ИЗУЧЕНИЕ РАЗЛИЧНЫХ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ № 14 ЕДИНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ЭКЗАМЕНА ПО МАТЕМАТИКЕ

МКУ «УПРАВЛЕНИЕ ОБРАЗОВАНИЯ ИСПОЛНИТЕЛЬНОГО КОМИТЕТА
ЧИСТОПОЛЬСКОГО МУНИЦИПАЛЬНОГО РАЙОНА
РЕСПУБЛИКИ ТАТАРСТАН»
МБОУ «Средняя общеобразовательная школа №4»
ИЗУЧЕНИЕ РАЗЛИЧНЫХ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ №16 ЕДИНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ЭКЗАМЕНА ПО МАТЕМАТИКЕ
Секция: Математика
Выполнила: ученица 11 класса,
Юсупова А. И.
Научный руководитель:
Шилова В.П.,
учитель математики, первой
квалификационной категории
по должности «учитель»
Чистополь, 2015
СОДЕРЖАНИЕ
ВВЕДЕНИЕ ………...…………………………………………………………………..3
ГЛАВА І.
Координатный метод …………………….…….……..………………………....4
Метод объёмов……………………………………………………………………4
Решение задач…..…….………………………………………………….….……6
ЗАКЛЮЧЕНИЕ……………………………………………………………..………….12
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ…………………………………...……………….………..13
Введение.
Задания №16 Единого Государственного Экзамена по стереометрии в большинстве случаев включают в себя нахождение углов между прямыми в пространстве, прямой и плоскостью, двумя плоскостями; нахождение расстояний от точки до прямой, от точки до плоскости, между двумя прямыми.В 2010 году процент школьников, приступивших к выполнению данного задания, составил всего 30%. А в 2012 году процент выполняющих это задание снизился до 29%. Задание №16 оценивается в 2 балла. В 2010 году от 1 до 2 баллов за задачу смогли получить 11.6% участников экзамена, в 2011 - 13,9%, а в 2012 -5,53%, в 2013-10,6%, 2014- 4,6% .Для решения задач данного типа требуются знания определений геометрических фигур, формул для нахождения элементов треугольника, теоремы Пифагора, теоремы синусов и косинусов, умение проводить дополнительные построения, владение координатным и векторным методами геометрии.Актуальность данной работы заключается в том, что в настоящий момент у выпускников 11 класса возникают большие трудности с выполнением задания №16, и поэтому очень важно научиться школьникам решать эти задачи, для того чтобы набрать максимальное количество баллов на Едином Государственном Экзамене.
Исходя из того, что поднимается проблема выбора наиболее оптимальной формы для решения задач по стереометрии.
Объектом исследованияявляются геометрические задачи единого государственного экзамена (№16), а предметом исследования являются задачи на нахождение расстояний и углов между прямыми и плоскостями. В ходе исследования мною была выдвинута гипотеза, заключающаяся в утверждении, чтокоординатный метод решения задач рациональнее поэтапно-вычислительного и метода объёмов.
Цель работы: проанализировать методы решения задач «№16» и выявить наиболее рациональный.
Задачи:
Нахождение, изучение и анализ различных методов решения задач по стереометрии (задания №16).
Сопоставление выбранных методов решения.
Анализ результатов сопоставления.
Методы исследования:
Изучение литературных источников.
Метод анализа, синтеза, обобщения.
Метод сравнения. Метод эксперимента.
1.Прямоугольная система координат в пространстве

Рис.1
Ох, Оу, Оz - оси абсцисс, ординат и аппликат. Координаты точки А записываются так: А (х; у; z) (см. Рис.1).
1.1.Координатный метод
Координатный метод позволяет рассматривать множество самых трудных задач на вычисление всех видов углов (между прямыми, между прямой и плоскостью, между плоскостями) и любых расстояний (от точки до плоскости, между параллельными плоскостями, между скрещивающимися прямыми).Необходимо выбрать систему координат, исходя из удобства расположения фигуры. Найти координаты нужных точек.
Решить задачу, используя основные формулы метода координат.
Опорные формулы:
cosa,b=x1x2+y1y2+z1z2x12+y12+z12x22+y22+z22 (1)
ρ=Ахо+Вуо+СzоА2+В2+С2 (2)
cos(n,a)=sinпрямой, плоск.=Ах1+Ву1+Сz1A2+B2+C2x12+y12+z12 (3)
cos∝=n*mnm=x1x2+y1y2+z1z2x12+y12+z12x22+y22+z22 (4)
1.2Метод объемов
Методом объемов называется выравнивание двух подходящих выражений для объема, в результате чего удается вычислить искомую величину.
Если объем пирамиды АВСМ равен VABCM , то расстояние от точки M до плоскости , содержащей треугольник АВС, вычисляют по формуле dM,α=M,ABC3VABCMSABC . В общем случае рассматривают равенство объемов одной фигуры, выраженные двумя независимыми способами.
1.3. Решение задач.
Задача №1.Задача.  Дан  прямоугольный  параллелепипед  АBСDA1B1C1D1  со  сторонами  AB=2,  BC=4,  AA1=6.  Найдите  расстояние  от  точки  D  до  плоскости АСD1.
1  способ.  Используя  определение.  Найти  расстояниеd(D,  АСD1)    (см. Рис.  2). 
 

