Методическая разработка по теме: "Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач"
методическая разработка (геометрия, 11 класс) на тему
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.
Скачать:
Вложение | Размер |
---|---|
vektory_i_koordinaty.doc | 566.5 КБ |
Предварительный просмотр:
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.
- -
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Методическая разработка по теме: "Применение аналитической геометрии к решению стереометрических задач".
ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ Рассмотрим несколько геометрических задач, для решения которых необходимо вычислить те или иные расстояния или углы в пространст...
Использование координатно - векторного метода при решении стереометрических задач
Изучение данного метода является неотъемлемой частью школьного курса геометрии. Но нельзя забывать, что при решении задач координатно- векторным методом необходим навык алгебраических вычислений...
Методическая разработка по теме: "Применение векторно-координатного метода в решении стереометрических задач"
Учёные всегда стремились упростить себе жизнь – придумывали новые, простые методы решения, универсальные для множества задач, позволяющие быстро решить даже самую трудную задачу. ...
Методическая разработка урока геометрии по теме "Применение теоремы синусов и косинусов при решении практических задач", 9 класс
На уроке разбирается решение задачи измерения высоты недоступного объекта различными способами: с использованием подобия, теорем синусов и др....
Определение области применения координатного метода при решении стереометрических задач на примере задания 14 ЕГЭ
Векторно-координатный метод — весьма эффективный и универсальный способ нахождения любых углов или расстояний между стереометрическими объектами в пространстве Автор обосновывает использование в...
рабочая программа курса по выбору "Векторный и координатный метод в решении стереометрических задач""
Содержит характеристику курса и учебно-тематическое планирование...
Применение координатно-векторного метода при решении стереометрических задач
Мастер-класс по теме "Применение координатно-векторного метода при решении стереометрических задач". Разбор задач ЕГЭ...
Комментарии
Применение векторно-координатного метода в решении задач
Спасибо,полезно