მანძილი გადაკვეთის ხაზებს შორის სამკუთხა პირამიდაში. გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნა - თეორია, მაგალითები, ამონახსნები

მათ შორის უზარმაზარი თანხასტერეომეტრიული პრობლემები გეომეტრიის სახელმძღვანელოებში, პრობლემების სხვადასხვა კრებულში და უნივერსიტეტებისთვის მომზადების სახელმძღვანელოებში, უკიდურესად იშვიათია პრობლემების პოვნა გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნაში. შესაძლოა ეს განპირობებული იყოს როგორც მათი პრაქტიკული გამოყენების სივიწროვით (სასკოლო სასწავლო გეგმასთან შედარებით, ტერიტორიებისა და მოცულობების გამოთვლის „გამარჯვებული“ პრობლემებისგან განსხვავებით), ასევე ამ თემის სირთულით.

ივარჯიშე ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩატარებააჩვენებს, რომ ბევრი სტუდენტი არც კი იწყებს საგამოცდო ნაშრომში შეტანილი გეომეტრიის ამოცანების შესრულებას. გაზრდილი სირთულის გეომეტრიული ამოცანების წარმატებით შესრულების უზრუნველსაყოფად, აუცილებელია აზროვნების მოქნილობის განვითარება, განზრახ კონფიგურაციის ანალიზისა და მასში ნაწილების იზოლირების უნარი, რომელთა განხილვა საშუალებას გაძლევთ იპოვოთ გზა პრობლემის გადასაჭრელად. პრობლემა.

სასკოლო კურსი მოიცავს გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნის ამოცანების გადაჭრის ოთხი გზის შესწავლას. მეთოდის არჩევა განისაზღვრება, პირველ რიგში, კონკრეტული ამოცანის მახასიათებლებით, არჩევანის შესაძლებლობებით და, მეორეც, კონკრეტული მოსწავლის „სივრცითი აზროვნების“ შესაძლებლობებითა და მახასიათებლებით. თითოეული ეს მეთოდი საშუალებას გაძლევთ გადაჭრას ყველაზე მეტი ძირითადი ნაწილიამოცანები - ორივე გადაკვეთის ხაზის პერპენდიკულარული სეგმენტის აგება (პრობლემების გამოთვლითი ნაწილისთვის მეთოდებად დაყოფა საჭირო არ არის).

გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნის ამოცანების გადაჭრის ძირითადი მეთოდები

ორი დახრილი წრფის საერთო პერპენდიკულარის სიგრძის პოვნა, ე.ი. სეგმენტი ბოლოებით ამ ხაზებზე და თითოეული ამ წრფეზე პერპენდიკულარული.

ერთ-ერთი გადამკვეთი წრფედან მეორე წრფეზე გამავალ მის პარალელურ სიბრტყემდე მანძილის პოვნა.

ორს შორის მანძილის პოვნა პარალელური სიბრტყეებიმოცემული გადამკვეთი ხაზების გავლით.

მანძილის პოვნა წერტილიდან, რომელიც არის ერთ-ერთი გადაკვეთის ხაზის პროექცია მის პერპენდიკულარულ სიბრტყეზე (ე.წ. „ეკრანი“) სხვა ხაზის პროექციამდე იმავე სიბრტყეზე.

მოდით ვაჩვენოთ ოთხივე მეთოდი შემდეგი მარტივის გამოყენებით დავალება: „კუბში კიდეებით აიპოვეთ მანძილი რომელიმე კიდესა და სახის დიაგონალს შორის, რომელიც არ კვეთს მას." პასუხი: .

სურათი 1

h skr არის პერპენდიკულარული გვერდითი სახის სიბრტყის, რომელიც შეიცავს დიაგონალს დდა პერპენდიკულარულია კიდეზე, შესაბამისად, ჰ სკრდა არის მანძილი კიდეს შორის ადა დიაგონალი დ.

სურათი 2

სიბრტყე A არის კიდის პარალელურად და გადის მოცემულ დიაგონალზე, შესაბამისად, მოცემული ჰ სკრარის არა მხოლოდ მანძილი კიდიდან A სიბრტყემდე, არამედ მანძილი კიდედან მოცემულ დიაგონალამდე.

სურათი 3

სიბრტყეები A და B პარალელურია და გადის ორ მოცემულ დახრილ ხაზს, მაშასადამე, ამ სიბრტყეებს შორის მანძილი ტოლია მანძილის ორ დახრილ ხაზს შორის.

სურათი 4

სიბრტყე A პერპენდიკულარულია კუბის კიდესთან. როდესაც დაპროექტებულია A დიაგონალებზე დეს დიაგონალი უხვევს კუბის ფუძის ერთ-ერთ მხარეს. ეს ჰ სკრარის მანძილი კიდის შემცველ ხაზსა და დიაგონალის პროექციას შორის C სიბრტყეზე და, შესაბამისად, კიდესა და დიაგონალის შემცველ ხაზს შორის.

მოდით უფრო დეტალურად ვისაუბროთ სკოლაში შესწავლილი პოლიედრებისთვის თითოეული მეთოდის გამოყენებაზე.

