Добавил:

sava Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Государственный университет — учебно-научно-производственный комплекс (бывш. ОрелГТУ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2011 (типовые задания С2)

.pdf

Скачиваний:

241

Добавлен:

13.06.2014

Размер:

2.22 Mб

Скачать

☆

1 / 91 2 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

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

МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2011 (типовые задания С2)

Многогранники:

виды задач и методы их решения

Корянов А. Г., г. Брянск, akoryanov@mail.ru Прокофьев А.А., г. Москва, aaprokof@yandex.ru

СОДЕРЖАНИЕ стр.

1. Расстояния и углы	2
1.1. Расстояние между двумя точками	2

1.2.Расстояние от точки до прямой…. 3

1.3.Расстояние от точки до плоскости 6

1.4.Расстояние между скрещивающимися прямыми…………………….. 11

1.5.Угол между двумя прямыми......... 16

1.6.Угол между прямой и плоско-

стью…………………………………… 21

1.7. Угол между плоскостями

2. Площади и объемы……………….. 40

2.1.Площадь поверхности много-

гранника ………………………………. 40

2.2.Площадь сечения многогранника 43

2.3.Объем многогранника…………… 47

3. Задачи на экстремум…..………. 59

3.1.Аналитический метод…………… 59

3.2.Геометрический метод.….…........ 60

4. Дополнения……………………… 62

4.1.Построение сечения многогран-

ника……………………………………. 62

4.2.Векторный метод………………… 67

4.3.Координатный метод…………….. 71

4.4.Опорные задачи………………….. 74

Упражнения………………………….. 81

Ответы………………………………... 88

Список и источники литературы…. 89

Введение

Задачи части «С» Единого государственного экзамена по стереометрии в последнее время большей частью посвящены вычислению расстояний и углов в пространстве. Такие задачи часто встречаются в практике, поэтому им уделено особое внимание.

Ниже представлены разные методы решения этих задач. Традиционный метод решения задачи опирается на определения расстояния или угла, и требует 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 может привести к рациональному решению задачи.

Вкодификатор элементов содержания

куровню 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; примеры использования производной для нахождения наилучшего решения в прикладных задачах.

Врешениях многих задач, приведенных в данном пособии, имеются ссылки на опорные задачи, полный набор которых помещен в пункте 4.4 на стр. 75-80.

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

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 и B можно вычислить:

1) как длину отрезка AB , если отрезок AB 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 ,

где A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2);


3) по формуле		AB	AB AB , или


AB	a2 b2 c2 , где {a, b, c} – коор-

динаты вектора AB .

поэтапно-вычислительный метод

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
D E			AD , D F				D B . Найти длину
1	3		1	1	3			1	1
отрезка EF.
					B1
			A1			F			C1
									C1

ED1

Рис. 1

Решение. Длину отрезка EF найдем по теореме косинусов из треугольника D1EF (см. рис. 1), в котором

D F	2		,	D E	1		,	FD E
		2				2

1	3			1	3			1	3

18.02.2011									2

(треугольник AB1D1 является равносторонним). Имеем

EF2 D E2			D F2 2D E D F cos
EF2 D E2			D F2 2D E D F cos
1			1						1			1			3
															3
	2	8		2				2		2	2			1	2	,
		9		2			3								3	,
9		9					3		3			2			3
откуда EF					6	.							Ответ:				6	.
откуда EF			3			.							Ответ:					.
			3												3
	координатный метод

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 B1M 2MD1. Найти расстояние между точками Q и L, где Q – середина отрезка ЕМ, а L – точка отрезка МК такая, что ML 2LK.

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

z	B1
A1		M			C1
A1		M
	Q	y	D1
E	B		L		C
					C
A				K
A		D
		D				x
						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

точки М используем формулу координат 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 отрезок MK в отношении 2:1. Имеем


		2		1		1
			2 1			2		1 2 0		8 4 1
			2 1		3	2		1 2 0		8 4 1
L	3			;	3	2	;				;	;	.
L				;			;				;	;	.
1 2						1 2		1 2	9 9 3

www.alexlarin.narod.ru

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

Координаты точки Q равны полусуммам соответствующих координат точек E и

	1		1		3
М, поэтому Q		;		;		. Применим фор-
			6		4
3

мулу 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			5		29

362					36
																5			.
												Ответ:				5		29
												Ответ:			36
															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
D E				AD ,					D F									D B . Найти длину
1		3			1				1						3				1		1
отрезка EF.
	Решение.									Пусть									AD a ,															AB b ,
AA1 c (см.									рис.						1),					тогда								\| a \| \|b \|
\| c \| 1,						a b a							c b c 0.																			Выразим
вектор				FE				через базисные векторы a,
b, c :
	FE EA AB B F																							2			(a c)
	FE EA AB B F																										(a c)
									1								1					3
								1													1	3					2									1
								1													1						2									1
(b		c)							(a b)													a								b							c .
(b		c)						3	(a b)												3	a					3			b						3	c .
Тогда								3													3						3									3
Тогда

