В помощь учителю Применение координатного метода при решении задач

В помощь учителю
Применение координатного метода при решении задач
по теме: «Расстояния и углы».
Для решения задач на взаимное расположение прямых и плоскостей в пространстве, на
вычисление расстояний и углов между ними используется следующий учебный материал:
Ах + Ву + Cz + D = 0 — общее уравнение плоскости, где вектор n  A ; B ; C  является
вектором ее нормали;
А(х – х0) + В(у – у0) + C(z – z0) = 0 — уравнении плоскости, проходящей через точку (х0; у0; z0)
перпендикулярно вектору n  A ; B ; C  ;
x = x0 + a1t, y = y0 + a2t, z = z0 + a3t — параметрические уравнения прямой, проходящей через
точку (х0; у0; z0) параллельно вектору p1  a1 ; a 2 ; a 3  .
Также используются формулы:
 x 2  y 2  z 2 — длина вектора p ( x ; y ; z );
1)
p
2)
AB
 AB 
 x 2  x 1 2   y 2  y 1 2   z 2  z1 2 — длина вектора
A B или расстояние между
точками A(x1; y1; z1) и B( x2; y2; z2);
3) ( M ; ) 
A x 0  B y 0  Cz 0  B
A 2  B 2  C2
— расстояние от точки М (х0; у0; z0) до плоскости :
Ах + Вy + Cz + D = 0;
4) x 1 x 2  y1 y 2  z1 z2  a  b — скалярное произведение векторов a  x 1 ; y 1 ; z1  , b  x 2 ; y 2 ; z 2  ;
5) x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0  a  b — признак перпендикулярности векторов a  x 1 ; y 1 ; z1  и


b x 2 ; y 2 ; z2 ;
6) угол  между векторами a  x 1 ; y 1 ; z1  и b  x 2 ; y 2 ; z 2  находится с помощью формулы
a b
cos  
a  b

x 1 x 2  y 1 y 2  z1 z 2
x 12  y 12  z12 x 22  y 22  z 22
.
Расстояние от точки до прямой.
I.
Алгоритм решения:
1. Составить уравнение плоскости , проходящей через точку A перпендикулярно данной
прямой m.
2. Решить систему, состоящую из этого уравнения и уравнений прямой m. Решением этой
системы являются координаты точки K =  ∩ m. Тогда расстояние между точками A и K
равно искомому расстоянию от точки A до прямой m.
m
A
K
α
Задача 1.
А…D1 — единичный куб. Найдите расстояние от точки А1 до прямой В1D.
Решение.
Введем систему координат Охуz так, что
В(1; 1; 0), А1(1; 0; 1), С1(0; 1; 1), D(0; 0; 0), В1(1; 1; 1).
С помощью теоремы о трех перпендикулярах докажем, что В1D  (А1ВС1). Обозначим
Т = В1D ∩ (А1ВС1) и найдем координаты точки Т.
Вектор DB1 (1; 1; 1) является направляющим для прямой В1D и вектором нормали для
плоскости А1ВС1. Поэтому прямая В1D может быть задана системой параметрических
уравнений х = t, y = t, z = t, а плоскость А1ВС1 — уравнением:
(х – 1) + (у – 1) + (z – 0) = 0
⇔х + y + z – 2 = 0.
Решая систему, составленную из уравнений прямой В1D и плоскости А1ВС1, находим:
t+t+t–2=0⇒
откуда
точка
2
T
2
t
2
,
3
имеет
2
√(1 − )2 + (0 − )2 + (1 − )2 =
3
3
3
Это означает, что 𝜌 (1; 𝐵1 𝐷 ) =
Ответ:
2 2 2
координаты 𝑇(3 , 3 , 3)
Тогда
𝐴𝑇 =
√6
3
√6
.
3
√6
.
3
Задача 2.
A…F1 — правильная шестиугольная призма, все ребра которой равны 1. Найдите
расстояние от точки B до прямой СD1.
Решение.
Составим уравнение плоскости 𝛽, проходящей через точку B перпендикулярно
прямой СD1.
√3
1
Во введенной системе координат точки B, С и D1 имеют координаты: 𝐵( 2 ; 2 ; 0),
С(0; 1; 0), 𝐷1 (−
В
качестве
√3 1
; ; 1)
2 2
вектора
нормали
Тогда плоскость 𝛽 задается уравнением:
плоскости
𝛽
примем
√3 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
вектор𝐷
1 𝐶 ( 2 ; 2 ; −1)
1
1
√3
√3
(𝑥 − ) + (𝑦 − ) − (𝑧 − 0) = 0 ⇔ √3 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 − 2 = 0.
2
2
2
2
Обозначим T= 𝛽 ∩СD1, тогда BT = 𝜌(В; D1 C). Координаты точки T найдем, решив
систему, составленную из уравнений плоскости 𝛽 и прямой CD1:
 3 x  y  2 z  2  0,

