WWW.MASH.DOBROTA.BIZ
БЕСПЛАТНАЯ  ИНТЕРНЕТ  БИБЛИОТЕКА - онлайн публикации
 

«Лекции 5–8 Москва Педагогический университет «Первое сентября» Анатолий Георгиевич Корянов, Александр Александрович Прокофьев Материалы курса «Готовим к ЕГЭ хорошистов и ...»

А.Г. КОРЯНОВ, А.А. ПРОКОФЬЕВ

Готовим к ЕГЭ хорошистов и отличников

Лекции 5–8

Москва

Педагогический университет

«Первое сентября»

Анатолий Георгиевич Корянов,

Александр Александрович Прокофьев

Материалы курса «Готовим к ЕГЭ хорошистов и отличников» : лекции 5–8. – М. :

Педагогический университет «Первое сентября», 2012. – 100 с .

Учебно-методическое пособие

Редактор П.М. Камаев

Корректор Л.А. Громова

Компьютерная вёрстка Д.В. Кардановская Подписано в печать 19.11.2011 .

Формат 6090/16. Гарнитура «SchoolBook»

Печать офсетная. Печ. л. 6,25 Тираж 400 экз. Заказ № Педагогический университет «Первое сентября», ул. Киевская, д. 24, Москва, 121165 http://edu.1september.ru © А.Г. Корянов, 2012 © А.А. Прокофьев, 2012 © Педагогический университет «Первое сентября», 2012 Учебный план № брошюры Название лекции Лекция 1. Арифметический и алгебраический способы отбора корней в тригонометрических уравнениях. Основные теоретические сведения. Методические указания по использованию арифметического и алгебраического способов отбора корней .

Примеры решения заданий повышенного уровня сложности Лекция 2. Геометрический и функционально-графический способы отбора корней в тригонометрических уравнениях. Основные теоретические сведения. Методические указания по использованию геометрического и функциональнографического способов отбора корней. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности Лекция 3. Решение неравенств алгебраическими методами .



Классификация неравенств. Использование основных схем равносильных переходов к рациональным неравенствам или их системам. Разбор типичных ошибок. Методические указания по обучению алгебраическим методам. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности Лекция 4. Решение неравенств функционально-графическими методами. Методические указания по обучению и устранению ошибок в применении функционально-графических методов .

Примеры решения заданий повышенного уровня сложности Контрольная работа № 1 Лекция 5. Использование вычислительного метода для решения задач С2. Основные теоретические сведения и формулы, набор опорных задач. Методические указания по обучению. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности Лекция 6. Использование координатного и векторного методов для решения задач С2. Основные теоретические сведения и формулы, набор опорных задач. Методические указания по обучению. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности .

Контрольная работа № 2

Лекция 7. Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение элементов фигуры. Основные теоретические сведения и формулы. Методические указания по обучению. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности

Лекция 8. Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение фигур. Основные теоретические сведения и формулы. Методические указания по обучению. Примеры решения заданий повышенного уровня сложности .

Итоговая работа Лекция 5 Использование вычислительного метода для решения задач С2 Задание С2 Единого государственного экзамена вот уже два года представляло стереометрическую задачу на определение расстояний или углов в пространстве между объектами, связанными с некоторым многогранником .

Решение задания С2 оценивается 2 баллами. Один бал начисляется за правильное построение или описание искомого угла или расстояния. Еще один бал начислялся за правильно проведенные вычисления и верный ответ .



По итогам ЕГЭ-2010 только около 4% представленных решений были оценены в два балла. Основные проблемы: неумение строить линейные углы и проекции, ошибки в определении вида треугольника, вычислительные ошибки. Многие выпускники демонстрировали непонимание нахождения угла между прямой и плоскостью .

При решении заданий выпускники показали недостаточное представление о расположении перпендикуляра при нахождении расстояния от точки до прямой .

Все отмеченное указывает на то, что учащиеся испытывают большие трудности при решении стереометрических задач. В отличие от планиметрии в стереометрии они не могут опереться на наглядность. Выходом из этого положения является использование чертежей многогранников, на которых можно показать все теоремы стереометрии. Модели или чертежи многогранников, обладающие конкретностью и содержательностью, являются инструментом для развития пространственного воображения школьников и успешного изучения стереометрии. По принципу «от простого — к сложному» следует рассматривать решения задач, придерживаясь такой последовательности многогранников: куб, правильная призма (треугольная, четырехугольная, шестиугольная), прямая призма, правильный тетраэдр, правильная пирамида (треугольная, четырехугольная, шестиугольная) .

Решение задач на многогранниках имеет и обратную связь — раскрытие свойств самих многогранников, например:

— диагональ куба перпендикулярна плоскости, проведенной через концы трех ребер куба, выходящих из той же вершины, что и диагональ;

Использование вычислительного метода для решения задач С2 — в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся ребра перпендикулярны .

Во многих разделах лекции выделены подготовительные задачи. Рассмотрение задач одного типа, связанных с разными ситуациями, формирует навыки решения этих простейших задач .

В дальнейшем навыки закрепляются при решении более сложных задач .

При решении задач на расстояния и углы в стереометрии обычно используют поэтапно вычислительный или координатно-векторный методы. В данной лекции основное внимание уделено использованию поэтапно вычислительного метода. Этот метод решения задач является традиционным, опирается на определения расстояния или угла и требует от учащихся развитого пространственного воображения .

Каждая задача, рассмотренная в лекциях, может быть решена не единственным способом, поэтому учениками и учителями могут быть найдены более рациональные решения этих задач .

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

Использование определения Расстояние от точки M до прямой AB, обозначаемое (M; AB), вычисляют как длину высоты, опущенной из точки M на основание AB (или его продолжение) треугольника ABM .

Систему подготовительных задач можно связать с единичным кубом A…D1 .





1. Построить перпендикуляр (дать этому обоснование), опущенный из точки A на прямую: а) DC; б) DD1; в) DC1; г) D1C1; д) CC1;

е) A1B; ж) BC1; з) B1C .

2. Найти расстояние от точки A до прямой: a) B1D1; б) A1C;

в) BD1 .

Пример 1. В единичном кубе A…D1 на диагоналях граней AD1 и D1B1 взяты точки E и F так, что D1E = AD1, D1F = D1B1 .

Найти расстояние от точки D1 до прямой EF .

Лекция 5

–  –  –

Метод параллельных прямых Данный метод связан с утверждением о том, что расстояние от точки M до прямой a равно расстоянию до прямой a от произвольной точки P прямой b, проходящей через точку M и параллельной прямой a. Метод удобен, если искомый перпендикуляр выходит за пределы многогранника. В этом случае его можно заменить перпендикуляром, расположенным внутри многогранника, либо перпендикуляром, длина которого известна .

Пример 2. В правильной шестиугольной призме A .

..F1, ребра которой равны 1, найти расстояние от точки A до прямой BC1 .

Использование вычислительного метода для решения задач С2 Решение. В квадрате BCC 1 B 1 диагональ BC1 равна 2 (рис. 5.2) .

Пусть O и O1 — центры нижнего и верхнего оснований соответственно .

Так как AB C O1C1 и AB = O1C1, то ABC1O1 — параллелограмм. Отсюда AO1 C BC1, поэтому расстояние (A; BC1) = (O1; BC1). Из прямоугольного треугольника BOO1 находим BO1 = 2 .

В треугольнике BO1C1, используя теорему косинусов, получаем: Рис. 5.2

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

1. Высота правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 равна 1, а сторона основания равна 2. Найдите расстояние от точки A1 до прямой BC1 .

2. В правильной шестиугольной призме A...F1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до прямой: а) DЕ; б) D1E1;

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

3. В тетраэдре ABCD все ребра равны 1. Найдите расстояние от точки A до прямой, проходящей через точку B и середину ребра CD .

4. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF стороны оснований равны 1, а боковые ребра равны 2. Найдите расстояние от точки C до прямой SA .

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

Лекция 5 Использование определения При геометрическом решении задач, опирающемся на определение расстояния от точки до плоскости, учащимся необходимо повторить теоремы, связанные с перпендикулярностью прямых и плоскостей. Кроме того, следует вспомнить свойства правильного шестиугольника, которые будут использованы в задачах с правильными шестиугольными призмами и пирамидами .

–  –  –

Метод параллельных прямых и плоскостей Данный метод опирается на следующие два утверждения .

Расстояние от точки M до плоскости :

равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P на прямой l, которая проходит через точку M и параллельна плоскости ;

Использование вычислительного метода для решения задач С2 равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P на плоскости, которая проходит через точку M и параллельна плоскости .