																	1					2							1						2
								2
								2
	FE					FE													a							b							c
	FE					FE											3		a			3				b			3				c


																															.
							1					4		1							6							6
					9																9
					9				9				9								9						3
																									Ответ:													6	.
																									Ответ:												3		.
																																					3
	Замечание. Вектор																			FE в данном ба-
																						1					2							1
зисе имеет координаты																											;					;				,	по-
зисе имеет координаты																											;					;	3			,	по-
																						3					3						3
этому длину этого вектора можно найти

по формуле								AB									a2 b2 c2 , то есть
																																				.

			AB								1		4					1					6										6
											1		4					1					6										6

									9				9				9					9							3
18.02.2011									9				9				9					9							3								3
18.02.2011																																					3

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-вычислительный метод

Расстояние от точки до прямой можно вычислить, как длину отрезка перпендикуляра, если удается включить этот отрезок в некоторый треугольник в качестве одной из высот.

Пример 4. При условиях примера 1 найти расстояние от точки D1 до прямой EF.

Решение. Пусть h – длина высоты треугольника D1EF, опущенной из точки

D1. Найдем h, используя метод площа-

дей. Площадь треугольника D1EF равна

2 D1F D1E sin FD1E

	1		2 2	2	3		3	.
				3	2
2		3				9

С другой стороны площадь треугольника


D EF		равна				1		FE h	6	h. Из уравне-
D EF		равна						FE h		h. Из уравне-
1			2						6
			2						6
ния		3		6			h находим искомое рас-
ния	9		6				h находим искомое рас-
	9		6
								.
стояние h					2
стояние h			3
			3

Замечание. Можно заметить, что выполняется равенство FE2 D1E2 D1F2 ,

т.е. треугольник D1EF прямоугольный и длина отрезка D1E является искомым расстоянием.

Ответ: 2 . 3

www.alexlarin.narod.ru

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

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

Решение. В квадрате BCC1B1 диаго-

наль BC1		равна 2 (см. рис. 3). В прямо-
угольном			треугольнике ACD,					где
ACD 90 ,						AD 2,	находим	AC

22 12						. Из прямоугольного тре-
22 12					3	. Из прямоугольного тре-
угольника					ACC1		имеем	AC1
								ABC ,
(				2. В треугольнике
(	3)2 12			2. В треугольнике
								1

используя теорему косинусов, получаем

				22 ( 2)	2 12			5 2
cos											,
									8
				2 2	2
				2 2	2
где	AC1B .					Далее				находим
			и из треугольника AC H вы-
sin		14
sin
	8								1
соту	8
соту
AH AC sin 2												.
							14			14

	1				8				4
					8				4

		E1	D1
F1			D1
F1
	A1	B1	C1
	A1

		E	D
			D
F
A			C
A		B
		B
		H
		Рис. 3
			Ответ:		.
				14

Пример 6. (МИОО, 2010). В тетра-

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

Решение. Так как все ребра ABCD равные правильные треугольники, то медианы BE и AE треугольников BDC и

18.02.2011 4

ADC (см. рис. 4) равны и BE AE 3. 2

Рассмотрим равнобедренный треугольник BEA и его высоты EM и AH. Выражая площадь треугольника двумя способами, получаем

S	BEA				1	AH BE					1	EM AB,
S						AH BE					2	EM AB,
		2									2
получаем			равенство					AH BE EM AB.
Так как
																				,
												3			1			2
EM				BE2 BM 2								3			1			2
EM				BE2 BM 2							4
											4			4		2
то получаем
			EM AB							1			2						.
AH			EM AB						2				2				6
AH							2
					BE		2							3		3

H C

Рис. 4

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. Пусть A1C BDC1 F (рис. 5). Так как A1C BDC1 (опорная задача

20), то FC1 FB FD как проекции на плоскость BDC1 равных наклонных CC1 , СВ и CD соответственно. Следовательно, точка F является центром правильного треугольника BDC1 . Поэтому искомое

www.alexlarin.narod.ru

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

расстояние равно радиусу окружности, описанной около треугольника BDC1 .