x  3t,

y  1  t,
 z  2 t ,

t ∈ R.
Получаем:
1
8
3  3 t  1  t  2( 2 t )  2  0 ⇔ 8t – 1 = 0 ⇔ t  .
Отсюда координаты точки T: 𝑥 =
II.
9
1
= 8;𝑧 = −4 .
1
9
1
√3
√3
√14
𝜌(𝐵; 𝐷1 𝐶) = 𝐵𝑇 = √( 2 − 8 )2 + (2 − 8)2 + (0 + 4)2 = 4 .
Тогда
Ответ:
√3
;𝑦
8
√14
.
4
Расстояние от точки до плоскости.
Расстояние от точки М (х0; у0; z0) до плоскости 𝛽: Ах + Вy + Cz + D = 0, находится по
формуле
𝜌 (М; 𝛽) =
|𝐴𝑥0 +𝐵𝑦0 +𝐶𝑧0 +𝐷|
√𝐴2 +𝐵2 +𝐶 2
Задача 1.
Правильная шестиугольная призма A…F1, все ребра которой равны 1, расположена в
системе координат Oxyz так, что центр ее основания совпадает с началом координат, а
вершины B, C, D, C1 имеют координаты:
 3 1 
B
; ; 0 ,
 2 2 
Найти расстояние до плоскости AF1D от точки F.
Решение.
С(0; 1; 0),

3 1
D 
; ;
 2 2

0 ,

С1(0; 1; 1).
Если плоскость 𝛽: ах + by + cz + d = 0, проходит через данную точку М(х0; у0; z0), то
верно равенство ах0 + by0 + cz0 + d = 0. Воспользуемся этим утверждением при
составлении уравнения плоскости 𝛽 = (AF1D).
Пусть ах + by + cz + d = 0 — искомое уравнение плоскости 𝛽. На рисунке изображена
данная призма относительно системы координат Охуz. В этой системе координат имеем:
 3
1
A
; ;
2
 2

0 ,

F(0; –1; 0), F1(0; –1; 1),
 3 1 
B1 
; ; 1 .
 2 2 
Плоскость 𝛽 = (AF1D) проходит через начало координат, значит, d = 0. Далее имеем:
  3 1 
A 
; ; 0  ,
  2 2 

 F1 (0;  1; 1) ,

 D   3 ; 1 ; 0  
  2 2 

⇔
 3
1
a  b  0,

2
2


 b  c  0,

  3 a  1 b  0.

2
 2
Решая систему из уравнений, находим: b  c  3a. Пусть a  3, получаем: b = c = 3,
и уравнение плоскости 𝛽 имеет вид:
3(x  0)  3(y  1)  3(z  1)  0 ⇔
3 x  3 y  3z  0.
Теперь находим искомые расстояния 𝜌(F; 𝛽) и 𝜌(В1; 𝛽):
( F ; ) 
Ответ:
III.
3  0  3  ( 1)  3  0
3 9 9

