Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

C22013

.pdf
Скачиваний:
69
Добавлен:
13.02.2015
Размер:
2.58 Mб
Скачать

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

МАТЕМАТИКА. ЕГЭ 2013

Многогранники:

типы задач и методы их решения

(типовые задания С2)

Прокофьев А.А.

Корянов А.Г.

Прокофьев А.А. – доктор педагогических наук, заведующий кафедрой высшей математики №1 НИУ МИЭТ, учитель математики ГОУ лицей №1557 г. Зеленограда;e-mail:aaprokof@yandex.ru

Корянов А.Г. – методист по математике городского информационнометодического Центра (МБОУ БГИМЦ) г. Брянска, учитель математики МОУ лицей №27 г. Брянска;e-mail:akoryanov@mail.ru

СОДЕРЖАНИЕ

стр.

 

Введение

2

Глава 1. Расстояния и углы

3

1.1. Расстояние между двумя точками

3

Тренировочные упражнения……..

4

1.2.Расстояние от точки до прямой…. 5 Тренировочные упражнения…….. 9

1.3.Расстояние от точки до плоскости 10 Тренировочные упражнения…….. 19

1.4.Расстояние между скрещивающимися прямыми…………………….. 20 Тренировочные упражнения…….. 27

1.5.Угол между двумя прямыми......... 28 Тренировочные упражнения…….. 33

1.6.Угол между прямой и плоско-

стью…………………………………… 35

Тренировочные упражнения…….. 41

1.7. Угол между плоскостями

43

Тренировочные упражнения……..

59

Глава 2. Площади и объемы……….. 62

2.1. Площадь поверхности много-

гранника ………………………………. 62

04.12.2012

1

2.2.Площадь сечения многогранника 65

2.3.Объем многогранника…………… 69

Тренировочные упражнения…….. 81

Глава 3. Дополнения……………… 83

3.1.Методы построение сечения многогранника плоскостью...……………. 83

3.2.Векторный метод………………… 88

3.3.Координатный метод…………….. 90

3.4.Опорные задачи………………….. 93

Ответы и указания……………………100

Список и источники литературы…...101

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Введение

Задачи части «С» Единого государственного экзамена по стереометрии в последнее время большей частью посвящены вычислению расстояний и углов в пространстве.

Около 30 % выпускников приступало к решению задачи С2 на ЕГЭ 2010-2012гг. Так в 2010 году процент приступивших к выполнению составил 30%, в 2011 году –

33,1%, а в 2012 году – 29%.

Задание С2 оценивается в 2 балла. В 2010 году от 1 до 2 баллов за задачу С2 смогли получить 11,6% участников экзамена, в 2011 – 13,9%, а в 2012 – 5,53%.

Полное решение каждой задачи состоит из теоретической части, заключающейся в обосновании взаимного расположения элементов заданной стереометрической конфигурации, и вычислительной части. При проверке задачи С2 выставление баллов производится в соответствии со следующими критериями.

Содержание критерия

Баллы

Обоснованно получен правиль-

2

ный ответ

 

Решение содержит обоснован-

 

ный переход к планиметриче-

 

ской задаче, но получен невер-

1

ный ответ или решение не за-

кончено, или при правильном

 

ответе решение недостаточно

 

обосновано.

 

Решение не соответствует ни

0

одному из критериев, перечис-

ленных выше

 

Максимальный балл

2

В первой главе «Расстояния и углы» представлены разные методы решения задач типа С2. Геометрические методы решения задачи опираются на определения расстояния или угла, и требуют от учащихся развитого пространственного воображения. Кроме этого подхода в пособии рассмотрены координатный и векторный методы, которые могут быть эффективно использованы при решении задач разного вида. Применение опорных задач также может привести к рациональному решению задачи.

04.12.2012

2

Следует отметить, что при решении задачи координатным или векторным методами выпускник должен получить правильный ответ, и только тогда его решение будет оценено в 2 балла. В противном случае его решение не соответствует приведенным критериям и будет оценено

в0 баллов.