–  –  –

В общем случае подобные треугольники могут быть расположены в разных плоскостях, которые перпендикулярны плоскости .

Пример 6. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 4, найти расстояние от середины ребра BC до плоскости грани EMD .

Решение. В правильном шестиугольнике ABCDEF BD B DE и BD = 3. Пусть O — центр ABCDEF (рис. 5.7). Тогда MO — высота пирамиды. Из прямоугольного треугольника MOD получаем MO = 15.

Из прямоугольного треугольника MDL находим апофему ML:

DE Рис. 5.7 ML = MD2 = .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

5. В кубе A…D1, ребро которого равно 4, точки E и F — середины ребер AB и B1C1 соответственно, а точка P лежит на ребре CD и CP = 3PD. Найдите расстояние от точки A1 до плоскости треугольника EPF .

6. Дан правильный тетраэдр ABCD с ребром 6. Найдите расстояние от вершины A до плоскости BDC .

7. В правильной четырехугольной пирамиде PABCD сторона основания равна 3, высота 2. Найдите расстояние от вершины A до грани PCD .

Расстояние между скрещивающимися прямыми Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно длине отрезка их общего перпендикуляра .

Использование определения Первый способ нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми состоит в построении их общего перпендикуляра и вычислении его длины .

Здесь уместно напомнить учащимся определение и теоремы, связанные с перпендикулярностью прямой и плоскости .

Для выработки умений и навыков в решении задач данного типа удобно использовать изображение единичного куба A…D1. Можно использовать систему подготовительных задач, при этом следует обратить внимание на случаи, когда скрещивающиеся прямые перпендикулярны и не перпендикулярны .

1. Указать для прямой AA1 скрещивающиеся прямые .

2. Найти общий перпендикуляр и дать этому обоснование для прямых: а) AA1 и BC; б) AA1 и BD; в) AB и DD1; г) AB и DC1 .

3. Найти расстояние от прямой AA1 до прямой: а) CD; б) C1D1;

в) B1C1; г) DC1; д) D1C; е) BD .

В этот перечень простейших задач о нахождении расстояния полезно включать параллельные прямые и пересекающиеся прямые .

Пример 7. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми BD и SA .

Решение. Пусть E — основание перпендикуляра (рис. 5.8), опущенного из точки O на ребро SA. Так как BD B AOS (объясните), то BD B OE .

Использование вычислительного метода для решения задач С2 Таким образом, OE — общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым BD и SA. Найдем его длину как высоту OE прямоугольного треугольника AOS. Так как AO =, AS = 1, SO =, то OE = 0,5 .

Ответ: 0,5 .

Рис. 5.8 Метод параллельных прямой и плоскости В общем случае необязательно строить общий перпендикуляр, но можно применить один из предложенных ниже методов .

Воспользуемся утверждением:

если одна из двух скрещивающихся прямых лежит в плоскости, а другая — параллельна этой плоскости, то расстояние между данными прямыми равно расстоянию между прямой и плоскостью .

В свою очередь последнюю задачу можно свести к задаче о расстоянии от точки прямой до плоскости .

Пример 8. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найти расстояние между прямыми AA1 и B1C .

Решение. Прямая B1C лежит в плоскости BCC1 (рис. 5.9). Так как AA1 C CC1, то AA 1 C BCC 1. Для нахождения искомого расстояния достаточно найти расстояние от точки A прямой AA1 до плоскости BCC1 .

Плоскости ABC и BCC1 перпендикулярны и пересекаются по прямой BC. В равностороннем треугольнике ABC высота AD B BC, поэтому AD B BCC1. Отсюда следует, что AD = — искомое расстояние .

3 Рис. 5.9 Ответ: .

Метод параллельных плоскостей

В основе данного метода лежит утверждение:

расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно расстоянию между параллельными плоскостями, проходящими через эти прямые .

Лекция 5 В свою очередь последнюю задачу можно свести к задаче о нахождении расстояния от точки до плоскости .

Система подготовительных задач, связанная с данным или предыдущим методами, относится к упражнениям 8–11, приведенным в разделе «Задачи для самостоятельного решения» на с. 16, определить параллельные плоскости, содержащие данные прямые; заключить одну прямую в плоскость, которая параллельна второй прямой .

–  –  –

«Задачи для самостоятельного решения» на с. 16, найти плоскость, перпендикулярную одной из предложенных прямых, и затем определить ортогональную проекцию второй прямой на эту плоскость .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

8. В единичном кубе A…D1 найдите расстояние между прямыми AB1 и A1C1 .

Лекция 5

9. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AB и A1C .

10. В правильной шестиугольной призме A...F1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AA1 и BC1 .

11. Сторона основания ABC правильной треугольной пирамиды ABCD равна 8 3, высота пирамиды DO = 6. Точки A1, C1 — середины ребер AD и CD соответственно. Найдите расстояние между прямыми BA1 и AC1 .

Угол между двумя прямыми Углом между двумя пересекающимися прямыми называется наименьший из углов, образованных при пересечении прямых .

Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимся .

Для нахождении угла между прямыми используют формулу a2 + b2 c2 cos =, 2ab где a и b — длины сторон треугольника АВС, соответственно параллельных этим прямым .

В список простейших задач целесообразно включить задачи с заранее известным результатом .

1. Доказать, что непересекающиеся ребра правильной треугольной пирамиды взаимно перпендикулярны .

2. Доказать, что диагональ основания правильной четырехугольной пирамиды и не пересекающее ее боковое ребро взаимно перпендикулярны .

3. Доказать, что диагональ правильной четырехугольной призмы и непересекающая ее диагональ основания взаимно перпендикулярны .

Отметим одно полезное замечание. Если все линейные элементы конфигурации зависят от одного параметра, то можно принимать значение этого параметра равным какому-нибудь числу. В частности, в кубе при нахождении угловых величин часто полагают длину его ребра равной единице .

Пример 11. В кубе A…D1 найти угол между прямыми A1D и D1E, где E — середина ребра CC1 .

Решение. Пусть ребро куба равно 1, F — середина ребра BB1 (рис. 5.13) .

Использование вычислительного метода для решения задач С2

–  –  –

Пример 12. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны, найти угол между прямыми AC1 и B1C .

Решение. Пусть ребро призмы равно 1. Проведем CM C AC1 (рис. 5.14). Тогда F (AC1; B1C) = F (CM; B1C) = .

Из треугольника MC 1B 1, в котором MC1 = AC = B1C1 = 1 и F MC1B1 = 120°, по теореме косинусов находим:

MB1 = 12 + 12 2 1 1 ( 0,5) = 3 .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения При решении упражнений 12–15 с учащимися необходимо предварительно отработать параллельный перенос одной из прямых до пересечения с другой прямой на готовых чертежах. При этом иногда удобнее перенести первую прямую, иногда — вторую прямую, чтобы пересечение прямых происходило внутри или вне многогранника .

12. В кубе A…D1 точки E и F — середины ребер A1B1 и B1C1 соответственно. Найдите косинус угла между прямыми AE и BF .

13. В правильной шестиугольной призме A...F1, все ребра которой равны, найдите косинус угла между прямыми AB1 и BC1 .

14. В тетраэдре ABCD известно, что AC = BD = 14, BC = AD = 13, AB = CD = 15. Найдите угол между прямыми AC и BD .

15. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны, точки E, F — середины ребер SB и SC соответственно. Найдите косинус угла между прямыми AE и BF .

Угол между прямой и плоскостью Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой называется угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость .

Использование определения Угол между прямой и плоскостью можно вычислить, если этот угол удается включить в прямоугольный треугольник в качестве одного из его острых углов .

Следующие задачи могут составить систему подготовительных задач в построении угла между прямой и плоскостью .

1. В правильной треугольной призме построить угол наклона диагонали боковой грани к другой боковой грани .

2. В правильной четырехугольной призме построить угол между диагональю основания и боковой гранью .

3. В правильной треугольной пирамиде построить угол наклона высоты пирамиды к боковой грани .

4. В правильной четырехугольной пирамиде построить угол наклона бокового ребра к плоскости диагонального сечения .

Выделим два случая: прямая и плоскость имеют общую точку на данном многограннике либо вне многогранника .

Использование вычислительного метода для решения задач С2 Во втором случае, решая с учащимися на готовых чертежах упражнения 16–19, приведенные в разделе «Задачи для самостоятельного решения» на с. 22, необходимо предварительно отработать параллельный перенос прямой до пересечения с плоскостью либо параллельный перенос плоскости до пересечения с прямой, чтобы общая точка стала «видимой» на данном многограннике .