21
;
7
√𝟐𝟏
𝟕
.
Расстояние между скрещивающимися прямыми.
Две прямые называются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости.
Признак скрещивающихся прямых:
Если одна из двух прямых лежит в некоторой плоскости, а другая пересекает эту
плоскость в точке, не лежащей на первой прямой, то эти прямые скрещивающиеся.
b
α
а
Расстояние между скрещивающимися прямыми
Теорема 1
Для любых скрещивающихся прямых k и n существует единственный отрезок АС
( где А є k,C є n) перпендикулярный этим прямым, и его длина есть расстояние между
ними, т. е. ρ (k;n)=AC, AC k, AC n.
A
k1
k
M
k
n
C
M1
A
N
B
n1
n
B1
m
Данная теорема дает практический
скрещивающимися прямыми.
способ
нахождения
расстояния
между
Возьмем любую точку на прямой n и проведем через неё прямую m, параллельную
прямой k. Тогда прямые n и m задают новую плоскость, параллельную прямой k,
расстояние между скрещивающимися прямыми – это расстояние от любой точки прямой k
до этой плоскости.
Теорема 2
Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми k и n равно расстоянию между
ортогональными проекциями этих прямых на плоскость, перпендикулярную одной из этих
прямых.
Если плоскость перпендикулярна, например, прямой k, то ортогональная проекция
последней на плоскость есть точка B – точка пересечения прямой k и плоскости. Тогда
искомое расстояние между k и n равно расстоянию от B до прямой n 1, являющейся
ортогональной проекцией n на плоскость, т. е. равно ВВ1.
Для построения действительного перпендикуляра к скрещивающимся прямым k и n
проведем NB1
α (NB1
k, NA
BB1): AN и есть общий перпендикуляр n и k.
Для координатного метода используем следующий факт: расстояние между
скрещивающимися прямыми равно расстоянию от любой точкой одной прямой до
плоскости, проходящей через вторую прямую параллельно первой прямой.
Задача 1.
Дан единичный куб A…D1. Найти расстояние между прямыми AB1 и A1C1.
Решение.
D(0; 0; 0) — начало координат, A(1; 0; 0) , C(0; 1; 0) , А1(1; 0; 1), С1(0; 1; 1), В1(1; 1; 1).
Найдем расстояние 𝜌(АВ1; А1С1). Для этого составим уравнение плоскости α,
проходящей через прямую АВ1 параллельно прямой А1С1.
Векторы A B1 (0; 1; 1) и A1C1 ( 1; 1; 0) — направляющие векторы для прямых AB1 и
A1C1 соответственно. Тогда эти прямые задаются соответственно уравнениями:
 x  1,

y  t,
z  1  t,

t∈Rи
x  1  t,

y  t,
 z  1,

t ∈ R.
Вектор n (a ; b; c ) — вектор нормали плоскости 𝛼 — перпендикулярен векторам
A B1 (0; 1; 1) и A1C1 ( 1; 1; 0).
Найдем координаты этого вектора. Имеем:
 n  A B 1 ,

 n  A 1C1
 n  A B 1  0,
⇒ 
 n  A 1C1  0
b  c  0,
⇒
 a  b  0
⇒ a = b = –c.
Пусть c = –1, тогда a = b = 1. Имеем: n (1; 1;  1). Получаем уравнение плоскости α
(А∈ 𝛼
1 ∙ (х – 1) + 1 ∙ (y – 0) – 1 ∙ (z – 0) = 0 ⇔ x + y – z – 1 = 0.
Теперь находим:
  A B1 ; A 1C1     A 1 ;   
Ответ:
IV.
| 1  0 1 1 |
12  12  ( 1)2

3
.
3
√3
3
Угол между двумя прямыми.
Если прямые a и b, имеющие направляющие векторы соответственно p1  a1 ; a 2 ; a 3  и
p2  b1 ; b2 ; b3  ,
проходят соответственно через точки M1(x1; y1; z1) и M2(x2; y2; z2), то эти
прямые задаются параметрическими уравнениями соответственно:
а: x = x1 + a1t, y = y1 + a2t, z = z1 + a3t,
b: x = x2 + b1t, y = y2 + b2t, z = z2 + b3t, t ∈ R.
Обозначив 𝜑 = F (a; b),     p1 ; p2  , получим либо 𝜑 = ψ, либо 𝜑 + ψ = 1800.
Учитывая, что 𝜑 ∈
0
], получаем cos 𝜑 = | cos ψ |. Это означает, что косинус
угла между прямыми можно найди с помощью формулы cos   | cos  | 
или в координатном виде:
cos  
a1b1  a2b2  a 3b3
a12  a 22  a 32  b12  b22  b32
.
p1  p2
p1  p2
,
Задача 1
A…F1 — правильная шестиугольная призма, все ребра которой равны 1. Найти угол
между прямыми ВA1 и СВ1.
Решение.
 3
1

 3 1

 3 1

Введем систему координат Охуz, где A 1  ;  ; 1  , B  ; ; 0  , C(0; 1; 0), B1  ; ; 1  ,
2 
 2
 2 2 
 2 2 
 3
1 
CB 1 
;  ; 1  , B A 1 (0;  1; 1).
2 
 2
  ar ccos
Находим: cos   CB  B A 
1
1
3
 1
 0      ( 1)  1 1
 2
2
3 1
 1  0 1 1
4 4