Вкодификатор элементов содержания к уровню подготовки выпускников входят разделы, связанные с темой «Многогранники», которые отражены в данном пособии: сечения куба, призмы, пирамиды; боковая поверхность призмы, пирамиды; объем куба, прямоугольного параллелепипеда, пирамиды, призмы. Во второй главе «Площади и объемы» представлены методы решения стереометрических задач на многогранниках с использованием формул их площади поверхности и объема.

Втретьей главе «Дополнения» собран основной материал, который используется при решении многих стереометрических задач, владение которым подразумевается. В частности, представлены основные способы построения сечений многогранников плоскостью, основные способы введения систем координат для использования координатного метода, дано представление о векторном методе решения задач. В решениях многих задач, приведенных в данном пособии, имеются ссылки на опорные задачи, полный набор которых помещен в пункте 3.4 на стр. 9399.

Авторы надеются, что данное пособие будет полезно учащимся при их подготовке к итоговому экзамену.

Желаем успеха!

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Глава 1. Расстояния и углы

Тема «Расстояния и углы» является основой для других разделов стереометрии. В данном разделе представлено взаимное расположение точек, прямых и плоскостей на многогранниках, рассмотрены основные виды задач и методы их решения.

1.1. Расстояние между двумя точками

Расстояние между точками A иB можно вычислить:

1) как длину отрезка AB , если отрезокAB удается включить в некоторый треугольник в качестве одной из его сторон;

2) по формуле

A,B (x2 x1)2 (y2 y1)2 (z2 z1)2 , (1)

где A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2);

3) по формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

AB

 

AB AB

AB

 

a2b2c2, (2)

 

 

 

 

 

 

 

 

где {a,b,c} – координаты вектораAB в декартовой системе координат.

Поэтапно-вычислительныйметод

Пример 1. В единичном кубе

ABCDA1B1C1D1

на диагоналях граней

AD1

и D1B1

взяты точки Е и F так, что

D E

1

AD , D F

2

D B . Найти длину

 

 

1

3

1

1

3

 

1

1

отрезка EF.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B1

 

 

 

 

 

A1

 

 

F

 

C1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ED1

B

AC

D

Рис. 1

Решение. Длину отрезкаEF найдем по теореме косинусов из треугольникаD1EF (см. рис. 1), в котором

D F

2

 

 

,

D E

1

 

 

,

FD E

 

 

 

2

2

 

 

 

 

1

3

 

 

 

1

3

 

 

 

1

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

04.12.2012

 

 

 

 

 

 

 

 

3

(треугольник AB1D1 является равносторонним). Имеем

EF2 D E2

 

D F2 2D E D Fcos

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

8

2

 

2

 

 

2

2

 

 

1

 

2

,

 

 

 

 

 

 

 

9

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

3

2

3

 

 

 

 

 

 

 

откуда EF

 

 

6

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Координатный метод

Приступая к решению задач этим методом полезно разобрать задачу №1 из списка опорных задач (см. главу 3 п. 3.4).

Пусть

точки

 

A(x1;y1;z1)

и

B(x2;y2;z2)

– концы отрезка AB . Тогда

внутренняя точка C отрезка AB такая,

что

 

AC:CB k,

имеет

 

 

координаты

x k x

y k y

 

z k z

2

 

 

C

 

1

2

;

1

2

;

1

 

.

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

k 1

 

k 1

 

Пример 2. В единичном кубе

ABCDA1B1C1D1

точки E и K – середины

ребер

AA1

и CD соответственно, а

точка

M

расположена

на диагонали

B1D1 так, что B1M2MD1. Найти расстояние между точками Q и L, где Q – середина отрезка ЕМ, а L – точка отрезка МK такая, что ML2LK.