Сторона этого треугольника равна 2 ,

значит, (D, A1C) DF 2 3 6 . 3 3

A1 C1

A C

Рис. 5

Ответ: 6 . 3

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 точке A (см. рис. 6). Найдем координаты точек

		1		1
P	0;		;1	, Q		;1; 0	,	D (1;0;1).
		2			2
								1

Тогда


PQ	1				1	1		3		,
PQ	4					1	2			,
	4	4					2
							3		,
DQ			1	1 1			3
DQ				1 1
1		4					2
		4					2

D1P 1 1 0 5 . 4 4

Из треугольника D1PQ , используя формулу

cos D1PQ D1P2 QP2 D1Q2 , 2 D1P QP

находим


		5			3	9
		5			3	9		1
	4					4
cos D PQ	4			2		4			.
cos D PQ									.
1				5			3	30
	2			5			3	30
	2		4			2
			4			2

D1					A1			P
D1								N			B1
								N			B1
				A C1
D											B
x					C			Q					y
					C
			Рис. 6
Далее получаем

								2
						1		2			29
sin D PQ		1											.
sin D PQ		1											.
1					30				30
					30				30
Пусть D1N PQ , где N PQ . Тогда
D1N D1P sin D1PQ,
												.
D N	5	29					174			174
D N
1	4	30			144				12
	4	30			144				12

Ответ: 174 . 12

векторный метод

Пример 9. 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. 6),	тогда \|a \| \|b \|
\|c \| 1, a b a c b c 0.
Выразим вектор PQ через базисные
векторы a, b,	c :

PQ PB1 B1B BQ

1b c 1 a 1 a 1b c , 2 2 2 2

PD1 a 1b. 2

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

Пусть D1N PQ ,													где		N PQ . Выра-
зим вектор D1N , учитывая коллинеар-
ность векторов PN и PQ:
		D1N PN PD1 x PQ PD1 .
Так			как D1N PQ,											то						D1N PQ 0.
Отсюда получаем
					(x PQ PD1) PQ 0,
									2			PD1		PQ,
							x PQ					PD1		PQ,
	1 1								2		1									1		1
x		a			b c						a			b							a			b	c ,
x		a			b c						a			b							a			b	c ,
2			2										2			2						2
					1			1					1	1								1
			х						1								,			х			.
			х						1				2				,			х		6	.
				4				4					2	4								6
						D N				1		PQ PD
						D N						PQ PD
					1				6										1
									6
			1		1				1						1
								a			b c							b a
								a			b c				2			b a
				6 2					2						2

11a 7 b 1c . 12 12 6

Длина вектора

							11				7		1	2
			2
			2
D1N		D1N							a			b		c
D1N		D1N					12		a		12	b	6	c
										.


	121			49		1		174
	144		144		36
	144		144		36		12
										Ответ:					174	.
										Ответ:				12		.
														12

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

18.02.2011

1.3.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 параллельной 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-вычислительный метод

Расстояние от точки M до плоскости : 1) равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P , лежащей на прямой l, которая проходит через точку

Mи параллельна плоскости ;

2)равно расстоянию до плоскости от произвольной точки P , лежащей на плоскости , которая проходит через

точку M и параллельна плоскости .

Пример 10. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки С1 до плоскости АВ1С .

Решение. Так как прямая А1С1 парал-

лельна АС, то прямая А1С1 параллельна плоскости АВ1С (см. рис. 7). Поэтому искомое расстояние h равно расстоянию от произвольной точки прямой А1С1 до плоскости АВ1С . Например, расстояние от центра О1 квадрата A1B1C1D1 до плос-

кости АВ1С равно h.

Пусть E – основание перпендикуляра, опущенного из точки О1 на прямую В1О, где O – центр квадрата ABCD. Прямая О1Е лежит в плоскости BB1D1D, а прямая АС перпендикулярна этой плоскости.

www.alexlarin.narod.ru

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

Рис. 7

Поэтому О1Е АС и

О1Е – перпенди-

куляр к плоскости АВ1С , а О1Е h.

Так

как

В О

О О 1, то

. Выражая двумя спо-

ОВ

собами площадь треугольника В1О1О,

получим h	3		2	1, откуда h	3	.
		2			3
2
				Ответ:			3	.
					3

Пример 11. В единичном кубе
ABCDA1B1C1D1		найти расстояние от
точки D до плоскости АВ1С .