–  –  –

Использование дополнительного угла Угол между прямой l и плоскостью и угол между прямой l и перпендикуляром к плоскости удовлетворяют соотношению + = 90°. Поэтому в некоторых случаях через дополнительный угол легко найти искомый угол .

Лекция 5

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

16. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны, точка D — середина ребра A1B1. Найдите синус угла между прямой AD и плоскостью BCC1 .

17. В правильной шестиугольной призме A...F1, все ребра которой равны, точка G — середина ребра A1B1. Найдите синус угла между прямой AG и плоскостью BCC1 .

18. (ЕГЭ-2010) В правильной треугольной пирамиде SABC с основанием ABC известны ребра: AB = 12 3, SC = 13. Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой AM, где M — точка пересечения медиан грани SBC .

19. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны, найдите косинус угла между прямой AB и плоскостью SAD .

Угол между плоскостями Двугранный угол, образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла, получаемого при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру .

Величина двугранного угла принадлежит промежутку (0; 180°) .

Величина угла между пересекающимися плоскостями принадлежит промежутку (0; 90°] .

Построение линейного угла двугранного угла Решение задач этим методом сводится к построению линейного угла с помощью двух перпендикуляров, проведенных в указанных Лекция 5 плоскостях к прямой их пересечения, а его величина в дальнейшем находится либо из прямоугольного треугольника, либо из некоторого треугольника с применением теоремы косинусов .

Выделим подготовительные задачи .

1. Построить линейный угол двугранного угла при стороне основания:

а) в правильной треугольной пирамиде;

б) в правильной четырехугольной пирамиде .

2. Изобразить линейный угол двугранного угла при боковом ребре:

а) в правильной треугольной пирамиде;

б) в правильной четырехугольной пирамиде .

–  –  –

Использование параллельных прямых В некоторых задачах построение линейного угла затруднительно .

Поэтому вместо линейного угла можно рассмотреть угол с соответственно параллельными сторонами по отношению к линейному углу .

Пример 17. В кубе A…D1 с ребром a через точки M на ребре BB1 3a a и N на DD1 такие, что BM = и DN =, параллельно AC проведена секущая плоскость .

Определить угол между секущей плоскостью и плоскостью ABC .

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M и N параллельно AC (рис. 5.20) .

С этой целью рассмотрим диагональную плоскость AA1C1. Соединим точки M и N, тогда AA1C1 MN = O .

Поскольку, согласно условию, секущая плоскость параллельна AC, то Рис. 5.20 Лекция 5 прямая ее пересечения с плоскостью AA1C1 также будет параллельна AC. Поэтому проведем через точку O отрезок QP (QP C AC). Соединив последовательно отрезками точки Q, M, P и N, получим сечение QMPN. Так как секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым, то четырехугольник QMPN является параллелограммом .

В квадрате ABCD диагонали перпендикулярны (BD B AC), значит, BD B QP. Проведем в плоскости BDD1 прямую KN, параллельную BD. Тогда KN B QP. Прямая BD является проекцией наклонной MN на плоскость ABC, поэтому по теореме о трех перпендикулярах MN B QP. Прямая MN лежит в плоскости MPNQ, а прямая KN параллельна плоскости ABC. Следовательно, угол KNM равен линейному углу искомого двугранного угла (как углы с соответственно параллельными сторонами) .

Пусть F MNK =, тогда MB ND a 2 tg = = :a 2= .

BD Ответ: arctg .

Использование параллельных плоскостей В некоторых задачах эффективным является подход, при котором вместо угла между пересекающимися плоскостями и ищут угол между плоскостями, параллельными рассматриваемым (или между одной из данных плоскостей и плоскостью, параллельной другой из них) .

–  –  –

Использование перпендикуляров к плоскостям Пусть прямые l и l лежат в плоскости и перпендикулярны плоскостям и соответственно (рис. 5.22). Тогда угол между ними равен углу между плоскостями и .

В общем случае прямые l и l могут быть скрещивающимися .

–  –  –

Пример 21. В правильной шестиугольной призме A .

..F1, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найти угол между плоскостями BA1D1 и AA1E1 .



Решение. Четырехугольники BA1D1C и AA1E1E — сечения данной призмы этими плоскостями (рис. 5.25). Так как BA, D1E1 и CF перпендикулярны плоскости AA1E1 (они перпендикулярны AA1 и AE), то трапеция AA1E1G, где G — середина отрезка AE, есть ортогональная проекция трапеции BA1D1C на плоскость сечения AA1E1E .

Использование вычислительного метода для решения задач С2

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

20. Диагональ A1C куба A…D1 служит ребром двугранного угла, грани которого проходят через середины ребер AB и DD1. Найдите величину этого угла .

21. (ЕГЭ-2010) В прямоугольном параллелепипеде A...D1 известны ребра AB = 8, AD = 6, CC1 = 5. Найдите угол между плоскостями BDD1 и AD1B1 .

22. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны, найдите угол между плоскостями ACB1 и A1C1B .

23. Основание пирамиды DABC — равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 13, AC = 24. Ребро DB перпендикулярно плоскости основания и равно 20. Найдите тангенс двугранного угла при ребре AC .

–  –  –

Литература

1. Груденов Я.И., Колегаева Н.А, Макарова З.В., Хлабыстова Л.П .

Система элементарных задач по стереометрии // Математика в школе, 1980, № 3 .

2. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Математика. ЕГЭ-2011. Типовые задания С2. Многогранники: виды задач и методы их решения. URL:

http://alexlarin.net/ege/2011/C2-2011.pdf .

3. Потоскуев Е.В. Рекомендации по изучению стереометрии // Математика, 2008, № 2, 4, 5 .

Лекция 6

Лекция 6 Применение координатного и векторного методов для решения задач С2 При нахождении углов и расстояний в пространстве поэтапно вычислительным методом возникают трудности, связанные с дополнительными построениями и необходимыми обоснованиями, сопровождающими эти построения. Учащийся должен иметь хорошее пространственное воображение, помнить алгоритмы решения для каждого вида задач .

Координатный или векторный методы позволяют избежать такого рода трудностей. От учащегося требуются знания нескольких формул и навыки в решении простейших задач, основная нагрузка при решении задачи приходится на вычислительную часть .

Координатный метод Практика показывает, что учащиеся быстро осваивают метод координат, так как при его использовании необходимо придерживаться общего алгоритма: вычислить координаты необходимых точек, расположенных на многогранниках, и применить соответствующую формулу. Для некоторых задач дополнительно требуется умение составлять уравнение плоскости .

Удачный выбор системы координат (некоторые вершины многогранника находятся на координатных осях) позволяет значительно упростить вычисления .

Первая группа подготовительных задач формулируется следующим образом .

Изобразите многогранник, указанную прямоугольную систему координат и определите координаты вершин многогранника (1–6) .

1. Куб A…D1 с ребром a. Начало координат — в точке A; прямая AD — ось x; прямая AB — ось y; прямая AA1 — ось z .

2. Правильная треугольная призма ABCA1B1C1, сторона основания которой равна a, а боковое ребро b. Начало координат — в точке A; прямая AC — ось x; прямая, проходящая через точку A в плоскости ABC перпендикулярно прямой AC, — ось y; прямая AA1 — ось z .

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

3. Правильная шестиугольная призма A…F1, сторона основания которой равна a, а боковое ребро b. Начало координат — в центре O шестиугольника ABCDEF; прямая CF — ось x; прямая, проходящая через точку O в плоскости ABC перпендикулярно прямой CF, — ось y; прямая OO1 — ось z, где O1 — центр шестиугольника A1B1C1D1E1F1 .

4. Правильная треугольная пирамида MABC, сторона основания которой равна a, а высота h. Начало координат — в точке A; прямая AC — ось x; прямая, проходящая через точку A в плоскости ABC перпендикулярно прямой AC, — ось y; прямая, проходящая через точку A перпендикулярно плоскости ABC, — ось z .

5. Правильная четырехугольная пирамида MABCD, сторона основания которой равна a, а высота h. Начало координат — в центре O квадрата ABCD; прямая, проходящая через точку O параллельно AD, — ось x; прямая OM — ось z .

6. Правильная шестиугольная пирамида MABCDEF, сторона основания которой равна a, а высота h. Начало координат — в центре O шестиугольника ABCDEF; прямая CF — ось x; прямая, проходящая через точку O в плоскости ABC перпендикулярно прямой CF, — ось y; прямая OM — ось z .

Другие группы опорных задач, связанных с отработкой навыков применения формул и составления уравнения плоскости, будут представлены ниже .

Векторный метод Векторный метод не нашел распространения в школьной практике, хотя он может быть использован при решении широкого класса геометрических задач .