Решение. Введем прямоугольную систему координат, как указано на рисунке 2.

z

B1

 

 

 

 

 

 

 

 

A1

 

 

 

 

M

 

 

C1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

y

D1

 

 

 

 

E

B

 

 

L

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

K

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

Тогда Е 0;0;

 

 

 

, K 1;

 

;0

 

,

В (0;1;1),

 

2

 

 

 

2

 

 

 

1

D1(1;0;1). Для нахождения координат точкиМ используем формулу координат

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

точки (опорная задача 1), делящей отре-

зок B1D1 в отношении 2:1. Имеем

 

0 2 1 1 2 0 1 2 1

 

2 1

 

 

М

 

,

 

,

 

 

 

 

,

 

 

,1 .

 

 

 

 

 

 

1 2

1 2

1 2

3 3

 

Аналогично получим координаты точки L, делящей отрезокMK в отношении 2:1. Имеем

 

2

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 1

 

 

 

2

 

 

 

1 2 0

 

 

8 4 1

 

 

 

3

 

L

3

 

;

2

;

 

 

 

 

;

 

;

 

.

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

1 2

1 2

9 9 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Координаты точки Q равны полусуммам соответствующих координат точекE и

 

1

 

1

 

3

 

 

М, поэтомуQ

 

;

 

;

 

 

. Применим фор-

 

6

4

3

 

 

 

мулу (1) для расстояния между точками с заданными координатами

LQ

 

 

 

 

1

 

 

 

8 2

 

 

1

 

 

 

 

 

4

2

 

 

3

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

9

 

6

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

4

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

725

 

 

29

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

362

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

36

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

29

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

36

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Векторный метод

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 3. В единичном кубе

ABCDA1B1C1D1

на

 

 

 

диагоналях

 

граней

AD1 и D1B1

взяты точки E и F так, что

D E

1

AD ,

D F

2

D B . Найти длину

 

 

 

 

 

 

1

 

3

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

3

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

отрезка EF.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Пусть AD a,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AA1 c

 

AB b,

(см. рис. 1),

тогда

 

|a| |b | |c | 1,

a b a c b c 0.

 

 

 

 

Выразим

 

вектор

FE через базисные векторыa,

 

 

b,

 

c :

 

 

 

FE EA AB B F

2

(a c)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(b

c)

 

 

 

(a b)

 

 

a

 

 

 

 

b

 

 

 

 

c .

 

 

3

3

3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда по формуле (2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

FE

 

FE

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

b

 

 

c

 

 

 

3

 

3

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

4 2

 

 

1 2

 

 

4

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

b

 

 

 

 

 

c

 

 

a b

 

 

b

c

 

 

 

a

c

9

9

 

 

 

9

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

4

 

1

 

 

 

 

6

 

.

 

 

 

 

Ответ:

 

 

6

 

.

 

9

 

9

9

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

Замечание.

Вектор

FE в данном ба-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

1

 

 

 

 

 

 

зисе имеет координаты

 

 

 

;

 

;

 

 

,

 

по-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

3

3

 

 

 

 

 

 

этому его длину можно найти по форму-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ле

AB

 

 

a2 b2 c2 , то есть

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

AB

 

 

1

 

4

 

1

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

9

9

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тренировочные упражнения

1.Ребра правильной четырехугольной призмы равны 1, 4 и 4. Найдите расстояние от вершины до центра основания призмы, не содержащего эту вершину.

2.В единичном кубе ABCDA1B1C1D1

точки E ,K иL – середины реберAA1,

CD иB1C1 соответственно, а точкиM и

N расположены

соответственно

на от-

резках EK

и LK так,

что

EM :MK 2:3, а

LN :NK 1:4 .

Найди-

те длину отрезка МN.

3. В правильной треугольной призмеABCA1B1C1 на ребрахAB иB1C1 выбраны точкиE иK соответственно так, чтоAE :EB 1:2, аB1K :KC1 5:1. Найдите длину отрезкаEK, сторона основания призмы равна 6, а боковое ребро равно 2.