Решение. Так как плоскости DA1С1 и

АВ1С параллельны A1C1 ||AC, A1D||B1C

D DA1С1 и	O1 DA1С1	(см. рис. 8), то
получаем искомое расстояние
(D, AB C) (O , AB C)					.
				3

1	1	1	3
	C1		3
	C1
B1	O1		D1
	O1		D1
	A1

Рис. 8

Ответ: 3 . 3

Замечание. Из данного примера следует, что расстояние между параллельными плоскостями DA1С1 и АВ1С равно

(DA1C1, AB1C) (D, AB1C) 3 . 3

Пример 12. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , ребра которой равны l, найти расстояние от точкиA до плоскости A1B1С .

Решение. Прямая FC перпендикулярна АЕ и AA1, поэтому перпендикулярна плоскости AA1E1 (см. рис. 9). Пусть

FC AE G . Плоскость AA1E1 перпен-

дикулярна плоскости A1B1С , содержащей прямую FC, и пересекает ее по прямой A1G . Длина высоты AH в треугольнике

AA1G является искомым расстоянием.

			D1					C1
	E1							C1
	E1
		F1						B1
		F1					A1
							A1
			D					C
								C
	E				H
	E
			G					B
		F					A
							A
				Рис. 9
Так как в прямоугольном треугольнике
ADE
ADE		AE AD2				ED2 , то есть
							. Из прямоугольно-
AE		, то AG				3
	3					3
	3

го треугольника AGA1 находим

GA1 3 1 7 . 4 2

Высота AH равна

	AG AA	3		7	3
AH	1		1	:		.
AH	GA	2	1	:		.
	GA	2		2	7
	1
				Ответ:			3	.
				Ответ:				.
					7

18.02.2011

www.alexlarin.narod.ru

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

Пример 13. 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 шестиуголь-

нике

ABCDEF

BD DE

BD 3.

Точка O центр

ABCDEF (см. рис. 10).

Тогда

MO высота пирамиды. Из пря-

моугольного треугольника MOD получа-

ем MO

. Апофему

боковой

грани DME находим из прямоугольного

треугольника MDL

DE 2

По

признаку

перпендикулярности

плоскостей

(DE MOL,

поскольку

DE MO

и DE ML)

MOL DME .

Поэтому высота OH треугольника MOL перпендикулярна плоскости DME . Из прямоугольного треугольника MOL, в


котором OL		BD	3		, получаем
котором OL			2		, получаем
2			2
	MO OL							:	3			.
OH							3			7	5
				15			3			7	5
				15							7
	ML					2 2					7

			Q
L	C			K		H
L	C					D
B			O			L E
			O
A			F
		Рис. 10
Опустив из точки L перпендикуляры
LQ на плоскость грани				DME и LK на
прямую DE ,		получим				треугольник
LQK , подобный треугольнику OHD .
Так как расстояние от точки L до прямой
DE равно LK		3	BD	3	OL, то коэф-
DE равно LK			BD	2	OL, то коэф-
	4			2
18.02.2011						8

фициент подобия этих треугольников ра-

вен 3 . Отсюда

2
LQ	3	OH				3		5		45		.
LQ		OH					7			28		.
2				2			7			28
									Ответ:					45	.
									Ответ:						.
										28
координатный метод
Расстояние от точки							M до плоскости
можно вычислить по формуле
M,			ax0 by0 cz0 d										,



					a2 b2 c2
					a2 b2 c2
где M x0 , y0 , z0 ,				плоскость							задана

уравнением ax by cz d 0.

Пример 14. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки А1 до плоскости BDC1 .

Решение. Составим уравнение плоскости, проходящей через точки B(0;1;0),

D(1;0;0) и C1(1;1;1) (см. рис. 11).

z	B1
A1		y	C1
A1		y
	B	D1
	B
			C
A		D
		D	x
			x
		Рис. 11

Для этого подставим координаты этих точек в общее уравнение плоскости

ax by cz d 0.

Получим систему уравнений

b d 0,	b d,

a d 0,	или a d,

a b c d 0	c d

Отсюда находим уравнение

dx dy dz d 0

или

www.alexlarin.narod.ru

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

x y z 1 0.

По формуле находим расстояние от точки А1(0;0;1) до плоскости BDC1:

	0 0 1 1
А,			2 3	.

1	1 1 1	3

Ответ: 2 3 . 3

Замечание. В разделе «Угол между плоскостями» более подробно рассмотрен вопрос о составлении уравнения плоскости, проходящей через три заданные точки.

векторный метод

Пример 15. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти расстояние от точки А1 до плоскости BDC1 .

Решение.