В частности, операция скалярного умножения двух векторов позволяет вычислять длины отрезков и величины углов. Если нужно найти длину отрезка, то в качестве базисных векторов выбирают векторы, для которых известны их длины и углы между ними. Если в задаче требуется найти величину угла между прямыми, то в качестве базисных выбирают векторы с известными отношениями их длин и известными углами между ними .

В общем случае для базисных векторов a, b, c таких, что () () ( ) a = a, b = b, c = c и a; b =, a; c =, b; c =, таблица скалярных произведений выглядит следующим образом (табл.

6.1):

Лекция 6

–  –  –

Решение задачи упрощается, если использовать прямоугольную декартовую систему координат, поэтому часто стараются использовать ортонормированные или ортогональные базисы .

Обычно при решении задач, в которых рассматриваются призма или пирамида, в качестве базисных векторов выбирают какую либо тройку векторов, выходящих из одной вершины и направленных вдоль ребер многогранника. Рассмотрим одну из подготовительных задач .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

1. В основании четырехугольной пирамиды MABCD лежит параллелограмм ABCD. Точки N и P — середины ребер BM и DC соответственно. Найдите разложение вектора NP по векторам AD, AB и AM .

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

2. Дан параллелепипед A…D 1. Точки M, N, P — центры граней A1B1C1D 1, CC1D 1D, BB1C 1C соответственно. Пусть a = AM, b = AN, c = AP. Найдите разложение вектора AC1 по векторам a, b, c .

–  –  –

Пример 3. В треугольной пирамиде ABCD при вершине D все плоские углы равны, AD = 2, BD = 4, CD = 3 .

Точки 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 (рис. 6.4). Тогда имеем таблицу умножения координатных векторов (табл.

6.2):

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

3. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 высота равна 1, сторона основания равна 2. Найдите расстояние от точки A1 до прямой BC1 .

Лекция 6

4. В правильной шестиугольной призме A…F1, все ребра которой равны, найдите расстояние от точки A до прямой CB1 .

5. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние от точки F до прямой BT, где T — середина ребра MC .

Расстояние от точки до плоскости Как известно из предыдущей лекции, решение данной задачи позволяет решать задачи о нахождении расстояния между параллельными плоскостями, между параллельными прямой и плоскостью, между скрещивающимися прямыми. Поэтому необходимо подробнее остановиться на отработке учащимися навыков решения задач о нахождении расстояния от точки до плоскости .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

6. В единичном кубе A…D1 найдите расстояние от точки A до плоскости BDA1 .

7. В правильной шестиугольной призме A…F1, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки A до плоскости BFE1 .

8. Известно, что в треугольной пирамиде все плоские углы при вершине — прямые. Найдите длину ее высоты, если длины ее боковых ребер равны a, b и c .

Расстояние между скрещивающимися прямыми Задачу данного вида можно свести к задаче о вычислении расстояния от точки до плоскости, поэтому можно применить формулу расстояния от точки до плоскости, применяя координатный метод .

Координатный метод Пример 7. В единичном кубе A…D1 найти расстояние между прямыми AB1 и BD .

Решение. Так как DC1 C AB1, то BDC1 C AB1. Поэтому расстояние (AB1; BD) = (AB1; BDC1) = (A; BDC1) .

Введем систему координат, как показано на рисунке 6.8, и определим координаты точек: A(0; 0; 0), B(0; 1; 0), D(1; 0; 0), C1(1; 1; 1;) .

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

–  –  –

Векторный метод Рассмотрим векторный подход к решению задач данного вида .

Пусть даны прямая l1 с направляющим вектором q1 и l2 с направляющим вектором q2. Точки A1 и A2 лежат на прямых l1 и l2 соответственно, A1 A2 = m (рис. 6.9) .

Чтобы определить расстояние между прямыми l 1 и l 2, то есть длину их общего перпендикуляра P1P2 (P1 l1 и P2 l2), представим век- Рис.

6.9 тор P P2 в следующем виде:

P P2 = P A1 + A1 A2 + A2 P2 = x q1 + m + y q2 .

Неизвестные коэффициенты x, y находятся из условия перпендикулярности вектора P P2 векторам q1 и q2:

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

9. В единичном кубе A…D1 найти расстояние между диагональю куба BD1 и диагональю грани AB1 .

10. В правильной шестиугольной призме A…F1, ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми AB1 и BC1 .

11. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между прямыми MA и BC .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

12. В единичном кубе A…D1 найти угол между прямыми AE и DF, где E и F — точки, расположенные на ребрах CD и C1D1 так, что DE = DC, C1F = C1D1 .

13. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, ребра которой равны l, найдите угол между прямыми AC1 и B1C .

14. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны, точки E, F — середины ребер соответственно SB и SC. Найдите косинус угла между прямыми AE и BF .

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

–  –  –

Векторно-координатный метод Пример 11. В единичном кубе A…D1 найти угол между прямой AD1 и плоскостью, проходящей через точки A1, E и F, где точка E — середина ребра C 1D 1, а точка F лежит на ребре DD 1 так, что D1F = 2DF .

Лекция 6

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

15. В единичном кубе A…D1 найдите угол между прямой A1B1 и плоскостью BDC1 .

16. В правильной шестиугольной призме A…F1, ребра которой равны 1, найдите угол между прямой AB1 и плоскостью ACE1 .

17. В правильной четырехугольной пирамиде MABCD, все ребра которой равны, точка E — середина ребра MC. Найдите синус угла между прямой DE и плоскостью AMB .

18. В правильной шестиугольной пирамиде MABCDEF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 4, найдите синус угла между прямой BC и плоскостью EMD .

Угол между плоскостями Решение данной задачи сводят к задаче о нахождении угла между векторами нормалей данных плоскостей или угла между направляющими Лекция 6 векторами скрещивающихся прямых а и b, лежащих в рассматриваемых плоскостях и перпендикулярных к их линии пересечения .

–  –  –

Прежде чем перейти к содержательным задачам, с учащимися необходимо рассмотреть простейшие задачи следующего вида: найти угол между плоскостями, заданными уравнениями 2x + 3y + 6z – 5 = 0 и 4x + 4y + 2z – 7 = 0 .

Отметим, что не всегда составляют уравнения плоскостей для определения векторов нормалей к ним. Иногда исходя из свойств многогранника легко найти вектор нормали данной плоскости. Затем остается выразить этот вектор через базисные векторы или найти его координаты относительно введенной декартовой системы координат .

В общем случае вектор нормали находят из других соображений (см. начало раздела «Угол между прямой и плоскостью») .

–  –  –

Пример 14. В правильной пирамиде MABCD (M — вершина) высота и сторона основания равны 4 .

Точка F — середина ребра MC. Плоскость проходит через середину ребра AM перпендикулярно прямой BF. Найти угол между плоскостью и плоскостью основания .

Решение. Так как прямая BF B, то ее направляющий вектор BF является вектором нормали плоскости. Пусть точка O — основание высоты MO, следовательно, вектор OM является вектором нормали плоскости ABC .

Введем систему координат следующим образом: начало координат находится в точке O, ось x проходит через точку O параллельно ребру AD, ось y проходит через точку O параллельно ребру AB, ось z проходит через точку O перпендикулярно плоскости основания (рис. 6.16) .

Найдем координаты точек:

O(0; 0; 0), B(–2; 2; 0), C(2; 2; 0), M(0; 0; 4), F(1; 1; 2), D(2; –2; 0) .

Тогда BF = {3; 1; 2}, = 9 + 1 + 4 = 14;

BF

–  –  –

Пример 16. В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник с отношением сторон AB : AD = 1 : 2 (рис .

6.18). Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом 60°. Точка R — середина ребра MC. Найти угол между плоскостями MAC и ADR .

Решение. Если считать, что AB = a, тогда AD = 2a, и все линейные элементы в пирамиде будут зависеть от одного параметра а. Поэтому, с точностью до подобия, можно принять AB = 4. Тогда AD = 8, OM = 2 15 (покажите самостоятельно), где O — точка пересечения диагоналей прямоугольника, лежащего в основании .

Вершина M пирамиды MABCD проектируется в точку O. Введем систему координат следующим образом: точку O примем за начало координат, оси Ox и Oy направим параллельно сторонам основания, а ось Oz — вдоль высоты пирамиды OM .

Выразим координаты точек:

A(–4; –2; 0), B(–4; 2; 0), C(4; 2; 0), ( ) D(4; –2; 0), M 0; 0; 2 15,

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

19. В кубе A…D1 найдите угол между плоскостями сечений AB1C1D и CB1A1D .

20. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 все ребра которой равны, найдите косинус угла между плоскостями AB1C и A1B1C .