4. В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все ребра которой равны 2, найдите расстояние от точкиA до точек:а) C1 ;б) D1 ;в) M, гдеM центр граниEE1D1D.

5. В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние между точкамиA иE1.

6. В правильной четырехугольной пирамидеSABCD , сторона основания и бо-

ковое ребро которой равны 42 и 5 соответственно. Найдите расстояние между точкамиE иK, если известно, чтоЕ лежит на боковом ребреSB иSE 2BE, аK

– на стороне основания AD иAK 3KD.

04.12.2012

4

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

1.2.Расстояние от точки до прямой

Расстояние от точки до прямой, не содержащей эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра, проведенного из этой точки на прямую.

Расстояние между двумя параллель-

ными прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра.

Расстояние между двумя параллель-

ными прямыми равно расстоянию от любой точки одной из этих прямых до другой прямой.

Поэтапно-вычислительныйметод

Расстояние от точки M до прямойAB , обозначаемое (M;AB), вычисляют, как длину высоты, опущенной из точкиM на основаниеAB (или ее продолжение) треугольникаABM .

Пример 4. При условиях примера1 найти расстояние от точки D1 до прямой EF.

Решение. Пустьh – длина высоты треугольникаD1EF, опущенной из точки

D1. Найдемh, используя метод площа-

дей. Площадь треугольника D1EF равна

1

2 D1F D1Esin FD1E

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2 2

 

 

2

 

3

 

 

 

3

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

3

 

2

9

 

 

 

 

 

 

С другой стороны площадь треугольника

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

h. Из уравне-

D EF

 

равна

 

FE h

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ния

 

 

3

 

 

 

 

 

6

 

h

 

находим

 

 

 

искомое

 

рас-

 

9

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

стояние h

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание. Можно заметить, что вы-

полняется равенство FE2

D E2 D F2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

т.е. треугольник D1EF прямоугольный и

длина

 

отрезка

D1E

 

является искомым

расстоянием.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

04.12.2012

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

Пример 5. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , ребра которой равны1, найти расстояние от точки A до прямой BC1.

Решение. В квадратеBCC1B1 диаго-

наль BC1

равна 2 (см. рис. 3). В прямо-

угольном

 

треугольнике ACD,

где

ACD 90 ,

 

 

AD 2,

находим

AC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2212

 

 

 

 

. Из прямоугольного тре-

 

 

3

угольника

 

ACC1

имеем

AC1

 

 

 

 

ABC ,

(

 

 

 

 

2. В треугольнике

3)2 12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

используя теорему косинусов, получаем

 

 

 

 

 

22 ( 2)

2 12

5 2

 

 

 

cos

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

8

2 2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

AC1B.

 

Далее

 

 

 

находим

 

 

 

 

и из треугольника AC H вы-

sin

 

14

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

соту

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AH AC sin 2

 

 

 

 

 

 

 

 

.

14

 

14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

8

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 3

Ответ: 14 . 4

Пример 6. (МИОО, 2010).В тетра-

эдре ABCD, все ребра которого равны1, найти расстояние от точки A до прямой, проходящей через точку B и середину E ребра CD.

Решение. Так как все ребраABCD равные правильные треугольники, то медианыBE иAE треугольниковBDC и

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

ADC (см. рис. 4) равны иBE AE 3. 2

Рассмотрим равнобедренный треугольник BEA и его высотыEM иAH. Выражая площадь треугольникаBEA двумя способами, получаем

S

BEA

 

1

AH BE

1

EM AB,

 

 

 

2

 

2

 

получаем

равенство

AH BE EM AB.

D

E

HC

B

M

A

 

 

Рис. 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

1

 

2

EM

BE2 BM2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

 

 

то получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EM AB

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

.

AH

 

 

 

2

6

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

BE

 

 

 

 

 

3

 

3

 

 

 

 

 

Ответ: 6 . 3

В некоторых задачах удобно использовать плоскость, проходящую через данную точку перпендикулярно данной прямой.

