Задачи векторно координатным способом

Координатно-векторный метод решения стереометрических задач при подготовке к ЕГЭ

Разделы: Математика

• выработать умение рассматривать различные подходы к решению задач и проанализировать “эффект” от применения этих способов решения;
• выработать умение учащегося выбирать метод решения задачи в соответствии со своими математическими предпочтениями, базирующимися на более прочных знаниях и уверенных навыка;
• выработать умение составить план последовательных этапов для достижения результата;
• выработать умение обосновать все предпринимаемые шаги и вычисления;
• повторить и закрепить различные темы и вопросы стереометрии и планиметрии, типовые стереометрические конструкции, связанные с решением текущих задач;
• развить пространственное мышление.

• анализ различных методов решения задачи: координатно-векторный метод, применение теоремы косинусов, применение теоремы о трех перпендикулярах;
• сравнение преимуществ и недостатков каждого метода;
• повторение свойств куба, треугольной призмы, правильного шестигранника;
• подготовка к сдаче ЕГЭ;
• развитие самостоятельности при принятии решения.

В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ с ребром 1 точка О – центр грани ABCD.

а) угол между прямыми A₁D и BO;

б) расстояние от точки B до середины отрезка A₁D.

Решение пункта а).

1 способ. Координатно-векторный метод

Поместим наш куб в прямоугольную систему координат как показано на рисунке, вершины A₁ (1; 0; 1), D (1; 1; 0), B₁ (0; 0; 1), O (½; ½; 0).

Направляющие векторы прямых A₁D и B₁O:

<0; 1; -1>и <½; ½; -1>;

искомый угол φ между ними находим по формуле:

cos∠φ = ,
откуда∠φ = 30°.

2 способ. Используем теорему косинусов.

1) Проведем прямую В₁С параллельно прямой A₁D. Угол CB₁O будет искомым.

2) Из прямоугольного треугольника BB₁O по теореме Пифагора:

B₁O = .

3) По теореме косинусов из треугольника CB₁O вычисляем угол CB₁O:

cos CB₁O = , искомый угол составляет 30°.

Замечание. При решении задачи 2-м способом можно заметить, что по теореме о трех перпендикулярах COB₁ = 90°, поэтому из прямоугольного ∆ CB₁O также легко вычислить косинус искомого угла.

Решение пункта б).

1 способ. Воспользуемся формулой расстояния между двумя точками

Пусть точка E – середина A₁D, тогда координаты E (1; 1/2; ½), B (0; 0; 0).

BE = .

2 способ. По теореме Пифагора

Из прямоугольного ∆ BAE с прямым BAE находим BE = .

В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все ребра равны a. Найти угол между прямыми AB и A₁C.

1 способ. Координатно-векторный метод

Координаты вершин призмы в прямоугольной системе при расположении призмы, как на рисунке: A (0; 0; 0), B (a; ; 0), A₁(0; 0; a), C (0; a; 0).

Направляющие векторы прямых A₁C и AB:

и <a; ; 0> ;

cos φ = ;

φ = arccos .

2 способ. Используем теорему косинусов

cos φ = .

(Из сборника ЕГЭ-2012. Математика: типовые экзаменационные варианты под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко)

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁, все рёбра которой равны 1, найдите расстояние от точки E до прямой B₁C₁.

1 способ. Координатно-векторный метод

1) Поместим призму в прямоугольную систему координат, расположив координатные оси, как показано на рисунке. СС₁, СВ и СЕ попарно перпендикулярны, поэтому можно направить вдоль них координатные оси. Получаем координаты:

С₁ (0; 0; 1), Е (; 0; 0), В₁ (0;1;1).

2) Найдем координаты направляющих векторов для прямых С₁В₁ и С₁Е:

(0;1;0), (;0;-1).

3) Найдем косинус угла между С₁В₁ и С₁Е, используя скалярное произведение векторов и :

cos β = = 0 => β = 90° => C₁E – искомое расстояние.

4) С₁Е = = 2.

Вывод: знание различных подходов к решению стереометрических задач позволяет выбрать предпочтительный для любого учащегося способ, т.е. тот, которым ученик владеет уверенно, помогает избежать ошибок, приводит к успешному решению задачи и получению хорошего балла на экзамене. Координатный метод имеет преимущество перед другими способами тем, что требует меньше стереометрических соображений и видения, а основывается на применении формул, у которых много планиметрических и алгебраических аналогий, более привычных для учащихся.