პირველი მეთოდის გამოყენება საკმაოდ შეზღუდულია: ის კარგად გამოიყენება მხოლოდ ზოგიერთ პრობლემაში, რადგან საკმაოდ რთულია უმარტივეს ამოცანებში ზუსტი, ხოლო რთულ ამოცანებში ორი გადაკვეთის საერთო პერპენდიკულურის სავარაუდო მდებარეობის დადგენა და დასაბუთება. ხაზები. გარდა ამისა, კომპლექსურ ამოცანებში ამ პერპენდიკულარის სიგრძის პოვნისას შეიძლება გადაულახავ სირთულეებს წააწყდეთ.

პრობლემა 1. ბ მართკუთხა პარალელეპიპედიზომებით ა, ბ, თიპოვეთ მანძილი გვერდითა კიდესა და ფუძის დიაგონალს შორის, რომელიც არ კვეთს მას.

სურათი 5

მოდით AHBD. ვინაიდან A 1 A არის ABCD სიბრტყის პერპენდიკულარული, მაშინ A 1 A AH.

AH არის პერპენდიკულარული ორი გადაკვეთის ხაზის მიმართ, ამიტომ AH არის მანძილი A 1 A და BD ხაზებს შორის. ABD მართკუთხა სამკუთხედში, AB და AD ფეხების სიგრძის ცოდნით, ვიპოვით AH სიმაღლეს ფართობის გამოსათვლელი ფორმულების გამოყენებით. მართკუთხა სამკუთხედი. პასუხი:

ამოცანა 2. რეგულარულ 4-კუთხა პირამიდაში გვერდითი კიდით ლდა ბაზის მხარე აიპოვეთ მანძილი აპოთემასა და ფუძის მხარეს შორის, რომელიც კვეთს ამ აპოთემის შემცველ გვერდით სახეს.

სურათი 6

SHCD ჰგავს აპოთემას, ADCD ჰგავს ABCD არის კვადრატს. ამიტომ, DH არის მანძილი SH და AD წრფეებს შორის. DH უდრის გვერდითი CD-ის ნახევარს. პასუხი:

ამ მეთოდის გამოყენება ასევე შეზღუდულია იმის გამო, რომ თუ თქვენ შეგიძლიათ სწრაფად ააწყოთ (ან იპოვნოთ მზა) თვითმფრინავი, რომელიც გადის ერთ-ერთ გადამკვეთ წრფეზე და პარალელურად მეორე წრფეზე, მაშინ ააგეთ პერპენდიკულარი მეორის ნებისმიერი წერტილიდან. ამ სიბრტყის ხაზი (პოლიედრონის შიგნით) იწვევს სირთულეებს. თუმცა, მარტივ პრობლემებში, სადაც მითითებული პერპენდიკულურის აგება (ან პოვნა) არ იწვევს სირთულეებს, ეს მეთოდი არის ყველაზე სწრაფი და მარტივი და, შესაბამისად, ხელმისაწვდომი.

ამოცანა 2. ზემოაღნიშნული პრობლემის გადაჭრა ამ მეთოდით არ იწვევს განსაკუთრებულ სირთულეებს.

სურათი 7

თვითმფრინავი EFM არის AD ხაზის პარალელურად, ვინაიდან AD || ე.ფ. ხაზი MF დევს ამ სიბრტყეში, ამიტომ მანძილი AD ხაზსა და სიბრტყეს EFM-ს შორის უდრის მანძილს AD ხაზსა და ხაზს MF-ს შორის. მოდით გავაკეთოთ OHAD. OHEF, OHMO, მაშასადამე, OH(EFM), მაშასადამე, OH არის მანძილი AD-სა და სიბრტყის EFM-ს შორის და, შესაბამისად, მანძილი სწორ ხაზს AD და სწორ MF-ს შორის. იპოვეთ OH სამკუთხედიდან AOD.

ამოცანა 3. მართკუთხა პარალელეპიპედში ზომებით ა, ბდა თიპოვეთ მანძილი გვერდით კიდესა და პარალელეპიპედის დიაგონალს შორის, რომელიც არ იკვეთება მას.

სურათი 8

AA 1 წრფე BB 1 D 1 D სიბრტყის პარალელურია, B 1 D ეკუთვნის ამ სიბრტყეს, ამიტომ მანძილი AA 1-დან BB 1 D 1 D სიბრტყემდე უდრის მანძილს AA 1 და B 1 D ხაზებს შორის. მოდით გადავიტანოთ გარეთ AHBD. ასევე, AH B 1 B, შესაბამისად AH(BB 1 D 1 D), შესაბამისად AHB 1 D, ანუ AH არის საჭირო მანძილი. იპოვეთ AH მართკუთხა სამკუთხედიდან ABD.

პასუხი:

ამოცანა 4. წესიერ ექვსკუთხა პრიზმაში A:F 1 სიმაღლით თდა ბაზის მხარე აიპოვნეთ მანძილი ხაზებს შორის:

სურათი 9 სურათი 10

ა) AA 1 და ED 1.