Пример 7. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки D до прямой A1C.

Решение. ПустьA1C BDC1 F (рис. 5). Так какA1C BDC1 (опорная задача

20), то FC1 FB FD как проекции на плоскостьBDC1 равных наклонныхCC1 ,СВ иCD соответственно. Следовательно, точкаF является центром правильного треугольникаBDC1 . Поэтому искомое расстояние равно радиусу окружности,

04.12.2012

6

описанной около треугольника BDC1 .

Сторона этого треугольника равна 2 , значит,

(D,AC)DF

2 3

 

6

.

 

 

1

3

3

 

 

 

B1

 

 

 

 

A1

 

C1

D1

 

 

 

B

F

 

 

 

A

 

C

D

 

 

 

 

Рис. 5

 

 

 

Ответ: 6 . 3

Метод параллельных прямых

Данный метод основан на использовании следующего утверждения: расстояние от точки M до прямойa равно расстоянию до прямойa от произвольной точкиP , лежащей на прямойb , проходящей через точкуM и параллельной прямойa.

Этот метод удобен в применении, когда искомый перпендикуляр выходит за пределы многогранника. В этом случае его можно заменить перпендикуляром, расположенным внутри многогранника, либо перпендикуляром, длина отрезка которого известна.

Решим указанным методом пример 5. Решение. В квадратеBCC1B1 диаго-

наль BC1 равна2 (см. рис. 6). ПустьO

и O1 – центры нижнего и верхнего осно-

ваний соответственно. Так как AB ||O1C1

и AB O1C1 , тоABC1O1 – параллело-

грамм. Отсюда AO1 ||BC1 , поэтому рас-

стояние (A;BC1) (O1;BC1). Из прямоугольного треугольникаBOO1 нахо-

дим BO1 2 .

В треугольнике BO1C1 , используя теорему косинусов, получаем

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

cos 12 (2)2 (2)2 2,

 

 

2 1 2

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где O C B. Находим

sin

 

 

 

 

14

 

 

и

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

из треугольника O1C1H высоту

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

O H O C sin 1

 

14

14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

1

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E1

D1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

O1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A1

B1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

O

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

Ответ:

14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

Координатный и векторный методы

Как уже было отмечено выше расстояние между точками A иB можно вычислить по формулам (1) и (2) (см. стр. 3).

Рассмотрим векторный подход к решению задач данного вида. Пусть дана прямая l с направляющим векторомq, точкаA лежит на прямойl, точкаM

вне прямой l,MA m (см. рис. 7).

Чтобы найти расстояние от точки M до прямойl, т.е. длину перпендикуляра

MP

(P l ), представим

вектор MP в

виде

 

 

MP MA AP m x q .

M

m

q

l

A

P

Рис. 7

Неизвестный коэффициент x находится из условия перпендикулярности

вектора MP векторуq:

 

 

 

MP q

0 (m x q)q 0.

Искомое расстояние выражается следующим образом:

MP (m x q)2 .

Координатный метод

Пример 8. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q – сере-

дины соответственно ребер A1B1 и ВС.

Решение. Рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точкеA (см. рис. 8). Найдем координаты точек

 

 

1

 

1

 

 

 

 

P

0;

 

;1

, Q

 

;1; 0

 

,

D (1;0;1).

2

2

 

 

 

 

 

 

 

1

z

 

 

 

D1

 

 

 

 

 

A1P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

N

 

 

 

 

B1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A C1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

PQ

1

 

 

1

1

 

3

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

DQ

 

1

1 1

 

,

D P 1

1

0

 

5

 

4

 

2

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

4

 

4

 

 

Из треугольника D1PQ , используя

формулу

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos D PQ

 

D P2 QP2

DQ2

,

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2 D1P QP

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

находим

04.12.2012

7

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

3

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos D PQ

 

 

 

 

2

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

30

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Далее получаем

4

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

29

 

 

sin D PQ

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30

 

 

 

 

30

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть D1N PQ , гдеN PQ . Тогда

D1N D1Psin D1PQ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

D N

 

5

 

 

29

 

 

 

 

 

 

174

 

174

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

4

 

 

 

30

 

 

 

 

 

 

 

 

144

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 174 . 12

Векторный метод

Пример 9. В треугольной пирамиде ABCD при вершине D все плоские углы

равны , AD2, BD4, CD3. Точки

3

P , M и K являются серединами ребер AD, BD и BC соответственно. Найти расстояние от точки M до прямой PK .