Форма проведения урока – сочетание объяснения учителя с фронтальной коллективной работой учащихся.

На экране с помощью видеопроектора демонстрируются рассматриваемые многогранники, что позволяет сравнивать различные способы решения.

Домашнее задание: решить задачу 3 другим способом, например, с помощью теоремы о трех перпендикулярах.

1. Ершова А.П., Голобородько В.В. Самостоятельные и контрольные работы по геометрии для 11 класса.– М.: ИЛЕКСА, – 2010. – 208 с.

2. Геометрия, 10-11: учебник для общеобразовательных учреждений: базовый и профильный уровни / Л.С.Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – М.: Просвещение, 2007. – 256 с.

3. ЕГЭ-2012. Математика: типовые экзаменационные варианты: 10 вариантов/ под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко. – М.: Национальное образование, 2011. – 112 с. – (ЕГЭ-2012. ФИПИ – школе).

Источник

Сборник «Решение задач №14 ЕГЭ по математике координатно-векторным методом»

Серия «Школьник — школьнику»

Решение заданий №14 ЕГЭ по математике координатно-векторным методом

С помощью данных методических рекомендаций можно научиться решать задачи на вычисление углов и расстояний в стереометрии с помощью координатно-векторного метода. Для учеников 10-11 классов самой главной проблемой является подготовка к ЕГЭ. Причем не все ученики уверенно решают задания II части , а некоторые и не берутся за их решение.

Координатно-векторный метод основан на введении прямоугольной системы координат и создании геометрически-алгебраической модели решения задач, тем самым упрощая громоздкие и достаточно сложные преобразования и выкладки.

Достоинство метода координат состоит в том, что его применение избавляет от необходимости прибегать к наглядному представлению сложных пространственных конфигураций.

Выражаю огромную благодарность своим ученикам 11 класса 2016 – 2017 учебного года: Комаровой Ангелине, Тарбаеву Наилю, Бекмурзаеву Тимуру, Утегеновой Аимгуль, Абылхатаевой Карине, Кункашевой Арине, Юсуповой Аделине, Успанову Гелиму , которые сыграли большую роль в создании данного методического сборника

Если у вас имеются серьезные проблемы с пониманием определений, с чтением или построением сложного стереометрического рисунка, если вам никак не удается подобрать необходимые дополнительные построения, мне кажется, что стоит заняться изучением координатно-векторного метода. Особенно это актуально в условиях экстренной помощи, когда до ЕГЭ остается всего лишь 2-3 месяца.

Данный курс не претендует на научность, а является небольшим методическим пособием при подготовке к ЕГЭ для выпускника, нацеленного на высокий балл при сдаче экзамена. Курс является кратким, в нем рассмотрены лишь наиболее часто встречающиеся типы заданий, как в сборниках, так и в контрольно-измерительных материалах.

Метод координат — это довольно несложный способ, но в настоящих задачах №14 никаких координат и векторов нет. Поэтому их придется вводить: указать начало отсчета, единичный отрезок и направление осей x, y и z.

Самое замечательное свойство этого метода заключается в том, что не имеет никакого значения, как именно вводить систему координат. Если все вычисления будут правильными, то и ответ будет правильным.

Метод координат —эффективный и универсальный способ нахождения любых углов или расстояний между стереометрическими объектами в пространстве. Данный метод заключается во введении декартовой системы координат, а затем – нахождение образующихся векторов (их длин и углов между ними). Достоинство метода координат состоит в том, что его применение избавляет от необходимости прибегать к наглядному представлению сложных пространственных конфигураций. Алгоритм применения метода координат к решению геометрических задач сводится к следующему:

— Выбираем в пространстве систему координат

— Находим координаты необходимых, по условию задачи, точек.

— Решаем задачу, используя основные задачи метода координат.

— Переходим от аналитических соотношений к геометрическим.