განვიხილოთ თვითმფრინავი E 1 EDD 1 . A 1 E 1 EE 1, A 1 E 1 E 1 D 1, ამიტომ

A 1 E 1 (E 1 EDD 1). ასევე A 1 E 1 AA 1 . ამიტომ, A 1 E 1 არის მანძილი სწორი ხაზიდან AA 1 სიბრტყემდე E 1 EDD 1 . ED 1 (E 1 EDD 1 მაშასადამე, AE 1 არის მანძილი AA 1 სწორი ხაზიდან ED 1-მდე). ჩვენ ვპოულობთ A 1 E 1 სამკუთხედიდან F 1 A 1 E 1 კოსინუსების თეორემის გამოყენებით. პასუხი:

ბ) AF და დიაგონალი BE 1.

მოდით დავხატოთ სწორი ხაზი FH F წერტილიდან პერპენდიკულარული BE-მდე. EE 1 FH, FHBE, შესაბამისად FH(BEE 1 B 1), შესაბამისად FH არის მანძილი სწორხაზოვან AF-სა და (BEE 1 B 1) შორის და, შესაბამისად, მანძილი AF წრფესა და BE 1 დიაგონალს შორის. პასუხი:

მეთოდი III

ამ მეთოდის გამოყენება უკიდურესად შეზღუდულია, რადგან ერთ-ერთი წრფის პარალელურად (მეთოდი II) სიბრტყე უფრო ადვილია ასაგებად, ვიდრე ორი პარალელური სიბრტყე. მეთოდი IIIშეიძლება გამოყენებულ იქნას პრიზმებში, თუ გადამკვეთი ხაზები მიეკუთვნება პარალელურ სახეებს, ასევე იმ შემთხვევებში, როდესაც ადვილია პოლიედრონში მოცემული ხაზების შემცველი პარალელური მონაკვეთების აგება.

დავალება 4.

სურათი 11

ა) სიბრტყეები BAA 1 B 1 და DEE 1 D 1 პარალელურია, ვინაიდან AB || ED და AA 1 || EE 1. ED 1 DEE 1 D 1, AA 1 (BAA 1 B 1), შესაბამისად, მანძილი სწორ ხაზებს შორის AA 1 და ED 1 უდრის მანძილს BAA 1 B 1 და DEE 1 D 1 სიბრტყეებს შორის. A 1 E 1 AA 1 , A 1 E 1 A 1 B 1 , შესაბამისად, A 1 E 1 BAA 1 B 1 . ჩვენ ანალოგიურად ვამტკიცებთ, რომ A 1 E 1 (DEE 1 D 1). ამრიგად, A 1 E 1 არის მანძილი BAA 1 B 1 და DEE 1 D 1 სიბრტყეებს შორის და, შესაბამისად, AA 1 და ED 1 სწორ ხაზებს შორის. ჩვენ ვპოულობთ A 1 E 1 სამკუთხედს A 1 F 1 E 1, რომელიც არის ტოლფერდა კუთხით A 1 F 1 E 1 ტოლი. პასუხი:

სურათი 12

ბ) მანძილი AF და BE 1 დიაგონალს შორის ანალოგიურად არის ნაპოვნი.

ამოცანა 5. კუბში კიდეზე აიპოვნეთ მანძილი ორი მეზობელი სახის ორ არაგადაკვეთის დიაგონალს შორის.

ეს პრობლემა ზოგიერთ სახელმძღვანელოში კლასიკურად არის მიჩნეული, მაგრამ, როგორც წესი, მისი გადაწყვეტა მოცემულია IV მეთოდით, მაგრამ საკმაოდ ხელმისაწვდომია გამოსავალი III მეთოდის გამოყენებით.

სურათი 13

ამ პრობლემის გარკვეული სირთულე გამოწვეულია A 1 C დიაგონალის პერპენდიკულარულობის დადასტურებით ორივე პარალელური სიბრტყის მიმართ (AB 1 D 1 || BC 1 D). B 1 CBC 1 და BC 1 A 1 B 1, შესაბამისად, BC 1 წრფე პერპენდიკულარულია A 1 B 1 C სიბრტყის და, შესაბამისად, BC 1 A 1 C. ასევე, A 1 CBD. შესაბამისად, სწორი ხაზი A 1 C არის BC 1 D სიბრტყის პერპენდიკულარული. ამოცანის გამოთვლითი ნაწილი არ იწვევს განსაკუთრებულ სირთულეებს, ვინაიდან ჰ სკრ= EF გვხვდება, როგორც განსხვავება კუბის დიაგონალსა და ორი იდენტურის სიმაღლეებს შორის რეგულარული პირამიდები A 1 AB 1 D 1 და CC 1 BD.

მეთოდი IV.

