МИОО под редакцией А.Л.Семенова. Математика ЕГЭ. 2011г. Издательство «Экзамен». М.2011г.

9. ЕГЭ 2011г. Математика ФИПИ. АСТ-АСТРЕЛЬ. М.2011. Авторы-составители: И.Р.Высоцкий, А.Д.Гущин.

Приложение.

Задачи для самопроверки.

__________________________________________________________

           1). Основание прямой четырехугольной призмы–
прямоугольник ABCD, в которой AB=12, AD = . Найдите косинус угла между плоскостью основания призмы и плоскостью, проходящей через середину ребра AD перпендикулярно прямой , если расстояние между прямыми AC и равно 5.

           Ответ: .

          2).  В правильной треугольной пирамиде SABC   основанием ABC известны  ребра AB = , SC = 2 . Найти угол, образованный плоскостью основания и  прямой    CN, где N – середина ребра AS.

        Ответ: 45 .

         3).  В правильную треугольную призму, объем которой равен 27, вписан  цилиндр. Расстояние от оси цилиндра до диагонали боковой грани призмы равно         . Найти площадь полной поверхности цилиндра.

       Ответ: 56.

       4). Ребро основания правильной треугольной пирамиды равно а, а длина бокового ребра пирамиды равна. Найти расстояние и угол между непересекающимися ребрами пирамиды.

       Ответ: ; .

ФИО: Саканян Римма Сергеевна.

Место работы: МБОСОШ №1, г.Абинск, Краснодарский край, учитель математики.

Домашний адрес: 353320, г.Абинск, Краснодарский край, улица Карла  Либкнехта, дом 31а.

 Телефон: 8 918 48 122 56.

Электрон. адрес: sakanyan.rimma@yandex.ru  

Дата рождения: 7 января 1959г.

Паспорт: 03 05 736938, выдан 25.03.2005 ОВД Абинского района Краснодарского края.

Страх. Свидетельство:  № 006-737-087-49.

ИНН: 232302042799.

 Тема: ,,Использование различных методов при решении геометрических задач на нахождение углов и расстояний между плоскостями и прямыми в пространстве.”  

11. Аннотация.     В  работе автор теоретически обосновал различные подходы к решению поставленных задач, отработана методика нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми.  А так же  доказал ряд утверждений, помогающий при решении задач на нахождение углов между прямой и плоскостью, углов между плоскостями и т.д.

  12. Ключевые слова: Скрещивающиеся прямые. Угол между скрещивающимися прямыми. Расстояние между скрещивающимися прямыми.