Гильмиева Г.Г., Хуснутдинова Л.Г. Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение

НЕСКОЛЬКО СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ ОДНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ЗАДАЧИ
Гильмиева Г.Г., Хуснутдинова Л.Г.
Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение
«Гимназия №27 с татарским языком обучения» г. Казань
Согласно аналитическому отчету ФИПИ о результатах ЕГЭ по
математике 2012 года остается на низком уровне процент выполнения заданий
по стереометрии. К заданию С2 приступили 29% участников экзамена, а
выполнили, получив один балл из двух возможных- 2,54%, два балла получили
лишь 2,99% экзаменуемых. В сравнении с 2011 годом число участников ЕГЭ,
получивших
положительный
результат
за
выполнение
этого
задания,
уменьшилось с 13,9 до 5,53% (11,6% в 2010 году).
Рассмотрим три способа решения задачи С2 по геометрии, которая
была представлена учащимся в контрольно-измерительных материалах ЕГЭ в
2012 году.
В правильной четырехугольной призме ABCDA1 B1C1 D1 стороны основания
равны 3, а боковые ребра равны 4. На ребре AA1 отмечена точка E так, чтобы
AE : EA1  1 : 3 . Найдите угол между плоскостями ABC и BED1
I способ
Прямая D1 E пересекает прямую AD в точке K . Плоскости ABC и BED1
пересекаются по прямой KB. Из точки E опустим перпендикуляр EM на
прямую KB , тогда отрезок AM (проекция EM ) перпендикулярен прямой KB.
Угол
AME
является линейным углом двугранного угла, образованного
плоскостями ABC и BED1
Пусть AME  
Найдем  из прямоугольного AEM ( AE  AM )
tg 
AE
AM
По условию AA1  4; AE : EA1  1 : 3, то AE  1;
Рассмотрим прямоугольные KD1 D и KEA.
KD1 D подобен KEA по общему острому углу D1 KD.
4 AK  3

;
1
AK
D1 D DK

;
AE
AK
AK  1
Из прямоугольного KAB по теореме Пифагора вычислим гипотенузу KB
KB  AK 2  AB 2  12  32  10
AM 
AK  AB
1 3
3
; AM 
; tg 

BK
10
10
10
10
1
; tg 
. Ответ: arctg
3
3
3
10
II способ.
Воспользуемся
многоугольника
на
утверждением:
плоскость
площадь
равна
ортогональной
произведению
проекции
площади
этого
многоугольника на косинус угла между плоскостями многоугольника и его
проекцией.
ABD является ортогональной проекцией BED1 на плоскость ABC.
S ABD  S BED1  cos  , где   угол между ABD и BED1
ABD  прямоугольный ( AD  AB ); S ABD 
1
1
9
 AD  AB   3  3 
2
2
2
Найдем S BED
1
Из прямоугольного AEB : BE  AE 2  AB 2  12  32  10
Из прямоугольного EA1 D1
D1 E  EA1  A1 D1  3 2  3 2  18
2
2
BD1  3 2  3 2  4 2  9  9  16  34
1
 BE  ED1  sin E
2
1
  10  18  sin E
2
S BED1 
S BED1
По теореме косинусов вычислим cos E из BED1 : cos E 
sin E  1 
18  10  34
2 18  10

3
180
9
171
19


180
180
20
1
19 3
 10  18 
  19
2
20 2
S
9
2
3
cos   ABD  

S BED1 2 3 19
19
S BED1 
  arccos
3
19
Заметим, что если cos  
3
19
, то tg 
10
3
. Ответ: arccos
3
19
III способ.
Применим векторно-координатный метод, который позволяет свести
решение задачи к задаче о нахождении угла между векторами нормалей данных
плоскостей. Любой ненулевой вектор, перпендикулярный плоскости – ее
вектор нормали.
Каждое уравнение первой степени
p2  q2  r 2  0
px  qy  rz  d  0
при условии
задает в прямоугольной системе координат единственную
плоскость, для которой вектор np; q; z является вектором нормали.
Задачу о нахождении угла между плоскостями  и  , заданными
уравнениями
p1 x  q1 y  r1 z  d1  0
и
p2 x  q2 y  r2 z  d 2  0
соответственно, удобнее
свести к задаче о нахождении угла между векторами их нормалей n1 p1 ; q1 ; r1 ;
n2 p2 ; q2 ; r2 ,
используя формулу cos  
 
n1  n2
n1  n2

p1 p 2  q1 q 2  r1r2
p q r  p q r
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
, где   угол
между плоскостями  и  .
В задачах на вычисление угла между пересекающимися плоскостями в
общем случае уравнение плоскости находить не требуется. Координаты вектора
нормали можно вывести, если известны координаты трех точек плоскости, не
лежащих на одной прямой. Для этого находим координаты двух векторов
плоскости a a1 ; a2 ; a3  ; b b1 ; b2 ; b3 
Предположим, что вектор
с координатами np; q; r (здесь p, q, r 
неизвестные числа, которые нужно найти) перпендикулярен любому вектору
плоскости  , т.е a и b в том числе. Его координаты ищутся из условий
равенства нулю скалярных произведений n с векторами a и b из следующей
n  a  0,
системы уравнений 
n  b  0;
a1 p  a2 q  a3 r  0,

b1 p  b2 q  b3 r  0.
Эта система имеет бесконечное множество решений, так как векторов,
перпендикулярных плоскости  , бесконечно много. Выразив, например, из
системы координаты p и q через r , выберем ненулевой вектор np(r ); q(r ); r,
взяв в качестве r какое-нибудь число (обычно берут так, чтобы в координатах
не было дробей или радикалов). Итак, введем прямоугольную систему
координат с началом в точке D.
B(3;3;0);
E (3;0;1);
D1 (0;0;4)
BD1  3;3; 4
BE 0;3;1
Пусть n1 p; q; r вектор нормали к плоскости BED1
n  BE  0

n  BD1  0
 p  0  q  (3)  r  1  0,

 p  (3)  q  (3)  r  4  0;
r  3q;
 3q  r  0,

 3 p  3q  4r  0;
p  3q
n1 3q; q; 3q
Пусть q  1, то n1 3;1; 3.
Вектор нормали (вектор, перпендикулярный плоскости ABC )
n2 0;0;1
cos  
3  0  1 0  3 1
32  12  32 0 2  0 2  12
  arccos

3
19
3
19
Ответ: arccos
3
19
Литература.
1.Вариант ЕГЭ 2012 года.
2. Корянов А.Г.и Прокофьев А.А. Пособие по решению заданий типа С2