ამ მეთოდს საკმაოდ ფართო გამოყენება აქვს. საშუალო და გაზრდილი სირთულის ამოცანებისთვის ის შეიძლება ჩაითვალოს მთავარად. არ არის საჭირო მისი გამოყენება მხოლოდ მაშინ, როდესაც სამი წინა მეთოდიდან ერთ-ერთი მუშაობს უფრო ადვილად და სწრაფად, რადგან ასეთ შემთხვევებში IV მეთოდს შეუძლია მხოლოდ გაართულოს პრობლემის გადაჭრა, ან გაართულოს მისი მიღწევა. ამ მეთოდის გამოყენება ძალიან მომგებიანია გადაკვეთის ხაზების პერპენდიკულარულობის შემთხვევაში, რადგან არ არის საჭირო ერთ-ერთი ხაზის პროექციის აგება „ეკრანებზე“

ამოცანა 5. იგივე „კლასიკური“ პრობლემა (კუბის ორი მიმდებარე სახის არაგადაკვეთის დიაგონალებით) წყვეტს რთულად როგორც კი აღმოჩნდება „ეკრანი“ - კუბის დიაგონალური მონაკვეთი.

სურათი 14

ეკრანი :

სურათი 15

განვიხილოთ თვითმფრინავი A 1 B 1 CD. C 1 F (A 1 B 1 CD), რადგან C 1 FB 1 C და C 1 FA 1 B 1. შემდეგ C 1 D-ის პროექცია „ეკრანებზე“ იქნება სეგმენტი DF. მოდით გავაკეთოთ EMDF. სეგმენტი EM იქნება მანძილი ორი მეზობელი სახის ორ არაგადაკვეთის დიაგონალს შორის. იპოვეთ EM მართკუთხა სამკუთხედიდან EDF. პასუხი:.

ამოცანა 6. სწორი სამკუთხა პირამიდაიპოვეთ მანძილი და კუთხე გადამკვეთ ხაზებს შორის: გვერდითი კიდე ლდა ბაზის მხარე ა.

სურათი 16

ამ და მსგავს პრობლემებში IV მეთოდი უფრო სწრაფად მიგვიყვანს გადაწყვეტამდე, ვიდრე სხვა მეთოდებთან შედარებით, ვინაიდან აშენდა მონაკვეთი, რომელიც ასრულებს "ეკრანის" როლს AC-ზე პერპენდიკულარულად (სამკუთხედი BDM), ცხადია, რომ შემდგომი აგება აღარ არის საჭირო. სხვა სწორი ხაზის (BM) პროექცია ამ ეკრანზე. DH არის საჭირო მანძილი. DH გვხვდება MDB სამკუთხედიდან ფართობის ფორმულების გამოყენებით. პასუხი: .

სიბრტყე `ალფა~ იყოს `ბეტა~ სიბრტყის პარალელურად, წრფე `b` დევს `ბეტა~ სიბრტყეში, წერტილი `B` მდებარეობს `b` წრფეზე. ცხადია, მანძილი `B~ წერტილიდან `ალფა~ სიბრტყემდე უდრის მანძილს `b` წრფედან `ალფა~ სიბრტყემდე და უდრის მანძილს `ალფა~ და `ბეტა~ სიბრტყეებს შორის.

განვიხილოთ ორი გადაკვეთის ხაზი `a` და `b` . მოდით დავხატოთ სიბრტყე `a` წრფის პარალელურად `b`. მოდით დავხატოთ თვითმფრინავი სწორი ხაზით `b`, სიბრტყეზე პერპენდიკულარული`ალფა`, ამ სიბრტყეების გადაკვეთის ხაზი იყოს `b_1` (ეს ხაზი არის `b` წრფის პროექცია `ალფა` სიბრტყეზე). `a` და `b_1` წრფეების გადაკვეთის წერტილი ავღნიშნოთ როგორც `A`. წერტილი `A` არის რაღაც `B` წერტილის პროექცია სწორი `ბ`. იქიდან, რომ `AB_|_alpha` გამომდინარეობს, რომ `AB_|_a` და `AB_|_b_1`; დამატებით `b``||``b_1` ნიშნავს `AB_|_b` - . წრფე `AB` კვეთს დახრილ ხაზებს `a` და `b` და ორივეს პერპენდიკულარულია. სეგმენტს `AB` ეწოდება საერთო პერპენდიკულარიორი გადამკვეთი ხაზი.

გადამკვეთი წრფეების საერთო პერპენდიკულარის სიგრძე უდრის მანძილს წრფის ნებისმიერი წერტილიდან`ბ` თვითმფრინავამდე`ალფა~.

* მანძილი გადაკვეთის ხაზებს შორისმათი საერთო პერპენდიკულურის სიგრძის ტოლია. მიეცით სწორი ხაზი `l_1` სივრცეში ცნობილი მიმართულების ვექტორით `veca_1` ( სახელმძღვანელო ვექტორისწორი ხაზი არის არანულოვანი ვექტორი ამ სწორი ხაზის პარალელურად), სწორი ხაზი `l_2` ცნობილი მიმართულების ვექტორით `veca_2`, წერტილები `A_1` და `A_2` დევს `l_1` და `l_2` შესაბამისად, გარდა ამისა, ვექტორი `vec( A_1A_2)=vecr`. დაე, სეგმენტი `P_1P_2` იყოს საერთო პერპენდიკულარული `l_1`-ზე და `l_2` (იხ. სურ. 9). ამოცანაა იპოვოთ ამ სეგმენტის სიგრძე. წარმოვიდგინოთ ვექტორი `vec(P_1P_2)`, როგორც ჯამი `vec(P_1A_1)+vec(A_1A_2)+vec(A_2P_2)`. შემდეგ, `vec(P_1A_1)` და `veca_1`, `vec(A_2P_2)` და `veca_2` ვექტორების კოლინარობის გამოყენებით, ვექტორისთვის `vec(P_1P_2)` ვიღებთ წარმოდგენას `vec(P_1P_2)=xveca_1. +yveca_2+vecr`, სადაც `x` და `y` ამჟამად უცნობი რიცხვებია. ეს რიცხვები შეიძლება მოიძებნოს იმ პირობით, რომ ვექტორი `vec(P_1P_2)` პერპენდიკულარულია ვექტორებზე `veca_1` და `veca_2`, ანუ წრფივი განტოლებათა შემდეგი სისტემიდან:

x a → 1 + y a → 2 + r → · a → 1 = 0, x a → 1 + y a → 2 + r → · a → 2 = 0. \მარცხნივ\(\დაწყება(მასივი)(l)\left(x(\overrightarrow a)_1+y(\overrightarrow a)_2+\overrightarrow r\right)\cdot(\overrightarrow a)_1=0,\\\ მარცხენა(x(\overrightarrow a)_1+y(\overrightarrow a)_2+\overrightarrow r\right)\cdot(\overrightarrow a)_2=0.\ბოლო(მასივი)\მარჯვნივ.

ამის შემდეგ ვპოულობთ `vec(P_1P_2):` ვექტორის სიგრძეს

`P_1P_2=sqrt((xveca_1+yveca_2+vecr)^2)`.

გამოთვალეთ მანძილი კუბის ორი მიმდებარე სახის გადაკვეთის დიაგონალებს შორის `ა` კიდით.

მიეცეს კუბი `A...D_1` კიდით `a`. ვიპოვოთ მანძილი `AD_1` და `DC_1` ხაზებს შორის (ნახ. 10). შემოვიღოთ საფუძვლები `veca=vec(DA)`, `vecb=vec(DC)`, `vecc=vec(DD_1)`. `AD_1` და `DC_1` ხაზების მიმართულების ვექტორებისთვის შეგვიძლია ავიღოთ `vec(AD_1)=vecc-veca` და `vec(DC_1)=vecb+vecc`. თუ `P_1P_2` არის განსახილველი წრფეების საერთო პერპენდიკულარული, მაშინ `vec(P_1P_2)=x(vecc-veca)+y(vecb+vecc)+veca`.

შევქმნათ განტოლებათა სისტემა, რათა ვიპოვოთ უცნობი ნომრები`x` და `y`:

x c → - a → + y b → + c → + a → · c → - a → = 0 , x c → - a → + y b → + c → + a → · b → + c → = 0 . \მარცხნივ\(\დაწყება(მასივი)(ლ)\მარცხნივ(x\მარცხნივ(\ზედა მარჯვენა ისარი c-\ზედა მარჯვენა ისარი a\მარჯვნივ)+y\მარცხნივ(\ზედა მარჯვენა ისარი b+\ზედა მარჯვენა ისარი c\მარჯვნივ)+\ზედა მარჯვენა ისარი a\მარჯვნივ) \cdot\left(\overrightarrow c-\overrightarrow a\right)=0,\\\left(x\left(\overrightarrow c-\overrightarrow a\right)+y\left(\overrightarrow b+\overrightarrow c\right )+\overrightarrow a\right)\cdot\left(\overrightarrow b+\overrightarrow c\right)=0.\end (მასივი)\მარჯვნივ.

მოდით შევამციროთ ეს სისტემა ეკვივალენტზე:

2 x + y - 1 = 0, x + 2 y = 0. \left\(\ დასაწყისი(მასივი)(l)2x+y-1=0,\\x+2y=0.\end(მაივი)\მარჯვნივ.

აქედან ვხვდებით `x=2/3`, `y=-1/3`. მერე

`vec(P_1P_2)=2/3(vecc-veca)-1/3(vecb+vecc)+veca=1/3veca-1/3vecb+1/3vecc`,

მიზნები და ამოცანები:

საგანმანათლებლო – მოსწავლეთა ფორმირება და განვითარება სივრცითი წარმოდგენები;
საგანმანათლებლო - გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნისას საბოლოო შედეგების მისაღწევად ნებისყოფისა და გამძლეობის გამომუშავება; მათემატიკის შესწავლისადმი სიყვარულის და ინტერესის გაღვივება.
განმავითარებელი - მოსწავლეთა ლოგიკური აზროვნების, სივრცითი ცნებების განვითარება, თვითკონტროლის უნარის განვითარება.

პროექტი შეესაბამება თემის შემდეგ პუნქტებს სასწავლო გეგმასასკოლო საგანი.

სწორი ხაზების გადაკვეთა.
პარალელიზმის ნიშანი წრფესა და სიბრტყეს შორის
ორთოგონალური პროექცია სივრცეში.
პოლიედრების მოცულობა.

შესავალი.

ხაზების გადაკვეთა საოცარია!