AA1 c (см.

| c | 1, a b

Пусть	AD a ,	AB b ,
рис. 12),	тогда	\|a \| \|b \|
a c b c 0.
B1
D1		C1
D1
B	M

Рис. 12

Выразим векторы DB, DC1, C1A1 че-

рез базисные a, b, c :

DB b a, DC1 b c , C1A1 a b .


Пусть		МА1 BDC1 ,				где	M BDC1.
Вектор			x DB y DC1 , поэтому
	C1M
MA1 C1A1 C1M C1A1 (x DB y DC1).
Далее имеем
MA DB,				MA DB 0,
		1			1

						DC1	0
MA1 DC1				MA1
18.02.2011							9

			2	y DC		0,
C A		DB x DB		y DC	DB	0,
	1 1			1

C1A1 DC1 x DB DC1 y DC12 0.

Так как

C1A1 DB ( a b)(b a) a2 b2 0, DC1 DB (b c)(b a) b2 1, DC1 C1A1 (b c)( a b) b2 1, DB2 (b a)2 b2 a2 2,

DC12 (b c)2 b2 c2 2,

то имеем

0 (x 2 y 1) 0,

1 (x 1 y 2) 0
					1
2x y 0,			x				,
			x		3		,
					3
								2
x 2y 1								2
			y				3		.
							3
Отсюда получаем
	1			2
MA1 a b		(b a)				(b			c)
MA1 a b		(b a)				(b			c)

2a 2b 2c ,

		3			3			3

			2						2				2		2
			2						2				2		2
	MA1					a				b					c
	MA1		3			a		3		b			3		c
											2

		4		4			4						3		.
		9										3			.
		9	9		9							3
																	2			.
												Ответ:					2		3
												Ответ:						3
																		3
Замечание. Вектор MA1													в данном ба-
												2		2		2
зисе имеет координаты													;			;		, по-
зисе имеет координаты												3	;			;		, по-
												3		3		3

этому длину этого вектора можно найти


по формуле	MA				a2 b2			c2 , то есть
	1
							2			.
MA		4		4		4	2		3
MA		9
1		9	9		9			3

www.alexlarin.narod.ru

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

метод объемов

Если объем пирамиды АВСМ равен VABCM , то расстояние от точки M до

плоскости , содержащей треугольник АВС, вычисляют по формуле

M, M, ABC 3VABCM .

SABC

В общем случае рассматривают равенство объемов одной фигуры, выраженные двумя независимыми способами.

Пример	16.	Ребро	куба
ABCDA1B1C1D1	равно а. Найти расстоя-

ние от точки C до плоскости BDC1 .

Решение. Искомое расстояние x равно высоте CQ (см. рис. 13), опущенной в

пирамиде					BCDC1				из вершины C на ос-
нование BDC1 .
									B1
			A1								C1
										D1
								B Q
			A						R		C
										D
								Рис. 13
	Объем этой пирамиды равен
1		S		CC			1		1	BC	CD CC		a3
			BCD											.
3							3		2					.
3						1	3		2		1	6

С другой стороны, так как треугольник

BDC1 равносторонний со стороной а2, объем пирамиды равен


1	SBC D CQ	1	(a	2)2 3	x	a2	3	x.
3	SBC D CQ	3		4	x	6		x.
3	1	3		4		6

Отсюда получаем уравнение

a3 a2 3 x, 6 6

из которого находим x a 3 . 3

Ответ: a 3 . 3

18.02.2011

метод опорных задач

Применение данного метода состоит в применении известных опорных задач, которые в большинстве случаев формулируются как теоремы.

●Расстояние от точки M до плоскости

можно вычислить по формуле

				r	,
					,
			1 r
			1
где M, ,			1 M1, ,			OM r,
OM1 r1,	MM1 O; в частности,
1 , если r r1			(прямая m, проходя-
щая через точку			M , пересекает плос-
кость в точке O, а точка М1 лежит на
прямой m (см. рис. 14а и 14б)).
	M					M
	M1				m
m					m	A
O	A1	A		A1 O		A

а				M1
а					б
		Рис. 14
Пример 17. В единичном кубе
ABCDA1B1C1D1		найти расстояние от
точки D1	до плоскости АВ1С .

Решение. Используем найденное расстояние (пример 10) от точки С1 (от точ-

ки O1 ) до плоскости		АВ1С . Опустим
перпендикуляр D1F на прямую B1E (см.
рис. 15). Тогда имеем
(D , ABC) (O , ABC)			B1D1		,
(D , ABC) (O , ABC)					,
1 1	1	1	BO
			1	1
	C1
B1		O1		D1
E		A1		D1
E		A1