Метод координат в задачах С2.

С2: Нахождение расстояния от
точки до плоскости
Работа на научные чтения
2012 года по математике.
Выполнила: Колесник Ксения
Руководитель: Акимова
Татьяна Дмитриевна
C1
Задача:
B1
О1
В единичном кубе
ABCDA1B1C1D1
найти расстояние
E
D1
A1
C
B
от точки C1 до
D
плоскости АВ1С.
A
Методы решения задачи
векторный
поэтапновычислительный
метод объёмов
координатный
метод опорных задач
Поэтапно-вычислительный метод
В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти
расстояние от точки C1 до плоскости АВ1С.
1) Так как А1С1 // AC ,
то А1С1 // (AB1C).
Поэтому
h=ρ(С1; (AB1C)) =
ρ(O1; (AB1C)),
где О1 Є А1С1.
Пусть Е – основание
перпендикуляра,
опущенного из
точки О1 на прямую
В1О, где О – центр
квадрата АВСD.
О1Е Є (ВВ1D1D),
AC(ВВ1D1D).
Поэтому О1Е AC.
Имеем: В1О О1Е, AC О1Е, В1ОAC.
По признаку перпендикулярности прямой к
плоскости О1Е  (AB1C).
Так как B O  2 ,
1
1
O1O  1,
2
то OB  1  1  3 .
1
2
1
S B O O  OB1  h
2
1
S B O O  B1O1  O1O
2
1 1
1 1
2
Координатный метод
В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти
расстояние от точки C1 до плоскости АВ1С.
Составим уравнение плоскости,
проходящей через точки
А(1;0;0), С(0;1;0), В1(0;0;1).
Для этого подставим
координаты этих точек в общее
уравнение плоскости
ax+by+cz+d=0
Векторный метод
В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 найти
расстояние от точки C1 до плоскости АВ1С.
Так как А1С1 // AC , то А1С1 // (AB1C).
О1
Поэтому h=ρ(С1; (AB1C)) = ρ(O1; (AB1C))
1) Пусть AB  a; AD  b ; AA1  c
Тогда | a || b || c | 1;
a b  a c  b c  0
2) AC  a  b ;
M
AB1  a  c ;
D1 B1  b  a ;
O1 B1 

1
a b
2

3) Пусть O1M  ( AB1C ),гдеM  ( AB1C )
B1M  x  AC  y  AB1 ;
O1M  O1 B1  B1M  O1 B1  x  AC  y  AB1
О1
M
O1M  AB1  0
O1M  AB1
4) 



O1M  AC
O1M  AC  0
O B  AB  y  AB 2  x  AC  AB  0
 1 1
1
1
1

2
O1 B1  AC  y  AB1  AC  x  AC  0
5) 
O1 B1  AB1  y  AB1  x  AC  AB1  0
2
О1

2
O1 B1  AC  y  AB1  AC  x  AC  0
1
O1 B1  AB1  (a  b )(a  c );
2
2
AB1  (a  c ) 2  a 2  c 2  2;
M
AC  AB1  (a  b )(a  c )  a 2  1;
1
1 2 1 2
O1 B1  AC  (a  b )(a  b )  a  b  0;
2
2
2
2
Получим
систему:
AC  (a  b ) 2  a 2  b 2  2.
1

1
1
x




2
y

x

0
2
y

x




6


2
2



0  y  2 x  0
2 x  y  0
y  1

3
O1M  O1B1  x  AC  y  AB1 ;
1
O1 B1  (a  b ); AC  a  b ; AB1  a  c ;
2
1
1
1
O1M  (a  b )  (a  b )  (a  c );
2
6
3
1
1
1
O1M  a  b  c ;
3
3
3
1 1 1
3
| O1M |
  
.
9 9 9 3
Метод объёмов
В общем случае рассматривают равенство
объёмов одной фигуры, выраженных двумя
независимыми способами.
Так как А1С1 // AC , то А1С1 // (AB1C).
Поэтому h=ρ(С1; (AB1C)) = ρ(O1; (AB1C)).
Рассмотрим пирамиды
О1
M
O1 AB1CиB1 AO1C
1
V   O1M  S AB1C
3
1
V   B1O1  S AO1C
3
О1
M
2
2  3 2 1
O1M 
  2 1
4
2 2
3
O1M  .
3