ისინი რომ არ არსებობდნენ, ცხოვრება ასჯერ ნაკლებად საინტერესო იქნებოდა. შეიძლება ითქვას, რომ თუ სტერეომეტრიის შესწავლა ღირს, ეს იმიტომ ხდება, რომ ის შეიცავს გადამკვეთ სწორ ხაზებს. რამდენი გლობალური აქვთ? ყველაზე საინტერესო თვისებები: არქიტექტურაში, მშენებლობაში, მედიცინაში, ბუნებაში.

ძალიან მინდა გადმოგცეთ ჩვენი გაოცება გადაკვეთის სწორი ხაზების უნიკალურობით. მაგრამ როგორ გავაკეთოთ ეს?

იქნებ ჩვენი პროექტი იყოს ამ კითხვაზე პასუხი?

ცნობილია, რომ გადამკვეთი წრფეების საერთო პერპენდიკულარის სიგრძე ამ წრფეებს შორის მანძილის ტოლია.

თეორემა: ორ გადაკვეთის ხაზს შორის მანძილი ტოლია ამ ხაზებზე გამავალ პარალელურ სიბრტყეებს შორის.

შემდეგი თეორემა გვაძლევს ერთ გზას ვიპოვოთ მანძილი და კუთხე დახრილ ხაზებს შორის.

გადამკვეთ ხაზებს შორის მანძილი უდრის მანძილს იმ წერტილიდან, რომელიც არის ერთ-ერთი ამ წრფის პროექცია მის პერპენდიკულარულ სიბრტყეზე, მეორე ხაზის პროექციამდე იმავე სიბრტყეზე.

ფუნდამენტური კითხვა:

შესაძლებელია თუ არა გადამკვეთ ხაზებს შორის მანძილის პოვნა მათი საერთო პერპენდიკულურის აგების გარეშე?

მოდით განვიხილოთ კუბის პრობლემა.

რატომ კუბიკით? დიახ, რადგან მთელი გეომეტრია იმალება კუბში, მათ შორის გადამკვეთი ხაზების გეომეტრია.

დავალება.

კუბის კიდე ტოლია ა. იპოვეთ მანძილი ხაზებს შორის, რომლებზეც დევს კუბის ორი მიმდებარე სახის გადაკვეთის დიაგონალები.

გამოიყენება სხვადასხვა მეთოდებიკვლევა ამ პრობლემისთვის.

განსაზღვრებით;
პროექციის მეთოდი;
მოცულობის მეთოდი;
კოორდინატთა მეთოდი.

კვლევა.

კლასი დაყოფილია ჯგუფებად პრობლემის შესწავლის მეთოდის მიხედვით. თითოეული ჯგუფის წინაშე დგას დავალება, აჩვენოს და დაამტკიცოს ამ მეთოდის გამოყენება გადამკვეთ ხაზებს შორის მანძილის დასადგენად. პრობლემის კვლევის დასკვნითი ეტაპია პროექტების დაცვა პრეზენტაციების, პუბლიკაციების ან ვებსაიტების სახით. ბავშვებს და მასწავლებელს საშუალება აქვთ შეაფასონ თითოეული ჯგუფის პროექტი პუბლიკაციებისა და პრეზენტაციებისთვის შემუშავებული კრიტერიუმების მიხედვით.

მოცულობის მეთოდი.

ავაშენოთ პირამიდა, რომელშიც სიმაღლე დაიკლო ამ პირამიდის ზემოდან საბაზო თვითმფრინავი, არის საჭირო მანძილი ორ გადაკვეთის ხაზს შორის;
დაამტკიცეთ, რომ ეს სიმაღლე არის საჭირო მანძილი;
იპოვეთ ამ პირამიდის მოცულობა ორის გამოყენებით;
ამ სიმაღლის გამოხატვის გზები;

ეს მეთოდი ძალიან საინტერესოა თავისი ორიგინალურობით, სილამაზითა და ინდივიდუალურობით. მოცულობის მეთოდი ხელს უწყობს სივრცითი წარმოსახვის განვითარებას და ფიგურების ფორმის შესახებ იდეების გონებრივად შექმნის უნარს.

დამატებითი კონსტრუქციების შედეგად მივიღეთ პირამიდა DAB 1 C.

პირამიდაში DAB 1 C, სიმაღლე D წვეროდან AB 1 C საბაზისო სიბრტყემდე შემცირებული იქნება საჭირო მანძილი AC და DC 1 სწორ ხაზებს შორის.

განვიხილოთ პირამიდა დასკვნა: განვიხილოთ იგივე პირამიდა, მაგრამ წვეროებით D წერტილში:

იმის გათვალისწინებით, რომ V1 = V2, მივიღებთ d=

საჭირო მანძილი.

პროექციის მეთოდი.

ჩვენ ვირჩევთ სიბრტყეს პერპენდიკულარულად ერთ-ერთი გადამკვეთი ხაზის მიმართ.
ჩვენ ვაპროექტებთ თითოეულ სწორ ხაზს ამ სიბრტყეზე.
პროგნოზებს შორის მანძილი იქნება მანძილი გადაკვეთის ხაზებს შორის.

გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილი შეიძლება განისაზღვროს, როგორც მანძილი ამ ხაზების ორთოგონალურ პროგნოზებს შორის პროექციის სიბრტყეზე.