Рис 2. 
 
ПроведемDH⊥АС,следовательнопо тереме о  трех  перпендикулярахD1H⊥АС и  (DD1H)⊥АС.  Проведем  прямую  DTперпендикулярно  D1H.Прямая  DT лежит в плоскости  DD1H,  следовательно  DT⊥AC.  Следовательно,  DT⊥АСD1. 
Из  прямоугольного  треугольника  АDC  найдем  гипотенузу  АС  и  высоту  DH
 


 
Из  прямоугольного  треугольника  D1DH  найдем  гипотенузу  D1H  и  высоту  DT
 


Ответ:  .
2.  Метод  объемов  (использование  вспомогательной  пирамиды).  
Прямоугольный  параллелепипед  —  параллелепипед,  все  грани  которого  являются  прямоугольниками. 
 
AB=CD=2,  BC=AD=4,  AA1=6.
 
Искомым  расстоянием  будет  высота  h  пирамиды  ACD1D,  опущенной  из  вершины  D  на  основание  ACD1  (см. Рис.3).
Вычислим  объем  пирамиды  ACD1D  двумя  способами.
Вычисляя,  первым  способом  за  основание  примем  ∆  ACD1,  тогда
 

 
Вычисляя,  вторым  способом  за  основание  примем  ∆  ACD,  тогда
 

 
Приравняем  правые  части  последних  двух  равенств,  получим
 


 

Рис  3. 
 
Из  прямоугольных  треугольников  АСD,  ADD1,  CDD1  найдем  гипотенузы,  используя  теорему  Пифагора
 


 
Вычислим  площадь  треугольника  ACD:

 
Вычислим  площадь  треугольника  АСD1,  используя  формулу  Герона 
 



 
Ответ:  .
3  способ.  Координатный  метод. 

Рис  4. 
 
B(0,0,0),  А(2,0,0),  С(0,4,0),  D(2,4,0),  D1(2,4,6).
 