21. В правильной шестиугольной призме A…F1, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите угол между плоскостями BA1D1 и AA1E1 .

22. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все ребра которой равны, найдите двугранный угол между основанием и боковой гранью .

Использование координатного и векторного методов для решения задач С2

–  –  –

Литература

1. Беликова И. Задание С2: Решаем методом координат // Математика, 2010, № 20 .

2. Смирнов В.А. ЕГЭ-2011. Математика. Задача С2. Геометрия .

Стереометрия / под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.:

МЦНМО, 2011 .

3. Шабунин М.И. Математика для поступающих в вузы: пособие. — 2-е изд., испр. и доп. — М.: БИНОМ, 2003 .

4. Шестаков С.А. Векторы на экзаменах. Векторный метод в стереометрии. — М.: МЦНМО, 2005 .

Лекция 7

Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение элементов фигуры Задачи С4 из экзаменационных работ ЕГЭ-2010 и ЕГЭ-2011 имеют характерную особенность. В отличие от практики единого экзамена прошлых лет и подавляющего большинства задач школьного учебника эти задачи содержат в условии некоторую неопределенность, которая позволяет трактовать условие неоднозначно. В результате удается построить несколько конфигураций, удовлетворяющих условию задачи. Подобные задачи называют многовариантными, и перебор вариантов является частью решения задач такого типа .

Рекомендуем ознакомиться со статьями Д. Аверьянова «Увидеть неочевидное!» (Математика, 2006, № 3 и № 4), посвященными вопросам организации перебора вариантов при решении многовариантных геометрических задач .

Геометрические задачи на вычисление в большинстве случаев представляют собой задачи на реализованные ситуации, то есть в них идет речь о некоторой заданной конфигурации и требуется вычислить какой-либо ее элемент. Реализованность ситуации в условии задачи подразумевает лишь существование соответствующей конфигурации, но не предопределяет ее единственность. В таких задачах какие-либо исследования соотношений между числовыми данными, доказывающие существование конфигурации, являются излишними .

В этой и следующей лекциях приведена классификация многовариантных планиметрических задач, не претендующая на отражение в полном объеме всего многообразия подобных задач, но включающая в себя большую часть, с которой придется столкнуться школьнику при подготовке к экзамену .

Настоящая лекция посвящена рассмотрению случаев неоднозначного описания взаимного расположения элементов фигуры .

Приведем пример подобной задачи из варианта ЕГЭ-2011 .

Пример 1. Периметр равнобедренной трапеции равен 136 .

Известно, что в эту трапецию можно вписать окружность, причем боковая сторона делится точкой касания в отношении 9 : 25. Прямая, проходящая через центр окружности и вершину трапеции, отсекает от трапеции треугольник. Найти отношение площади этого треугольника к площади трапеции .

Многовариантные планиметрические задачи: взаимное расположение элементов фигуры

–  –  –

Методические указания. Анализ содержания задачной базы школьных учебников по геометрии показывает, что многовариантных задач практически нет, и поэтому они довольно непривычны для школьников. Следовательно, чтобы исключить ситуацию, когда выпускник впервые сталкивается с такой задачей непосредственно на экзамене, их нужно включать в учебный процесс. Причем делать это систематически, начав с достаточно простых задач, постепенно увеличивая их сложность .

Полезно при решении задач задавать вопросы. Например:

— Можно ли построить другую фигуру, неравную данной, но также удовлетворяющую условию задачи?

— При каких числовых значениях заданных элементов нельзя построить описанную в условии фигуру?

Ответы на подобные вопросы позволяют выявить различные ситуации, возникающие при решении задачи .

Проведем некоторую классификацию типов многовариантных задач, связанных с неоднозначностью описания взаимного расположения элементов фигуры, выделяя в каждом из них некоторые подготовительные задачи .

–  –  –

1. На прямой взяты точки A, B и C так, что расстояние между точками A и B равно 5, а между B и C равно 3. Найдите расстояние между точками A и C .

Комментарий. Неоднозначность формулировки состоит в том, что в условии не указано взаимное расположение точек A, B и C на прямой относительно друг друга. Можно записать шесть различных вариантов расположения этих точек: A, B, C или C, B, A; A, C, B или B, C, A; C, A, B или B, A, C (рис. 7.3) .

–  –  –

В следующей задаче наличие дополнительной информации о расположении точек на прямой (левее, правее, деление отрезка в заданном отношении) сокращает перебор случаев .

2. На прямой взяты точки A, B и C так, что точка B расположена правее точки A и AB : BC = 3. Найдите отношение AC : AB .

Комментарий. В данном случае необходимо рассмотреть только три различных варианта расположения этих точек: A, B, C; A, C, B;

C, A, B .

или .

Ответ:

Как правило, в экзаменационных задачах точки «привязаны» к более сложной конфигурации и от их расположения зависит перебор вариантов для построения чертежа .

3. Вычислите площадь треугольника, если две его стороны равны 25 и 17, а высота, проведенная к третьей стороне, равна 15 .

Комментарий. Неоднозначность формулировки состоит в том, что в условии не указано, лежит или нет основание высоты, проведенной к третьей стороне, на ней .

Возможно два варианта чертежа (рис. 7.4) .

Ответ: 210 или 90. Рис. 7.4 Лекция 7

–  –  –

Случай расположения точки D правее точки С невозможен .

Замечание. Так как в решении не исследовано расположение точек Е и F на отрезке AD, то при вычислении длины отрезка EF использован знак модуля .

и Ответ: .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

1. В треугольнике ABC отрезок MK с концами на сторонах AB и BC параллелен AC. Найдите длину отрезка MK, если известно, что AC = 10, а точка M делит сторону AB в отношении 2 : 3 .

2. Дан параллелограмм ABCD. Точка M лежит на диагонали BD и делит ее в отношении 1 : 2. Найдите площадь параллелограмма ABCD, если площадь четырехугольника ABCM равна 60 .

3. (МИОО, 2010) Через середину стороны AB квадрата ABCD проведена прямая, пересекающая прямые CD и AD в точках M и T соответственно и образующая с прямой AB угол, tg = 3. Найдите площадь треугольника BMT, если сторона квадрата ABCD равна 4 .

Расположение точек вне прямой В данном пункте рассмотрим примеры расположения прямой и точки; примеры расположения двух точек по одну сторону от прямой или по разные; примеры взаимного расположения одной или нескольких точек и двух параллельных прямых. При этом точки могут располагаться в одной или разных полуплоскостях и связаны Лекция 7 некоторым условием (например, принадлежат одной окружности, лежат на одном перпендикуляре и т.д.) .

В качестве подготовительных задач можно предложить следующие .

–  –  –

Дальше, используя теорему Пифагора, нетрудно получить ответ .

Ответ: 5 или 65 .

3. Концы отрезка отстоят от прямой на расстояние 6 и 14. Найдите расстояние от этой прямой до середины данного отрезка .

Комментарий. Неоднозначность условия в том, что не указано, лежат концы отрезка в одной или разных полуплоскостях относительно прямой. Возможны два случая (рис. 7.15) .

Рис. 7.15 Ответ: 10 или 4 .

Пример 6. Дан параллелограмм ABCD .

Биссектрисы его углов А и D делят сторону BC на три равные части. Найти стороны параллелограмма, если его периметр равен 40 .

Решение. Обозначим точку пересечения биссектрис через М, а точки пересечения биссектрис АМ и DM со стороной BC через N и K соответственно. В зависимости от расположения точки М относительно прямой (отрезка) BC возможны два случая .

1. Точка M лежит вне параллелограмма. Так как биссектриса АМ отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник ABN (рис. 7.16), то AB = BN = NK = KC = x .

Периметр параллелограмма равен 40, поэтому из уравнения 2(x + 3x) = 40 находим x = 5 .

Рис. 7.16 Значит, AB = 5, BC = 15 .

2. Точка M лежит внутри параллелограмма (рис. 7.17), обозначив NC через y, получим: AB = BN = 2y .

Из уравнения 2(2y + 3y) = 40 находим y = 4 .

Рис. 7.17 Значит, AB = 8 и BC = 8 + 4 = 12 .

Ответ: 5, 15 или 8, 12 .

Пример 7. Прямая отсекает от сторон прямого угла отрезки 3 и 4 .

Найти радиус окружности, касающейся этой прямой и сторон угла .

Решение. Пусть AC = 3, BC = 4, тогда AB = 5. Возможны два случая расположения центра указанной окружности относительно прямой (отрезка) АВ (рис. 7.18 и 7.19). Отсюда получаем два вида Лекция 7

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

4. В окружность радиуса 2 5 вписана трапеция с основаниями 8 и 2 11. Найдите длину диагонали трапеции .