დახრილი ხაზების განმარტების გამოყენება.

დამატებითი ფორმირებები: A1B, BD, AK.

A 1 O BD, OS BD

BD სწორი ხაზის A 1 O და OS გადაკვეთით

ჩვენ მტკიცებულების გარეშე წარმოგიდგენთ ინფორმაციას დასახელებული პრობლემის გადასაჭრელად საჭირო სტერეომეტრიიდან.

1. ორი დახრილი ხაზის საერთო პერპენდიკულარი არის სეგმენტი,

რომლის ბოლოები დევს ამ ხაზებზე და რომელია მათზე პერპენდიკულარული.

2. ორი დახრილი წრფის საერთო პერპენდიკულარი არსებობს და უნიკალურია.

3. გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილი ტოლია მათი საერთო პერპენდიკულურის სიგრძისა.

დავალება.მოცემულია გადაკვეთის ხაზები AB და CD. განსაზღვრეთ მანძილი ხაზებს შორის (სურ. 8.7).

ჩვენ პრობლემას ვაგვარებთ საპროექციო თვითმფრინავების შეცვლით. პროექციის გადაწყვეტის ალგორითმი ამ შემთხვევაში შეიძლება იყოს შემდეგი:

1) შეყვანილია ახალი სისტემასაპროექციო თვითმფრინავები

P 1, P 4, ისეთი, რომ P 4 // AB, ე.ი. CC-ზე

აგებულია x ღერძი 1 // A 1 B 1;

2) ახალი პროგნოზები A 4 B 4 (NV სეგმენტი AB) და C 4 D 4 აგებულია P 4-ზე;

3) დაინერგა თვითმფრინავების ახალი სისტემა P 4, P 5 s

ღერძი x 2 ^ A 4 B 4 ისეთი, რომ P 5 ^ AB;

4) ახალი პროგნოზები აგებულია P 5 - სეგმენტი C 5 D 5 და წერტილი A 5 = B 5;

5) პერპენდიკულარული E 5 F 5 ^ C 5 D 5 აგებულია წერტილიდან

E 5 (= A 5 = B 5);

შედეგად, საპროექციო სიბრტყეების ჩანაცვლების მეთოდში კონსტრუქციების მნიშვნელობისა და გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის მოცემული კონცეფციის მიხედვით ვიღებთ, რომ r(E 5 , C 5 D 5) = r(AB, CD). პრობლემის გადაჭრის დასასრულებლად აუცილებელია r(AB, CD) სიგრძის EF სეგმენტის დაბრუნება თავდაპირველ პროექციის სიბრტყეზე:

1) აშენება E 4 F 4 // x 2;

2) ააგეთ E 1 F 1 პროგნოზების მიხედვით E 5 F 5, E 4 F 4; E 2 F 2 პროგნოზების მიხედვით E 4 F 4, E 1 F 1.

სეგმენტები E 2 F 2, E 1 F 1 წარმოადგენს EF სეგმენტის მთავარ პროგნოზებს.

სტერეომეტრიაში ცნობილია განსახილველი მანძილის კიდევ ერთი განმარტება: გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილი ტოლია ამ ხაზებით გავლებულ პარალელურ სიბრტყეებს შორის.

მანძილის ეს განმარტება საშუალებას გვაძლევს შემოგთავაზოთ განსახილველი პრობლემის გადაჭრის უფრო მოკლე გზა. მოდით AB და CD იყოს დახრილი ხაზები (ნახ. 8.8). მოდით გადავიტანოთ AB წრფე თავის პარალელურ სივრცეში A 1 B 1-ის პოზიციაზე, სანამ ის არ გადაიკვეთება CD-სთან. თუ ახლა ავიღებთ ნებისმიერ E წერტილს AB წრფეზე და ამ წერტილიდან ჩამოვწევთ პერპენდიკულარულ EE 1-ს მიღებულ სიბრტყეზე Σ(CD, A 1 B 1), მაშინ ამ პერპენდიკულურის სიგრძე იქნება საჭირო მანძილი r(AB,CD ). განვიხილოთ პრობლემის საპროექციო გადაწყვეტა.

დავალება.სწორი ხაზების გადაკვეთა AB და CD მოცემულია (ნახ. 8.9). განსაზღვრეთ მათ შორის მანძილი.

პრობლემის გადაწყვეტა შეიძლება იყოს შემდეგი.

1. AB სწორი ხაზი გადავიტანოთ თავის პარალელურად, სანამ არ გადაიკვეთება CD-სთან. ასეთი

შეიძლება იყოს გადარიცხვები უსასრულო ნაკრები. მაგალითად, ერთ-ერთი ტრანსფერი

A 1 B 1 ® A 1 1 B 1 1 , A 2 B 2 = A 2 1 B 2 1 - უმარტივესი ვარიანტი ამ CN-ისთვის.

2. ვიღებთ ამოცანის ახალ პირობებს: მოცემულია სიბრტყე Σ (A 1 B 1, CD), სადაც A 1 B 1 Ç CD და A წერტილი; საჭიროა r(A, Σ) მანძილის დასადგენად. პრობლემა მოგვარებულია საპროექციო სიბრტყეების შეცვლით ადრე აღწერილი საპროექციო გადაწყვეტის სქემის მიხედვით.