Пусть  aх+by+cz+d=0  –  уравнение  плоскости  ACD1.  Подставляя  в  него  координаты  точек  A,  C,  D1  получим:
 x-2yz-240046 = 24x +12y -8z -48
 Уравнение  плоскости  ACD1  примет  вид
(ACD1): 6x +3y-2z -12=0 n=(6;3;-2)
d(D, ACD1)=ax0+by0+cz0+da2+b2+c2= 127 Ответ:  .
Задача №2.В правильной четырехугольной призме АВСDА1B1C1D1 стороны основания равны 4, боковые ребра равны 2, точка Е – середина ребра ВВ1. Найдите расстояние от вершины В до плоскости АС1E (см. Рис.5).
Рис.5
Решение (метод объёмов)
Пусть d – расстояние от точки В до плоскости АС1Е. Для нахождения d применим метод «вспомогательного объема», состоящий в том, что V пирамиды ВАЕС1 выражается двумя способами:
а) с одной стороны VВАЕС1 = 13 SАЕС1 ∙ d, а с другой стороны
б) VВАЕС1 = 13 SАBE ∙ h, где h – расстояние от вершины С1 до плоскости (ABE),
и h = C1B1 = 4.
Тогда 13SAEC1 ∙ d = 13SABE∙hОттудаd= h∙SABESAEC1 Рассмотрим ∆ АВЕ, он – прямоугольный,
АВ = 4; ВЕ = 12BB1= 12 ∙2=1 Тогда SABE=12 АВ∙ВЕ = 12 ∙4∙1 = 1 Рассмотрим ∆ АЕС1, он - равнобедренный, т.к. АЕ=ЕС1 (см. Рис.6).
Рис.6
Прямоугольные ∆ АВЕ и ∆В1С1Е равны по двум катетам:
ВЕ=В1Е; АВ=В1С1
По теореме Пифагора в ∆АВЕ
AE=АВ2+ВЕ2=42+12=17 Проведем ЕК ⊥ АС1,
по теореме Пифагора ЕК = АЕ2 - АС2, где АК= АС12 АС1 - диагональ прямой призмы:
AC12=АВ2+AD2+AA12AC1=42+42+22 = 36 =6Следовательно, ЕК = (17)2-(62)2= 17-9 = 8=22SAEC1 = 12 EK∙AC1=12∙ 22∙ 6=62 Итак, d = 4∙262= 862=8212= 223Ответ: 223Задача №3. На ребрах BB1, AD и D1C1 куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R- середины этих ребер. Считая ребро куба равным 4, найдите расстояние от точки A1 до плоскости PQR (см. Рис.7).
Решение:1) координатный метод
Рис. 7
1.Координаты точек P,Q,R:
P (4;0;2), Q(0;2;0), R(2;4;4).
XY-2Z4-22224 = -12x -12(y-2) + 12z =0
Уравнение плоскости: -1x -1y+1z+2=0
n (-1;-1;1)-направляющий вектор
Точка А1 имеет координаты (0;0;4), тогда расстояние от точки А1 до плоскости PQR равно:
d=4+21+1+1= 23Ответ: d= 23Другое решение:2)поэтапно-вычислительный метод
ВпирамидеА1RPQ: PQ = PR =QR = 24; A1Q = A1R = A1P = 20;
Пусть т.Е – середина PQ, RH= 13RE ;
AH= 23Ответ: d= 23Задача №4.
На середине ребра C1D1 единичного куба ABCDA1B1C1D1 взята точка М. Найдите угол между плоскостью МАВ и плоскостью основания (см. Рис.8).
Решение:1)поэтапно-вычислительный метод.
Рис.8
Угол MKL – линейный угол между плоскостями АВС и МАВ.
В треугольнике MKL, KL=BC=1; ML=CC1=1;
tgMKL=1
∠MKL=45°Ответ: 45°Другое решение: 2)координатный метод
Найдем координаты точек А,В,С,М (см.Рис.9).
Рис.9
А (0;0;0) , В (1;0;0), С (1;1;0), М (0,5; 0,5; 1)
Уравнение плоскости АВС:
xyz100110 = z= 0; n (0;0;1)
Уравнение плоскости МАВ:
xyz1000,50,50,5 = -y +z= 0 ; n (0; -1; 1)
cos∠MKL=12; ∠MKL= 45°Ответ: 45°Задача №5.
В правильной треугольной пирамиде SABC, ребра которой равны 2, точка М – середина АС. Найдите расстояние от точки М до BS(см. Рис.10).
Рис.10Решение:1)поэтапно-вычислительный метод
Треугольник MSB –равнобедренный. MS=MB= 3MK- медиана, высота, биссектриса. МК= 2Ответ: 2Другое решение:2)координатный метод
Рис.11
Найдем координаты точек М, В, S (см.Рис.11).
M ( 32;3;0), В(0;0;0), S(1;3; 263), BS (1;3; 263)
d=2;
Ответ: 2Задача №6.
Ребро SA пирамиды SABC перпендикулярно плоскости основания АВС.
А) Постройте прямую пересечения плоскости, проходящей через середины ребер АВ, АС и SA, и плоскости, проходящей через середину ребра ВС и перпендикулярной ему.
Б)Найдите расстояние от вершины А до этой плоскости, если SA=5, АВ=АС=5, ВС=2 5 (см. Рис.12).
Рис.12Решение:1) метод объемов.
Решение: Пусть АА1=d - расстояние от т. А до плоскости KLM;
В пирамиде KALM, АК= 52; АМ=АL= 52; LM=5 .
KM= 302; KH= 52; АН=5;VKALM =13SALM * AK = 13SKLM * AA1 ; AA1=АН*АККН= 1
Ответ:1
Другое решение:2) координатный метод.
Найдем координаты точек A, L, M, K (см. Рис.13).
Рис.13
A(0;0;0), К(0;0;52), M(52;0;0), L(32;2;0).
Уравнение плоскости KLM:
xyz-52520-52322-52 = 5x+ 52y+5z- 552= 0; n (5; 52;5)d= 552552= 1
Ответ:1
Заключение
Вывод: поэтапно-вычислительныйметод и метод объемов гораздо легче. При координатном методе требуется знание определенных формул.
Я проанализировала и сравнила решения геометрических задач
Выводы по поэтапно-вычислительному методу и методу объемов: этот метод наиболее удобен и включает формулы школьной программы.
Выводы по координатному методу: координатный метод в некоторых случаях более лаконичен, но требует знания определенных формул, которым не уделяется внимание в школьной программе;
Гипотеза исследования подтвердилась частично: преимущественно удобен поэтапно-вычислительныйметод и метод объемов, но в некоторых случаях координатный метод наиболее рационален.
Цель работы достигнута.
Литература
1.Сборник И.В.Ященко для подготовки к ЕГЭ (50 вариантов);
.Корняков  А.Н.  Материалы  курса «Готовим  к  ЕГЭ  хорошистов  и 
отличников»
3.Атанасян Л.С.и др.Геометрия, 10-11: учеб. для общеобразовательных учреждений:базовый и профильный уровни.- 19 – е изд.- М. : Просвещение, 2010.
4.Интернет ресурсы.