Для начала разбора метода координат для стереометрических задач рассмотрим, что же представляет собой прямоугольная (декартова) система координат в пространстве. Прямоугольная (декартова) система координат в пространстве – совокупность точки О (называемой началом координат), единицы измерения и трёх попарно перпендикулярных прямых Ox, Oy иOz (называемых осями координат: Ox – ось абсцисс, Oy – ось ординат, Oz – ось аппликат), на каждой из которых указано направление положительного отсчёта. Плоскости хОу, уОz и zOx называют координатными плоскостями. Каждой точке пространства ставится в соответствие тройка чисел, называемых её координатами.

z

0 у

Для того чтобы использовать метод координат, надо хорошо знать формулы:

1. Нахождение расстояния между двумя точками, заданными своими координатами.

, где

2. Нахождение координат середины отрезка

A ( x ₁ ; y ₁ ; z ₁ ), B ( x ₂ ; y ₂ ; z ₂ )

3. Нахождение косинуса угла между векторами

, где

4. Координаты x, y, z точки М , которая делит отрезок , ограниченный точками А(х ₁ , у ₁ , z ₁ ) и B ( x ₂ ,y ₂ , z ₂ ), в отношении , определяется по формулам

5. Расстояние от точки до плоскости

Для решения задач необходимо научиться находить координаты вершин основных многогранников при помещении их в прямоугольную систему координат.

Ниже представлены координаты вершин некоторых многогранников, помещенных в систему координат.

Это самый простой многогранник, все двугранные углы которого равны 90°.

Система координат также вводится очень просто:

Начало координат — в точке A;

Чаще всего ребро куба не указано, поэтому принимаем его за единичный отрезок;

Ось x направляем по ребру AB, y — по ребру AD, а ось z — по ребру AA ₁ .

Обратите внимание: ось z направляется вверх! После двумерной системы координат это несколько непривычно, но на самом деле очень удобно и логично.

Итак, теперь у каждой вершины куба есть координаты. Соберем их в таблицу — отдельно для нижней плоскости куба:

И для верхней: Несложно заметить, что точки верхней плоскости отличаются от соответствующих точек нижней только координатой z. Например, B = (1; 0; 0), B ₁ = (1; 0; 1).

Координаты правильной треугольной призмы

При правильном подходе достаточно знать координаты только нижнего основания — верхнее будет считаться автоматически.

В задачах №14 встречаются исключительно правильные трехгранные призмы (прямые призмы, в основании которых лежит правильный треугольник). Для них система координат вводится почти так же, как и для куба.

Вводим систему координат:

Начало координат — в точке A;

Сторону призмы принимаем за единичный отрезок, если иное не указано в условии задачи;

Ось x направляем по ребру AB, z — по ребру AA ₁ , а ось y расположим так, чтобы плоскость OXY совпадала с плоскостью основания ABC.

Получаем следующие координаты точек:

Как видим, точки верхнего основания призмы снова отличаются от соответствующих точек нижнего лишь координатой z. Основная проблема — это точки C и C ₁ . У них есть иррациональные координаты, и для того чтобы довольно просто решить задание №14 эти иррациональные координаты надо просто запомнить. Или можно вывести.

Координаты правильной шестиугольной призмы

Шестиугольная призма — это «клонированная» трехгранная. Можно понять, как это происходит, если взглянуть на нижнее основание — обозначим его ABCDEF. Проведем дополнительные построения: отрезки AD, BE и CF. Получилось шесть треугольников, каждый из которых (например, треугольник ABO) является основанием для трехгранной призмы.

Теперь введем систему координат. Начало координат — точку O — поместим в центр симметрии шестиугольника ABCDEF. Ось x пойдет вдоль FC, а ось y — через середины отрезков AB и DE. Получим такую картинку:

Нужно обратить внимание на то, что начало координат не совпадает с вершиной многогранника. На самом деле, при решении настоящих задач выясняется, что это очень удобно, поскольку позволяет значительно уменьшить объем вычислений. Осталось добавить ось z. Проводим ее перпендикулярно плоскости OXY и направляем вертикально вверх. Получим картинку:

Запишем теперь координаты точек. Предположим, что все ребра нашей правильной шестигранной призмы равны 1. Итак, координаты нижнего основания:

Координаты верхнего основания сдвинуты на единицу по оси z:

Координаты правильной четырехугольной пирамиды

Итак, правильная четырехугольная пирамида. Обозначим ее SABCD, где S — вершина. Введем систему координат: начало в точке A, единичный отрезок AB = 1, ось x направим вдоль AB, ось y — вдоль AD, а ось z — вверх, перпендикулярно плоскости OXY. Для дальнейших вычислений нам потребуется высота SH — вот и построим ее. Получим следующую картинку:

Теперь найдем координаты точек. Для начала рассмотрим плоскость OXY. Здесь все просто: в основании лежит квадрат, его координаты известны. Проблемы возникают с точкой S. Поскольку SH — высота к плоскости OXY, точки S и H отличаются лишь координатой z. Длина отрезка SH — это и есть координата z для точки S, поскольку H = (0,5; 0,5; 0).

