Logo GenDocs.ru

Поиск по сайту:  

Загрузка...

Задачи на скрещивающиеся прямые. Алгоритмы решения - файл 1.doc


Задачи на скрещивающиеся прямые. Алгоритмы решения
скачать (125.5 kb.)

Доступные файлы (1):

1.doc126kb.26.11.2011 09:35скачать

содержание

1.doc

Глава 1. Скрещивающиеся прямые. Основные понятия.

  1. Скрещивающиеся прямые. Определение.

Как известно из планиметрии, для двух прямых на плоскости возможны два случая их взаимного расположения: либо эти прямые пересекаются, либо они параллельны.


Поскольку в пространстве имеются плоскости, и на них выполняется планиметрия, то эти два случая взаимного расположения прямых сохраняются и для пространства. Но в пространстве добавляется еще один случай – когда две прямые не лежат в одной плоскости. Такие две прямые легко построить. Возьмем любые четыре точки A, B, C, D, не лежащие в одной плоскости. Тогда прямые AB и CD не лежат в одной плоскости.


D



А

C

В

α


Определение: Две прямые, не лежащие в одной плоскости, называются скрещивающимися.

Иначе говоря, скрещивающиеся прямые – это прямые, через которые нельзя провести плоскость.


^ 2. Способы нахождения расстояния между скрещивающимися

прямыми.
Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми существуют четыре основных способа:

  1. нахождение общего перпендикуляра двух скрещивающихся прямых;

  2. расстояние от одной из скрещивающихся прямых до параллельной плоскости, проходящей через другую прямую;

  3. нахождение расстояния между параллельными плоскостями, в которых находятся скрещивающиеся прямые;

  4. нахождение расстояний между проекциями скрещивающихся прямых на перпендикулярную им плоскость.

Для начала докажем, что две скрещивающиеся прямые имеют общий перпендикуляр, и притом только один. Он является общим перпендикуляром параллельных плоскостей, проходящих через эти прямые.

Определение: Общим перпендикуляром двух скрещивающихся

прямых называется отрезок с концами на этих прямых и являющийся перпендикуляром к каждой из них.



α








β

Доказательство: Действительно, пусть a и b – данные скрещивающиеся прямые. Проведем через них параллельные плоскости α и β. Прямые, пересекающие прямую а и перпендикулярные плоскости α, лежат в одной плоскости. Эта плоскость пересекает плоскость β по прямой a’,параллельной а. Пусть В – точка пересечения прямых a’ и b. Тогда прямая АВ, перпендикулярная плоскости α, перпендикулярна и плоскости β, то есть, β параллельна α. Отрезок АВ – общий перпендикуляр плоскостей α и β, а значит и прямых а и b.

Теперь докажем, что этот перпендикуляр единственный.

Допустим, что у прямых a и b есть другой общий перпендикуляр СD. Проведем через точку С прямую b’ параллельную b. Прямая СD перпендикулярна прямой b, а значит и b’.Так как она перпендикулярна прямой а, то она перпендикулярна плоскости α, а значит параллельна АВ. Выходит, что через прямые АВ и СD, как через параллельные, можно провести плоскость. В этой плоскости будут лежать наши скрещивающиеся прямые АС и ВD, а это невозможно, что и требовалось доказать.

Определение: Расстоянием между скрещивающимися прямыми называется длина их общего перпендикуляра. Оно равно расстоянию между параллельными плоскостями, проходящими через эти прямые.

Глава 2. Алгоритм нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми.

^ 1.Случай, если одна из прямых лежит в плоскости основания.

Рассмотрим случай, когда одна из прямых лежит в плоскости основания.

Пусть даны две скрещивающиеся прямые a и b .Прямая а лежит в плоскости α, а прямая пересекает b плоскость α в некоторой точке В. Найти расстояние между прямыми а и b.

P

М

В

α С

Порядок выполнения работы.

  1. Возьмем произвольную точку М, принадлежащую прямой b.

  2. Из точки М опустим перпендикуляр МК на плоскость α , точка К принадлежит α.

  3. Проведем прямую ВК, которая пересекает прямую а в некоторой точке А.

  4. Через точку В проведем прямую а’ параллельную а.

  5. Восстановим из точки А перпендикуляр АР к плоскости α, АР пересечет b в точке Р.

  6. Из точки А на прямую а’ опустим перпендикуляр АС.

  7. Рассмотрим прямоугольный треугольник РАС. Проведем из точки А перпендикуляр АL на гипотенузу PС.

Перпендикуляр АL является искомым. Докажем это.

Доказательство:

По построению АL перпендикулярна РС. Так как АС является проекцией АL на α , то по теореме о трех перпендикулярах АL перпендикулярна a’.Отсюда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости АL перпендикулярна плоскости (ВРС), а значит она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, AL перпендикулярна b.

  1. ^ Случай, когда одна из прямых перпендикулярна плоскости основания.

Пусть даны две скрещивающиеся прямые а и b. Прямая а перпендикулярна плоскости α. Найдем расстояние между этими прямыми.


b a
A2 A1

α

Порядок выполнения работы.

  1. Так как плоскость α перпендикулярна прямой а, то ортогональная проекция последней на α есть точка В1 пересечения α и а.

  2. Искомое расстояние между а и b равно расстоянию от В1 до прямой с, где с – ортогональная проекция b на α.