5. Окружность с диаметром, равным 10, проходит через соседние вершины A и B прямоугольника ABCD. Длина касательной, проведенной к окружности из точки C, равна 3. Найдите длину стороны BC, если известно, что AB = 1 .

6. Дан параллелограмм ABCD, AB = 2, BC = 3, F A = 60°. Окружность с центром в точке O касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла .

Найдите площадь четырехугольника ABOD .

7. В трапеции длины боковых сторон равны 16 и 12, а длины оснований 30 и 10. Найдите радиус окружности, касающейся меньшего основания трапеции и прямых, содержащих ее боковые стороны .

8. (МИОО, 2011) Расстояние между параллельными прямыми равно 12. На одной из них лежит вершина C, на другой — основание AB равнобедренного треугольника ABC. Известно, что AB = 10 .

Найдите расстояние между центрами окружностей, одна из которых вписана в треугольник ABC, а вторая касается данных параллельных прямых и боковой стороны треугольника ABC .

Выбор обозначений вершин многоугольника К задачам этого типа относят задачи, условие которых допускает различные решения в зависимости от варианта буквенного обозначения вершин многоугольника .

Лекция 7

–  –  –

Задача для самостоятельного решения

9. Высота CK параллелограмма ABCD равна 12. Найдите диагональ AC, если известно, что AD = 15, CD = 14, а точка K лежит на прямой AB .

Выбор некоторого элемента фигуры К задачам этого типа относят такие задачи, в условии которых дана числовая величина элемента фигуры, но не указано, какого конкретно из имеющихся. В случае линейного элемента это может быть, например, сторона многоугольника или длина отрезка перпендикуляра, опущенного на сторону фигуры, и т.д. В случае углового элемента это может быть, например, какой-то из углов фигуры .

В качестве подготовительных задач можно предложить следующие .

–  –  –

Рассмотрим более сложные примеры .

При решении следующего примера необходимо предварительно напомнить и разобрать следующую опорную задачу .

Пусть в треугольнике АВС проведены высоты AA1 и CC1. Тогда треугольник A1BC1 подобен данному треугольнику с коэффициентом подобия, равным | cos B | .

Пример 13. Точки A1, B1, C1 — основания высот треугольника ABC .

Углы треугольника A1B1C1 равны 90°, 60° и 30°. Найти углы треугольника ABC .

Решение. Рассмотрим разные виды треугольника, связанные с выбором острого или тупого угла .

1. Треугольник АВС — остроугольный (рис. 7.32) .

Так как треугольник BC 1 A 1 подобен треугольнику АВС, то F BC 1A 1 = = F BCA. Аналогично, из подобия треугольников AB1C1 и АВС имеем F AC1B1 = = F BCA. Развернутый угол при вершине C1 составлен из углов BC1A1, AC1B1 и B1C1A1 .

Отсюда получаем соотношение Рис. 7.32 2F C + F B1C1A1 = 180°, C = 90° B1C1 A1 .

Такие же равенства можно получить для других острых углов .

Используем данные углы:

90° 90° = 45°, 90° 60° = 60°, 90° 30° = 75° .

Остальные случаи можно рекомендовать учащимся разобрать самостоятельно .

2. Угол АСВ — тупой (рис. 7.33) .

3. Угол АВС — тупой .

4. Угол ВАС — тупой .

Случаи, когда один из углов треугольника АВС прямой, невозможны .

Ответ: 45°, 75°, 60°, или 135°, 15°, 30°, Рис. 7.33 или 120°, 15°, 45°, или 105°, 30°, 45° .

Пример 14. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12 .

Известно, что AB = 6 и BC = 4. Найдите АС .

Лекция 7

–  –  –

Отсюда AC = 35 15 .

3. Случай, когда угол А — тупой, невозможен (почему?) .

Ответ: 35 ± 15 .

Рассмотрим пример, в котором имеются две точки, делящие окружность на две дуги, но не указано, какой из этих двух дуг касается другая окружность. В этом случае неоднозначность состоит в выборе кругового элемента (дуги) .

Пример 15. Окружности с центрами О и В радиуса ОВ пересекаются в точке С .

Радиус ОА окружности с центром О перпендикулярен ОВ, причем точки А и С лежат по одну сторону от прямой ОВ .

Окружность S1 касается меньших дуг АВ и ОС этих окружностей, а также прямой ОА, а окружность S2 касается окружности с центром В, прямой ОА и окружности S1. Найти отношение радиуса окружности S1 к радиусу окружности S2 .

Комментарий. С учащимися необходимо рассмотреть опорную задачу .

Отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов r и R равен 2 Rr .

Многовариантные планиметрические задачи: взаимное расположение элементов фигуры

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения 10. (МИОО, 2011) Высота равнобедренного треугольника, опущенная на основание, равна 24. Точка касания вписанной окружности с боковой стороной делит эту сторону в отношении Лекция 7 5 : 8, считая от основания. Найдите радиус окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон .

11. В равнобедренный треугольник с основанием 12 и боковой стороной 10 вписана окружность. Вторая окружность касается двух сторон треугольника и первой окружности. Найдите радиус второй окружности .

12. В ромбе ABCD со стороной 2 и углом 60° проведены высоты CM и DK. Найдите длину отрезка MK .

Выбор плоской фигуры Задачи этого типа могут быть связаны с неопределенностью выбора отношения площадей фигур, выбором подобных треугольников и т.д .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения 13. (ЕГЭ-2011) Через вершину B правильного шестиугольника ABCDEF проведена прямая, пересекающая диагональ CF в точке K .

Известно, что эта прямая разбивает шестиугольник на части, площади которых относятся как 2 : 3. Найдите отношение CK : KF .

14. (ФИПИ, 2011) Точка H — основание высоты треугольника со сторонами 10, 12, 14, опущенной на сторону, равную 12. Через точку Н проведена прямая, отсекающая от треугольника подобный ему треугольник и пересекающая сторону, равную 10, в точке М .

Найдите НМ .

Ответы на задачи для самостоятельного решения

–  –  –

Литература

1. Гордин Р.К. ЕГЭ-2011. Математика. Задача С4. Геометрия. Планиметрия / под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.: МЦНМО, 2011 .

2. Кожухов С.К. Планиметрические задачи с неоднозначным ответом // Математика в школе, 2011, № 5 .

Лекция 7

3. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Математика. ЕГЭ-2011 (типовые задания С4). Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии (многовариантные задачи). URL: http://www.alexlarin.net/ ege/2011/C4-2011.pdf

4. Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Учимся решать задачи по геометрии. Учеб.-метод. пособие. — К.: Магистр, 1996 .

Лекция 8

Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение фигур При решении задач условие может трактоваться неоднозначно, если для рассматриваемых фигур не указано их взаимное расположение. Можно выделить, например, следующие случаи, приводящие к неоднозначной трактовке условия задачи и касающиеся:

• взаимного расположения прямолинейных фигур;

• взаимного расположения окружностей;

• интерпретации аналитического способа решения задачи .

Взаимное расположение прямолинейных фигур При рассмотрении данного пункта учащимся можно предложить подготовительные задачи следующего вида .

1. Пусть дан произвольный треугольник ABC. Рассмотрите возможные варианты построения на стороне AB:

а) равностороннего треугольника ABP;

б) квадрата ABPQ .

2. Пусть дан произвольный треугольник ABC. Рассмотрите возможные варианты расположения параллелограмма, вписанного в данный треугольник, так, что одна из его вершин совпадает с вершиной треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника .

Пример 1. Дан равнобедренный треугольник АВС, AB = BC = 10 и AC = 12 .

Параллельно боковым сторонам треугольника на одинаковом расстоянии от них проведены прямые. Найти это расстояние, если площадь треугольника, образованного этими прямыми и основанием, лежащим на прямой АС, равна 12 .

Решение. Проведем BD — высоту треугольника ABC — и продолжим ее за точку D. Проводя прямые, параллельные сторонам ВА и ВС, убеждаемся, что они могут образовывать треугольник с основанием, лежащим на прямой AC, расположенный в верхней или нижней полуплоскости относительно AC .

1. Рассмотрим случай, когда прямые EF C BC и EG C AB (рис. 8.1). Рис. 8.1 Лекция 8

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения

1. Ромб вписан в прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 так, что одна из его вершин совпадает с вершиной острого угла треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника. Найдите площадь ромба .

2. (ФЦТ, 2010). На стороне CD квадрата ABCD построен равносторонний треугольник CPD. Найдите высоту треугольника ABP, проведенную из вершины A, если известно, что сторона квадрата равна 1 .