Решение.

Пусть

DA a,

 

 

DB b ,

DC c

(см.

рис.

9).

Тогда имеем сле-

дующую

таблицу

умножения

векторов

базиса:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

b

 

c

 

 

 

a

4

 

 

4

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

4

 

 

16

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

3

 

 

6

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Если MH PK , гдеH PK (см. рис. 9),

то в силу коллинеарности векторов PH иPK получаемPH x PK . Выразим век-

тор PK через базисные векторыa,

b и

c , используя правило многоугольника

 

 

 

1

 

 

1

 

1

PK PD DM MK

 

a

 

 

b

 

c ,

2

2

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

значит, PH

x( a b c).

Теперь вы-

 

2

разим вектор MH :

04.12.2012

MH MP PH DP DM PH

 

1

 

1

 

1

 

 

 

 

 

a

 

b

 

x( a b

c).

2

2

2

 

 

 

 

 

 

D

MP

H

A

B

K C

Рис. 9

Из условия перпендикулярности векторов

MH иPK имеемMH PK 0 или

((1 x)a (x 1)b xc)(a b c) 0.

Используя таблицу умножения базисных векторов, получаем уравнение

(1 x)( 4 4 3 4 16 6)

x( 3 6 9) 0,

откуда x 5.

 

 

 

 

9

1

 

1

 

 

 

 

1

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда MH

 

 

 

 

a

 

 

b

 

 

 

 

 

( a b

c)

2

2

 

2

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

5

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

b

 

 

 

c

 

 

 

 

(4a 4b 5c).

9

9

 

 

 

18

 

 

 

 

 

 

 

18

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MP

 

 

(4a 4b 5c)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

18

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16 4 16 16 25 9 32 4 40 3 40 6 18

297 11 . 324 12

Ответ: 11 . 12

Пример 10. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q – сере-

дины соответственно ребер A1B1 и ВС.

Решение.

Пусть

AD a ,

AB b ,

AA1 c(см.

рис. 8),

тогда |a | |b |

|c| 1, a b a c b c0.

8

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

Выразим вектор PQ через базисные

векторы a,b,c :

PQ PB1 B1B BQ

1b c1 a1 a1b c, 2 2 2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

PD a

1

b.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть D1N PQ ,

 

 

 

 

 

N PQ . Выра-

где

зим вектор D1N , учитывая коллинеар-

ность векторов PN иPQ:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D1N PN PD1 x PQ PD1 .

 

Так

как D1N PQ,

то

 

D1N PQ0.

Отсюда получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x PQ PD1) PQ0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

PD1

PQ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x PQ

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

 

 

 

 

2

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

1

 

 

x

 

a

 

 

 

 

b c

 

 

a

 

 

 

 

b

 

 

 

 

a

 

 

 

b

c ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

х

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

х

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

4

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D N

1

PQ PD

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

b c

 

 

 

 

 

b a

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

6 2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11a7 b1c. 12 12 6

Длина вектора

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

7

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D1N

D1N

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

b

 

 

 

c

 

12

 

12

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

121

 

 

49

 

 

1

 

 

 

174

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

144

144

36

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

 

 

174

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание. Решение данного примера векторным методом не является рациональным, но приведено с целью показа широких возможностей векторного метода при решении задач разных видов.

Тренировочные упражнения

7. В единичном кубеABCDA1B1C1D1 найдите расстояние от точкиA до пря-

мой: a) B1D1;б) А1С ;в) BD1 .