  3. Пусть В1В2 перпендикуляр, опущенный в плоскости α из точки В1 на прямую с.

Докажем, что В1В2 – искомое расстояние.

Доказательство:

Точка В2, принадлежащая прямой с является ортогональной проекцией на α в некоторой точке А2, принадлежащей b, откуда А2В2 перпендикулярна В1В2. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, отрезок В1В2 перпендикулярен плоскости π, содержащей прямые b и с (а значит и отрезок А2В2). Очевидно, что а параллельна π.

Следовательно, отрезок В1В2 есть перпендикуляр, опущенный из точки В1, принадлежащей а, на плоскость π, проходящую через b параллельно а, и его длина и есть расстояние между а и b.

^ Глава 3. Как применять алгоритмы нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми на практике.

Задача 1.

В кубе с ребром а найти расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных граней.
Решение:
Обозначим через АВСDА1В1С1D1 куб. Нужно найти расстояние между диагональю основания АС и диагональю боковой грани С1D1.

1 способ (по алгоритму 1).

1. Через точку D проведем прямую а1 параллельную АС.

2. Проведем перпендикуляр СЕ из точки С на прямую а1.

3. Рассмотрим прямоугольный треугольник С1СЕ. Из точки С проведем высоту СL, СL перпендикулярна С1Е.

С – искомое расстояние между АС и С1.




A1 D1


B1 C1


L



D E

a1
B C

Как высота из прямоугольного треугольника С1СЕ,

CC1∙CE

СL = ───── = a∙───.

C1E 3


2 способ (по алгоритму 2).

1. Выбрав две прямые СD1 и А1В строим плоскость π, перпендикулярную DС1.

2. Проекция DC1 на π – С’,АС – А1С, где АА1 – перпендикуляр к π.

3. Из точки С’ восстанавливаем перпендикуляр к А’C, C’K – искомое расстояние.


A1 D1


B1 C1
A' C’


K D


B C

A’C’∙CC’

Из треугольника А’С’С, С’К = −−−−−−− = a∙−−.

A’C 3

Задача 2.

Дана правильная треугольная призма со стороной основания а и высотой Н. Найти расстояние между высотой основания и непересекающейся с ней апофемой боковой грани.

Решение:

Пусть SABC – данная пирамида. Найдем расстояние между высотой основания BL и апофемой SD боковой грани SBC.

1 способ (по 1 алгоритму).

1. Через точку D проведем прямую a1 ,параллельную BL.

2. Опустим перпендикуляр SO на плоскость основания АВС.

3. Из точки О проведем перпендикуляр ОЕ к прямой а1.

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник SOE:ОК перпендикулярно SE, ОК – искомое расстояние.

a

C


S



SO∙OE h∙a/4 a∙h

OK = −−−−− = −−−−−− = −−−−−

SE


2 способ (по 2 алгоритму)

1. Из точки S восстановим перпендикуляр SO к плоскости (АВС).

2. Через точку О проведем прямую а, параллельную АС.

3. Поскольку BL перпендикулярно АС, то она перпендикулярна и а. Через точку S и прямую а построим плоскость, перпендикулярную BL.

4. Точка О – проекция BL на эту плоскость, SD’ – проекция SD на эту плоскость.

5. Из точки О опустим перпендикуляр на SD’, OH – искомое расстояние.


A

C

B



OH находится из треугольника SOD’ так же, как в 1 случае.


Задача 3.

Дана правильная треугольная пирамида SABC со стороной основания а. На ребре SB взята точка Е, которая делит SB в отношении k, а на ребре SC взята точка D, которая делит SC в отношении m. Найти расстояние между высотой основания BN и отрезком DE.

Решение:

Выполним дополнительные построения:

  1. Из точки Е опустим перпендикуляр ЕК на плоскость основания;

  2. Из точки D опустим перпендикуляр на плоскость основания;

  3. Соединим точки К и L;

  4. Рассмотрим треугольник КОL. Проведенный перпендикуляр ОM является искомым.



C

B


Выноска:



Проведем необходимые вычисления:

1.Рассмотрим прямоугольные треугольники SOB и EKB. Они подобны по 2ум углам

BE : SB = BK : BO→BE : (SE + BE) = BK : R → BK = R/(k+1);

OK = BO – BK = R - R/(k+1) = (k ∙ R)/(k+1), CO = BO = R, где R – радиус описанной окружности;

2.Рассмотрим треугольники DLC и SOC, подобные по 2ум углам

LC : CO = CD : SC→LC : R = CD : (CD + SD) →LC = R/(m+1)

OL = CO – LC = R – R/(m+1) = (m ∙ R)/(m+1);

3.Рассмотрим треугольник LOK, угол LOK=120°,

По теореме косинусов: LK²=OL² + KO² - 2∙KO∙OL∙cos120°, CO = R.

Подставив значение, получим:

LK=;

3.Найдем площадь треугольника LOK:

SLOK=OL∙OK∙sin120°==.

Также площадь треугольника можно найти иначе:

SLOK=LK∙h → h = =
Заменив R = , получим OL = h = .

Ответ: .


Скачать файл (125.5 kb.)

Поиск по сайту:  

© gendocs.ru
При копировании укажите ссылку.
обратиться к администрации