Взаимное расположение окружностей Взаимное расположение окружностей можно различать по внешнему признаку (касающиеся, пересекающиеся, непересекающиеся) или по внутреннему (взаимное расположение центров окружностей относительно общей касательной, общей хорды и т.д.) .

С учащимися полезно рассмотреть взаимное расположение окружностей с помощью динамической геометрической программы Лекция 8 (например, «Живая геометрия» или «Wingeom»): двух окружностей, двух окружностей с общей касательной, двух окружностей с общей хордой. При перемещении одной окружности относительно другой учащиеся наглядно представляют наличие общих точек (одна, две, ни одной), возможные варианты касания окружностей (внешнее, внутреннее), варианты касательных (внешние, внутренние), расположение центров окружностей относительно общей хорды, общей касательной .

Из подготовительных задач можно предложить следующие .

1. К двум окружностям радиусов 6 и 3 проведена общая касательная. Найдите расстояние между точками касания, если расстояние между центрами окружностей равно 15 .

Ответ: 6 6 или 12 .

2. Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку A проведены диаметры AC и AD этих окружностей. Найдите расстояние между центрами окружностей, если BD = 7, BC = 13 .

Ответ: 3 или 10 .

3. Окружности радиусов 3 и 8 касаются друг друга. Через центр одной из них проведены две прямые, каждая из которых касается другой окружности (точки A и B — точки касания). Найдите расстояние между точками A и B .

, или, или 4,8 .

Ответ:

Расположение центров окружностей относительно общей касательной В условии задач этого типа фигурируют две окружности, касающиеся одной прямой, но не указано расположение центров этих окружностей относительно этой прямой. Соответственно, эта прямая является внутренней или внешней касательной для этих окружностей .

Пример 3. Прямая касается окружностей радиусов R и r .

Известно, что расстояние между их центрами равно a, R r и a r + R .

Найти расстояние между точками касания .

Решение. Пусть О1 — центр окружности радиуса R, О2 — центр окружности радиуса r, A1A2 и B1B2 — внешняя и внутренняя касательные соответственно (рис. 8.5). Из центра меньшей окружности опустим перпендикуляры O2K1 и O2K2 на радиус O1A1 и продолжение радиуса O1B1 соответственно .

Многовариантные планиметрические задачи: взаимное расположение фигур

–  –  –

Расположение центров окружностей относительно их общей точки касания В условии задач этого типа фигурируют две окружности, но не указан тип касания (внешний или внутренний, рис. 8.6) .

Рис. 8.6 При решении подобных задач полезно напомнить учащимся следующие факты .

При любом способе касания точка касания и центры окружностей лежат на одной прямой .

При внешнем касании центры окружностей расположены на линии центров по разные стороны от точки касания, при внутреннем — по одну сторону .

Расстояние между центрами касающихся окружностей радиусов R и r (R r) равно R + r при внешнем касании и R – r при внутреннем .

Пример 4. (ЕГЭ-2010) Окружности радиусов 2 и 4 касаются в точке B .

Через точку B проведена прямая, пересекающая второй раз меньшую окружность в точке A, а большую — в точке C. Известно, что AC = 3 2. Найти BC .

Решение. Поскольку в условии не сказано о типе касания окружностей (внешнее или внутреннее), то рассмотрим два случая .

1. Если окружности касаются внешним образом, то проведем через точку B общую касательную KK1 (она перпендикулярна линии центров, рис. 8.7) .

–  –  –

Пример 5. Окружности S1 и S2 радиусов R и r (R r) соответственно касаются в точке A .

Через точку B, лежащую на окружности S1, проведена прямая, касающаяся окружности S2 в точке M. Найти BM, если известно, что AB = a .

Решение. Возможны два случая расположения указанных окружностей в зависимости от типа касания .

1. Пусть окружности касаются внешним образом (рис. 8.9) .

Способ I. Пусть O1 и O2 — центры окружностей S1 и S2 соответственно, а F O1AB =. По теореме косинусов для треугольника O1AB Многовариантные планиметрические задачи: взаимное расположение фигур

–  –  –

Пример 6. Дана окружность радиуса 2 с центром О .

Хорда АВ пересекает радиус ОС в точке D, причем F CDA = 120°. Найти радиус окружности, вписанной в угол ADC и касающейся дуги АС, если OD = 3 .

Решение. Возможны два случая расположения указанной окружности в зависимости от типа касания с данной окружностью. В обоих случаях центры O1 и O2 этих окружностей будут лежать на биссектрисе угла ADC (рис. 8.12) .

–  –  –

Расположение центров окружностей относительно общей хорды В условии задач этого типа фигурируют две пересекающиеся окружности, но не указано расположение центров окружностей относительно их общей хорды (рис. 8.13 и 8.14) .

Рис. 8.13 Рис. 8.14 При решении подобных задач полезно напомнить учащимся следующие факты .

Пересекающиеся окружности в точках А и В имеют общую хорду АВ .

Общая хорда перпендикулярна линии центров и делится ею пополам .

Пример 7. Окружности радиусов 10 и 17 пересекаются в точках А и В .

Найти расстояние между центрами окружностей, если AB = 16 .

Решение. Отрезок AB — общая хорда данных окружностей .

В условии не указано расположение центров окружностей относительно AB. Поэтому рассмотрим два случая .

1. Пусть центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB (см. рис. 8.13). Линия центров O1O2 перпендикулярна хорде AB и делит ее в точке пересечения C пополам. Это следует из равенства треугольников O1AO2 и O1BO2 по трем сторонам и совпадения оснований высот, опущенных из точек A и B. Тогда из прямоугольных треугольников O1AC и O2AC соответственно получаем:

O1C = 172 82 = 15 и O2C = 102 82 = 6 .

Искомое расстояние между центрами равно O1O2 = O1C + O2C = 15 + 6 = 21 .

Лекция 8

–  –  –

Расположение центров окружностей относительно хорды большей окружности В условиях этих задач фигурируют две окружности, одна из которых расположена внутри другой и касается хорды окружности большего радиуса (рис. 8.18) .

Полезно напомнить учащимся следующее .

Вычисления в этой задаче сводятся к применению теоремы Пифагора в треугольнике О1О2С, при этом расстояние О1А находится из теоремы Пифагора для треугольника МАО1 (рис .

8.17 и 8.18) .

Рис. 8.17 Рис. 8.18

Пример 9. Окружности радиусов 20 и 3 касаются внутренним образом .

Хорда AB большей окружности касается меньшей окружности в точке M. Найти длины отрезков AM и MB, если AB = 32 .

Решение. Пусть точка N — середина хорды AB, тогда расстояние от центра O окружности радиуса 20 до хорды AB равно AB ON = OB2 = 202 162 = 12 .

2 Рассмотрим два случая .

1. Центры O и O1 окружностей расположены по разные стороны относительно хорды AB (рис. 8.19), O1M = 3 .

Продолжив перпендикуляр O1M к хорде AB за точку M и опустив на него перпендикуляр из центра O, получим прямоугольный треугольник OO1C, OO1 = 20 – 3 = 17, O1C = =O1M + MC = O1M + ON = 3 + 12 = 15 и OC = MN.

Тогда из теоремы Пифагора для треугольника OO1C получаем:

–  –  –

Пример 14. Точка О — центр окружности радиуса 2 .

На продолжении радиуса ОМ взята точка А. Через точку А проведена прямая, касающаяся окружности в точке K. Известно, что F OAK = 60° .

Найти радиус окружности, вписанной в угол ОАK и касающейся данной окружности внешним образом .

Решение. Центр O1 искомой окружности лежит на биссектрисе угла А, поэтому F O1AK1 = 30° (рис. 8.26). K1 — точка касания этой окружности с прямой АK. Из треугольника O1AK1 находим AK1 = r ctg 30° = r 3, где r — радиус искомой окружности. Из треугольника OAK находим: 2 AK = OK ctg 60° = .

Рассмотрение случаев в данной задаче связано с расположением точки касания искомой окружности с прямой АK относительно точки касания Y (левее, правее) .

Отрезок внешней касательной окружностей с центрами О и O1 равен 2 OK O1 K1 = 2 2r (см. опорную задачу).

Тогда получаем:

Многовариантные планиметрические задачи: взаимное расположение фигур = r 3 + 2 2r .

AK = AK1 + K1K, Решаем квадратное уравнение 3t2 + 2 6t 2 = 0, где t = r. Получаем единственный положительный корень Рис. 8.26 t= .

Тогда r= = .

Еще один случай расположения окружностей рассмотрите самостоятельно .

Ответ: 2 ± .