Заметим, что треугольники ABC и ASC равны по трем сторонам (AS = CS = AB = CB = 1, а сторона AC — общая). Следовательно, SH = BH. Но BH — половина диагонали квадрата ABCD, т.е. BH = AB · sin 45°. Получаем координаты всех точек:

Ниже представлено, как найти определитель третьего порядка по правилу Саррюса, составить уравнение плоскости и найти вектор нормали.

§2 Практическая часть

Ниже представлены задачи:

— на нахождение угла между прямыми;

— угла между прямой и плоскостью;

— угла между плоскостями;

— расстояния от точки до прямой;

— расстояния от точки до плоскости.

Эти задачи решили мои ученики 11 класса

Вариант 13. Задача №14 по сборнику Ф.Ф.Лысенко

В кубе ABCDA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ , ребро которого равно 4, точка М является серединой отрезка BC ₁ . Найдите расстояние между прямыми А ₁ В и АМ.

Задача №14 по сборнику ФИПИ 2016

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ E ₁ F ₁ все рёбра равны 1. Найдите расстояние от точки В до прямой C ₁ F _.

Задача №14 по сборнику ФИПИ 2017

Дана правильная четырёхугольная призма ABCDA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ . Найдите расстояние от точки B ₁ до плоскости AD ₁ C , если АВ равно 5, АА ₁ равно 6.

Задача №14 ЕГЭ по сборнику ФИПИ 2017

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ E ₁ F ₁ все рёбра равны 4.

а) Докажите, что угол между прямыми А D ₁ и DC ₁ равен 90 0 .

б) Найдите угол между плоскостями FAC ₁ и AA ₁ D .

Задача №14 ЕГЭ по сборнику ФИПИ 2017

Мы изучили метод координат на более высоком уровне по сравнению со школьной программой по геометрии. Познакомились и научились применять новые формулы: на нахождение расстояния от точки до плоскости, от точки до прямой, угла между прямыми, угла между прямой и плоскостью, угла между плоскостями. Мы узнали, что для составления уравнения плоскости можно использовать матрицу и определитель третьего порядка, который можно посчитать правилом Саррюса.

Мы пришли к выводу, что использование метода координат требует от ученика внимательности, хороших вычислительных навыков. Мы убеждены в том, что координатно-векторный метод в школьном курсе геометрии необходимо изучать на глубоком уровне и увеличить количество часов на изучение данной темы.

Нами подобраны задания из сборников ФИПИ 2016г и 2017г, которые мы самостоятельно решили и которые помогут отработать полученные навыки, и тем самым более качественно подготовиться к сдаче экзамена.

Мы надеемся, что изложенная в работе информация поможет выпускникам решать задание №14 и достичь более высоких результатов на ЕГЭ по математике

ЕГЭ 2017. Математика. И.В. Ященко. 36 вариантов. Профильный уровень

ru . wikipedia . org – Система координат.

Смирнова, И.М. C 50 Геометрия. Расстояния и углы в пространстве: учебно-методическое пособие / И.М. Смирнова, В.А. Смирнов. – 2-е изд., перераб. И доп. – М.: Издательство «Экзамен», 2009. – 158, [2] с. (Серия «ЕГЭ. 100 баллов»)

Геометрия, 10 – 11 : Учеб. Для общеобразоват. учреждений / Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – 13-е изд. – М.: Просвещение, 2014. – 206 с.: ил.

Корянов А.Г, Прокофьев А.А. Многогранники: виды задач и методы их решения . МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2013 (типовые задания С2) « Многогранники: виды задач и методы их решения » www.alexlarin.narod.ru

Корянов А.Г, « Расстояния и углы в пространстве» МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2010 (типовые задания С2) www.alexlarin.narod.ru

В.В. Леваков «Решение задач координатно-векторным методом»

Источник