3
4
3
.
4
Ответ:   ar ccos
V.
CB1  B A 1
3
.
4
Угол между прямой и плоскостью.
 x  x 0  t a,

Угол между прямой l:  y  y 0  t b, и плоскостью : Ax + By + Cz + D = 0, можно найти,
 z  z  t c,
0

используя угол между направляющим вектором p (a ; b; c ) прямой l и вектором нормали
n ( A ; B ; C ) плоскости 

sin  (l; )  sin   cos   cos  p; n


|𝑎𝐴+𝑏𝐵+𝑐𝐶|
√𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 √𝐴2 +𝐵2 +𝐶 2
Задача 1.
Дан куб A…D1 . Найти синус угла между прямой D1C1 и плоскостью A1BD
Решение.
D(0; 0; 0), А1(1; 0; 1), С1(0; 1; 1), D1(0; 0; 1). A(1; 0; 0), B1(1; 1; 1), C(0; 1; 0), B(1; 1; 0).
В качестве направляющего вектора прямой D1C1 примем вектор D1C1 (0; 1; 0), , в качестве
вектора нормали плоскости α= (A1BD) —вектор n (a ; b; c ), перпендикулярный векторам
DA 1 (1; 0; 1) и DB (1; 1; 0).
Найдем координаты вектора n (a ; b; c ). Имеем:
 n  DA 1 ,

 n  DB
 n  DA 1  0,
 n  DB  0
⇒
 a  c  0,
⇒
⇒ a = –b = –c.
a  b  0
Полагая a = 1, получим: b = c = –1, то есть n (1;  1;  1) , и
sin  
Ответ:
√3
.
3
D1C1  n
D1C1  n

| 0 1  1  ( 1)  0  ( 1) |
3

3
.
3
VI.
Угол между плоскостями.
Угол между плоскостями α и 𝛽, заданными уравнениями A1x + B1y + C1z + D1 = 0 и
А2x + B2y + C2z + D2 = 0 соответственно, удобно связать с углом между их векторами
нормали n1  A 1 ; B1 ; C1  и n 2  A 2 ; B 2 ; C2 
Именно, cos ∠ (𝛼; 𝛽) = |cos ∠(𝑛
⃗⃗⃗⃗1 ; ⃗⃗⃗⃗
𝑛2 )| =
|𝐴1 𝐴2 +𝐵1 𝐵2 +𝐶1 𝐶2 |
√𝐴1 2 +𝐵1 2 +𝐶1 2 √𝐴2 2 +𝐵2 2 +𝐶2 2
.
Задача 1.
Дан куб A…D1. Найти угол между плоскостями AB1C и ABC1.
Решение.
A(1; 0; 0), B(0; 0; 0), C(0; 1; 0), D1(1; 1; 1), B1(0; 0; 1), A1(1; 0; 1), C1(0; 1; 1), D(1; 1; 0).
Найдем угол ψ между плоскостями α= (AB1C) и 𝛽
(AB1C) имеет уравнение: аx + by + cz + d = 0.
ABC1). Пусть плоскость α =
Так как плоскость α проходит через точки A, B и C1, то координаты этих точек
удовлетворяют уравнению этой плоскости, поэтому числа a, b, c и d являются решением
системы уравнений:
 a  d  0,

 c  d  0,
b  d  0

⇒
 a  d ,

 c  d ,
 b  d .

Полагая d = –1, получаем уравнение плоскости α = (AB1C): х + у + z – 1= 0.
Значит, вектор n нормали этой плоскости имеет координаты n (1; 1; 1).
В качестве вектора нормали плоскости 𝛽 = (ABС1) примем вектор n1  a1 ; b1 ; c1  ,
перпендикулярный векторам B A (1; 0; 0) и B C1 (0; 1; 1).
Найдем координаты вектора n1 . Имеем:
 n 1  B A ,

 n 1  B C1
 n  B A  0,
 a  0,
⇒  1
⇒  1
 n 1  B C1  0
 b1  c1  0
 a  0,
⇒ 1
 b1  c1 .
Полагая c1 = –1, получаем: n1 (0; 1;  1). Тогда:
n  n1  1  0  1 1  1  ( 1)  0 ⇒ n  n 1
Ответ: 900.
⇒∠(α; 𝛽) = 900.