Задачи для самостоятельного решения

3. Найти радиус окружности, вписанной в угол MKN, равный 2arcsin 0,6, и касающейся окружности радиуса 4, также вписанной в угол MKN .

4. Вершина равнобедренного треугольника с боковой стороной 5 и основанием 8 служит центром окружности радиуса 2. Найти радиус окружности, касающейся данной и проходящей через концы основания треугольника .

5. Расстояние между центрами двух окружностей равно 10r. Одна из окружностей имеет радиус 5r, другая 6r. Некоторая прямая пересекает меньшую окружность в точках A и B и касается большей в точке C. Найдите длину хорды AB, если AB = 2BC .

6. Две окружности радиусов 1 и 4 касаются друг друга. Найдите радиус окружности, касающейся обеих данных окружностей и прямой, проходящей через их центры .

7. Угол ABC равен 60°, причем AB = BC = a. Окружность S1 касается AB в точке A, а окружность S2 касается BC в точке C, кроме того, эти окружности касаются внешним образом. Найдите радиусы этих окружностей, если известно, что их отношение равно двум .

Лекция 8 Интерпретация аналитического способа решения задачи Применение аналитического способа решения геометрической задачи может привести к ее многовариантности. Наличие нескольких корней уравнения подсказывает о возможном существовании нескольких конфигураций, которые требуют дальнейшего исследования с целью реализации условия для каждого из полученных корней уравнения .

Интерпретация решения уравнения sin x = a Если в составленном уравнении неизвестной является величина угла, то в конечном итоге решение его сводится к одному из простейших тригонометрических уравнений. Только одно уравнение вида sin x = a, 0 a 1, определенное на множестве чисел (0; ), имеет два корня или

–. На следующих простых задачах необходимо показать учащимся интерпретацию каждого из корней вышеприведенного уравнения .

1. Радиус окружности равен 1. Найдите величину вписанного угла, опирающегося на хорду, равную 2. Ответ дать в градусах .

Ответ: 45° или 135° .

2. Площадь треугольника равна 12. Две его стороны равны 6 и 8 .

Найдите угол между этими сторонами .

Ответ: 30° или 150° .

–  –  –

Интерпретация решения алгебраического уравнения Если в составленном уравнении неизвестной является длина отрезка, то составленное алгебраическое уравнение (чаще квадратное) может иметь два положительных корня, которые удовлетворяют условию задачи, то есть ситуация, реализованная в условии, не определяется однозначно (см. пример 2) .

Лекция 8 Интересным является появление отрицательного корня уравнения, интерпретация которого может быть проведена вполне разумно .

Для заострения проблемы учителю необходимо предлагать учащимся задачи, в которых получаются посторонние на первый взгляд корни, но их появление можно и нужно объяснить .

–  –  –

Задачи для самостоятельного решения 8. (ЕГЭ-2011) Диаметр окружности, вписанной в треугольник PQR, площадь которого равна 132, в три раза меньше высоты, проведенной из вершины P. Известно, что QR = 11. Найдите сторону PQ .

9. (ЕГЭ-2011) Окружность, вписанная в треугольник KLM, площадь которого равна 66, касается средней линии, параллельной стороне ML. Известно, что ML = 11. Найдите MK .

10. (ЕГЭ-2011) Дана трапеция ABCD с боковыми сторонами AB = 36, CD = 34 и верхним основанием BC = 10. Известно, что cos ABC =. Найдите BD .

11. Медиана BM треугольника ABC равна его высоте AH. Найти угол MBC .

Лекция 8

–  –  –

Литература

1. Гордин Р.К. ЕГЭ-2011. Математика. Задача С4. Геометрия. Планиметрия / под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.: МЦНМО, 2011 .

2. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Математика. ЕГЭ-2011 (типовые задания С4). Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии (многовариантные задачи). URL: http://www.alexlarin.net/ ege/2011/C4-2011.pdf

3. Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Учимся решать задачи по геометрии. Учеб.-метод. пособие. — К.: Магистр, 1996 (глава IV «Многовариантные задачи») .

4. Цукарь А.Я. О полезности интерпретации решения задачи // Математика в школе, 2000, № 7 .

Итоговая работа Предлагаем вам выполнить итоговую работу на тему «Разработка системы уроков повторения, направленных на подготовку к ЕГЭ по математике» .

Оценка итоговой работы будет производиться по системе «зачет/ незачет» .

Для получения зачета необходимо разработать систему уроков повторения по одной из следующих тем:

• «Отбор корней в тригонометрических уравнениях» .

• «Решение неравенств алгебраическим методом» .

• «Решение неравенств функционально-графическим методом» .

• «Применение различных методов нахождения расстояний и углов в пространстве» .

• «Многовариантность в решении планиметрических задач» .

Система уроков должна содержать: примерное планирование учебного времени; план-конспект одного из уроков; проверочную работу (в одном варианте); краткий анализ знаний учащихся, полученных на уроках повторения по выбранной теме .

Просим вас выполнить итоговую работу и оправить ее по адресу:

Педагогический университет «Первое сентября», ул. Киевская, д. 24, г. Москва, 121165 .

К выполненной работе необходимо приложить справку (акт о внедрении), заверенную в вашем образовательном учреждении. Бланк справки высылается каждому слушателю по почте .

Содержание Лекция 5 Использование вычислительного метода для решения задач С2..... 4 Лекция 6 Использование координатного метода для решения задач С2..... 30 Лекция 7

Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение элементов фигуры

Лекция 8

Многовариантные планиметрические задачи:

взаимное расположение фигур

Итоговая работа






Похожие работы:

«Подруга Дисциплина Дисциплина (лат. disciplina — (учёба, воспитание, школа). Дисциплина — поведение, направленное на следование порядку.Слово "ученик" и "дисциплина" слова, принадлежащие к одной смысловой группе и оба связаны с процессом обучения. В Новом Завете слово "дисциплина" переведенное, как "наказание" гр. "paid...»

«Муниципальное казенное дошкольное образовательное учреждение детский сад "Радуга" Проект "Ладушки" (развитие мелкой моторики рук у детей в средней группе) План по самообразованию Тема: "Развитие мелкой моторики у детей средней...»

«ПОЛОЖЕНИЕ О МАГИСТЕРСКОЙ ДИССЕРТАЦИИ, ПОРЯДКИ ЕЁ ПРЕДСТАВЛЕНИЯ И ПРОЦЕДУРЕ ЗАЩИТЫ 1. Основные принципы 1.1. Настоящий нормативный документ составлен на основе " Положения об итоговой государственной аттестации выпускников высших учебных заведений в Российской Федерации", утвержденного Постановлением Го...»

«МУНИЦИПАЛЬНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ДОПОЛНИТЕЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ ДЕТЕЙ СПЕЦИАЛИЗИРОВАННАЯ ДЕТСКО-ЮНОШЕСКАЯ СПОРТИВНАЯ ШКОЛА ОЛИМПИЙСКОГО РЕЗЕРВА № 5 г. ВОЛГОГРАДА Методическая разработка На тему: "Развитие "взрывной силы" для далеких метаний Разработал: Тренер-преподаватель Стаценко Дмитрий Сергееви...»

«Муниципальное казнное общеобразовательное учреждение "Казаркинская средняя общеобразовательная школа" имени героя Советского Союза Чекулаева Гордея Трофимовича РАБОЧАЯ ПРОГРАММА "Изобразительное искусство" Класс: 8-9 Уровень...»

«УДК 821.161.1 А. А. Пономарева Новосибирский государственный педагогический университет ул. Вилюйская, 28, Новосибирск, 630090, Россия anastasiya.ponomareva.92@inbox.ru "СЛАБЫЙ" ГЕРОЙ В ЛИТЕРАТУРЕ И КРИТИКЕ 1850-Х ГОДОВ: НЕСОСТОЯВШИЙСЯ ГЕРОЙ ВРЕМЕНИ Изучается литерат...»

«Цепные пилы Техноарсенал ПЦ-2200: Инструкция пользователя ПИЛА ЦЕПНАЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКАЯ ПЦ-2200 ПИЛА ЦЕПНАЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКАЯ модели ПЦ-2200 • эргономичная передняя и задняя рукоятки • блокировка от случайного включения • аварийная остановка цепи • автоматическая смазка цепи • сменный когтевой упор • в комплект поставки входит: -шина и цепь “...»

«Учебный кейс "Вышивка лентами" для учащихся 11 класса Разработчик: учитель технологии: Буравлева Л.И. Рассмотрен и утвержден на РМО учителей технологии Фроловского района Протокол №1 от 29.08.2013 года Отдел...»




 
2019 www.mash.dobrota.biz - «Бесплатная электронная библиотека - онлайн публикации»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.