Документ 5025642

Реклама
•Расстояние от точки до прямой, не содержащей
эту точку, есть длина отрезка перпендикуляра,
проведенного из этой точки на прямую.
•Расстояние между двумя параллельными прямыми
равно длине отрезка их общего перпендикуляра.
•Расстояние между двумя параллельными прямыми
равно расстоянию от любой точки одной из этих
прямых до другой прямой.
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.
В1
С1
F
А1
D1
Е
В
А 1
С
Решение. Пусть h – длина
высоты треугольника, D1EF
опущенной из точки D1 .
Найдем h, используя метод
площадей. Площадь
треугольника D1EF равна
D
1 2 2
2
3
3
D1 F * D1 E * sin FD1 E  *
*
*

2
2
3
3
2
9
С другой стороны площадь треугольника D1 EF равна
1
6
FE * h 
h.
2
6
находим
Из
искомое
уравнения
расстояние
3
6

h
9
6
2
h
3
Замечание. Можно заметить, что выполняется
равенство FE2 +D1 E2 = D1 F 2,т.е. треугольник
D1EF прямоугольный и длина отрезка D1 E
является искомым расстоянием.
Ответ :
2
3
Пример 5. В правильной шестиугольной призме
ABCDEFA1 B1 C1 D1 E1 F1 , ребра которой равны l , найти
расстояние от точки A до прямой BC1 .
E1
D1
F1
C1
A1 E
F
D
В прямоугольном
треугольнике ACD, где
C
ACD  90 ,
B1
A
B
H
Решение.
В квадрате BCC1 B1
диагональ BC1 равна
0
2
AD  2,
находим
AC  2 2  12  3.
теругольника
В
ACC1
треугольнике
Из
используя
получаем
 
2
 2.
теорему
2
2  2  12 5 2
cos  

8
2*2* 2
2
косинусов ,
 3 1
2
AC1 
имеем
ABC1 ,
прямоуголь ного
14
где
AC1 B  .
Далее
находим sin  
8
и
из
треугольника
AC1 H
высоту
14
14
AH  AC1 sin   2 *

.
8
4
Ответ :
14
4
Пример 6. (МИОО, 2010). В тетраэдре ABCD, все ребра
которого равны l, найти расстояние от точки A до
прямой, проходящей через точку B и середину E ребра
CD .
D
E
H
C
B
M
A
Решение.
Так как все ребра
ABCD - равные
правильные
треугольники, то
медианы BE и AE
треугольников BDC и
ADC равны и
3
BE  AE 
2
Рассмотрим равнобедренный треугольник BEA и его
высоты EM и AH. Выражая площадь треугольника
двумя способами, получаем
1
1
S BEA  * AH * BE  * EM * AB,
2
2
получаем
AH * BE  EM * AB.
EM  BE  BM 
3 1
2

 
,
4 4 2
то
Так
как
равенство
2
2
получаем
EM * AB
2
2
6
AH 

*1 *

BE
2
3 3
Ответ :
6
3
Пример 7. В единичном кубе ABCDA1 B1 C1 D1 найти
расстояние от точки D до прямой A1C .
D1
C1
D1
A1
F
B
A
C
D
Пусть
опорная
A1C  BDC1  F .
задача
20,
A1C  BDC1
Так
как
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
расстояние
равно
радиусу
окружности, описанной около треугольника BDC1 .
Сторона
этого
треугольника
равна 2
значит,
2* 3
6
 D, A1C   DF 

.
3
3
Ответ :
6
3
Пример 8. В единичном кубе ABCDA1 B1 C1 D1 найти
расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q –
середины соответственно ребер A1 B1 и ВС.
Z
A1
P
B1
N
D1
C1
A
Y
Q
D
X
С
Решение. Рассмотрим прямоугольную систему
координат с началом в точке A Найдем
координаты точек
 1  1

P 0; ;1, Q ;1;0 , D1 1;0;1.
 2  2

1 1
PQ 
 1 
4 4
3
,
2
Тогда
1
3
D1Q 
11  ,
4
2
1
1
D1 P  1   0 
4
4
Из треугольника D1 PQ , используя формулу
D1 P 2  QP 2  D1Q 2
cos D1 PQ 
, находим
2 * D1 P * QP
5 3 9
 
1
4
2
4
cos D1 PQ 

.
30
5
3
2*
*
4
2
Далее
получаем
2
 1 
29


sin D1 PQ  1  

.

30
 30 
Пусть D1 N  PQ,
где
N  PQ.
D1 N  D1 P * sin D1 PQ,
Ответ :
174
12
Тогда
5
29
174
174
D1 N 
*


4
30
144
12
Пример 9. В единичном кубе ABCDA1 B1 C1 D1 найти
расстояние от точки D1 до прямой РQ, где Р и Q –
середины соответственно ребер A1 B1 и ВС.
Z
A1
P
B1
N
D1
C1
c
A
b
B
a
Q
D
X
С
Y
Решение. Пусть
AD  a,
AB  b,
AA1  c,
тогда
a  b  c 1
a * b  a * c  b * c  0.
Выразим
через базисные векторы
1
1
1
1
a, b, c :
PQ  PB1  B1 B  BQ  b  c  a  a  b  c,
2
2
2
2
1
PD1  a  b
2
Пусть D1 N  PQ,
где
N  PQ. Выразим
вектор
векторов
вектор
D1 N ,
PN
PQ
учитывая
коллинеарн ость
и
D1 N  PN  PD1  x * PQ  PD1
PQ :
Так
D1 N  PQ,
как
Отсюда
получаем
то
D1 N * PQ  0.
x * PQ  PD * PQ  0
1
x * PQ 2  PD1 * PQ,
2
1
1

  1  1
1
x *  a  b  c    a  b  *  a  b  c ,
2
2

  2  2
2
1
1 1  1 1
x *    1   , x 
6
4 4  2 4
1
7
11
1
11
1
 1
D1 N  * PQ  PD1   a  b  c   b  a   a  b  c
12 12 6
2
62
6
 2
2
7
1 
121 49 1
174
 11
D1 N  D1 N    a  b  c  

 
144 144 36
12
 12 12 6 
2
Замечание. Решение данного примера
векторным методом не является
рациональным, но приведено с целью показа
широких возможностей векторного метода при
решении задач разных видов
Используемая литература:
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: виды
задач и методы их решения.
Скачать