8. В правильной треугольной призмеABCA1B1C1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точкиA до прямойВС1.

9. В правильной треугольной призмеABCA1B1C1 высота равна 1, сторона основания равна 2. Найдите расстояние от точкиA1 до прямой1.

10. (МИОО). В правильной треугольной призмеABCA1B1C1 высота равна 2, сторона основания равна 1. Найдите расстояние от точкиВ1 до прямой1 .

11. В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точкиA до прямой:а) ;б) D1E1 ;

в) B1C1; г)BE1 ; д)BC1; е)CE1 ; ж)CF1 ; з)CB1.

12.В правильной шестиугольной

призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , стороны основания которой равны 5, а боковые ребра равны 11, найдите расстояние от точкиC до прямойA1F1 .

13. В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 сторона основания равна 3, а боковое ребро равно 2. Найдите расстояние от точкиE до прямойB1C1 .

14. (ЕГЭ,2011). В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 , стороны оснований которой равны 4, а боковые ребра равны 3, найдите расстояние от точкиC до прямойD1E1.

15. В правильной шестиугольной призмеABCDEFA1B1C1D1E1F1 , все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точкиA до прямойCB1.

16. Основание прямой призмыABCDA1B1C1D1 ромбABCD, в котором

АВ 10,

АС 6 7. Боковое реброАА1

04.12.2012

9

www.alexlarin.net

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.

равно 321. Найдите расстояние от вершиныВ до прямойАС1.

17.В тетраэдре ABCD, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точкиA до прямой, проходящей чрез точкуB и середину ребраCD.

18.В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с основаниемABCD сторона основания равна 2, а боковое ребро равно 4. ТочкаM – серединаSD. Найдите расстояние от точкиA до прямойMB.

19.(МИОО). В правильной четырехугольной пирамидеSABCD сторона осно-

вания равна 1, а боковое ребро равно

3 . Найдите расстояние от точкиC до

2

прямой SA.

20.В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF, стороны оснований которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точкиC до прямойSF.

21.В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF , стороны оснований которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точкиC до прямойSA.

22.В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания

которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти расстояние от точки F до прямойBT , гдеT – середина ребраMC .

04.12.2012

10

3.Расстояние от точки до плоскости

Расстояние от точки до плоскости, не содержащей эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Расстояние между прямой и параллельной ей плоскостью равно длине их общего перпендикуляра.

Расстояние между прямой и параллель-

ной ей плоскостью равно расстоянию от любой точки этой прямой до плоскости.

Расстояние между двумя параллель-

ными плоскостями равно длине их общего перпендикуляра.

Расстояние между двумя параллельными плоскостями равно расстоянию между точкой одной из этих плоскостей и другой плоскостью.

Поэтапно-вычислительныйметод

При решении задачи этим методом строится перпендикуляр из заданной точки на плоскость и вычисляется его длина.

Пример 11. Найти расстояние от точки S до плоскости треугольника ABC, если из-

вестно, что SA 2,

AB AC 4 и

SB SC BC 2

3

.

 

Решение. ПустьM – середина(см. рис. 10). ТогдаSM иAM – медианы (и вы-

соты) равно-

 

бедренных

тре-

 

угольников

 

 

ABC и SBC. Так

 

как SM BCи

 

AM BC ,

то

 

BC ASM

(по

Рис. 10

признаку

пер-

 

пендикулярности прямой и плоскости).

Плоскость ASM ABC по признаку перпендикулярности плоскостей (плоскостьABC содержит прямуюBC). Следовательно, перпендикулярSH , проведенный из точкиS на прямую пересече-

ния этих плоскостей

AM и есть перпен-

дикуляр к плоскости ABC. Значит иско-

мое расстояние равно высоте SH

в тре-

угольнике ASM ,

в котором

SA 2,

SM 3 иAM 13. ОбозначимAH x,

www.alexlarin.net

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]