გეომეტრია. მე-11 კლასი

გაკვეთილის თემა: მანძილი გადაკვეთის ხაზებს შორის

ტერ-ოვანესიანი გ.ლ., მასწავლებელი უმაღლესი კატეგორია, სოროსის ფონდის პრემიის ლაურეატი

მოსკოვი

განვიხილოთ გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნის პრობლემა. გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილი არის ამ ხაზების საერთო პერპენდიკულარულის სიგრძე.

მოდით მივცეთ კუბი ABCDA 1 B 1 C 1 D 1, რომლის კიდე უდრის AB = 1 ერთეულს. თქვენ უნდა იპოვოთ მანძილი სწორ ხაზებს შორის AB და DC 1: ρ(AB;DC 1) - ?

ეს ორი წრფე დევს პარალელურ სიბრტყეში: AB დევს AA 1 B 1 B სიბრტყეში, DC 1 დევს სიბრტყეში D 1 DC 1 C. ჯერ ვიპოვოთ ამ ორი სიბრტყის პერპენდიკულარი. ფიგურაში ბევრი ასეთი პერპენდიკულარულია. ეს არის სეგმენტი BC, B 1 C 1, A 1 D 1 და AD. ამათგან აზრი აქვს ავირჩიოთ ის სეგმენტი, რომელიც არა მხოლოდ ამ სიბრტყეების პერპენდიკულარულია და, შესაბამისად, ჩვენი სწორი ხაზების AB და DC 1 პერპენდიკულარულია, არამედ გადის ამ სწორ ხაზებზეც. ასეთი სეგმენტია AD. იგი ერთდროულად პერპენდიკულარულია AB სწორ ხაზთან, რადგან ის პერპენდიკულარულია AA 1 B 1 B სიბრტყისა და DC 1 სწორი ხაზის მიმართ, რადგან ის პერპენდიკულარულია D 1 DC 1 C სიბრტყეზე. ეს ნიშნავს, რომ AD არის საერთო. AB და DC 1 გადაკვეთის სწორი ხაზების პერპენდიკულარული. მანძილი ამ სწორ ხაზებს შორის არის ამ პერპენდიკულარულის სიგრძე, ანუ AD სეგმენტის სიგრძე. მაგრამ AD არის კუბის კიდე. ამიტომ მანძილი არის 1:

ρ(AB; DC 1)=AD=1

განვიხილოთ კიდევ ერთი პრობლემა, ცოტა უფრო რთული, გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნის შესახებ.

მოდით კვლავ მივცეთ კუბი, რომლის კიდე ერთის ტოლია. თქვენ უნდა იპოვოთ მანძილი საპირისპირო სახეების დიაგონალებს შორის. ანუ, მოცემულია კუბი ABCDA 1 B 1 C 1 D 1. კიდე AB=1. თქვენ უნდა იპოვოთ მანძილი სწორ ხაზებს შორის BA 1 და DC 1: ρ(A 1 B; DC 1) - ?

ეს ორი ხაზი იკვეთება, რაც ნიშნავს, რომ მანძილი არის საერთო პერპენდიკულურის სიგრძე. თქვენ არ შეგიძლიათ დახაზოთ ზოგადი პერპენდიკულარი, მაგრამ ჩამოაყალიბეთ იგი შემდეგნაირად: ეს არის პერპენდიკულარის სიგრძე პარალელურ სიბრტყეებს შორის, რომელშიც ეს ხაზები დევს. სწორი ხაზი BA 1 დევს სიბრტყეში АВВ 1 А 1 , ხოლო სწორი ხაზი DC 1 დევს სიბრტყეში D 1 DCC 1 . ისინი პარალელურია, რაც იმას ნიშნავს, რომ მათ შორის მანძილი არის მანძილი ამ სწორ ხაზებს შორის. ხოლო კუბის სახეებს შორის მანძილი არის კიდის სიგრძე. მაგალითად, ნეკნის სიგრძე ძვ.წ. რადგან BC პერპენდიკულარულია როგორც АВВ 1 А 1 სიბრტყეზე, ასევე DСС 1 D 1 სიბრტყეზე. ეს ნიშნავს, რომ პირობით მოცემულ სწორ ხაზებს შორის მანძილი უდრის პარალელურ სიბრტყეებს შორის მანძილს და უდრის 1:

ρ(A 1 B; DC 1)=BC=1

განვიხილოთ კიდევ ერთი პრობლემა გადაკვეთის ხაზებს შორის მანძილის პოვნის შესახებ.

მოდით მივცეთ სწორი სამკუთხა პრიზმა, რისთვისაც ცნობილია ყველა კიდე. თქვენ უნდა იპოვოთ მანძილი ზედა და ქვედა ბაზის კიდეებს შორის. ანუ გვეძლევა ABCA 1 B 1 C 1 პრიზმა. უფრო მეტიც, AB=3=AA 1. თქვენ უნდა იპოვოთ მანძილი BC და A 1 C 1 სწორ ხაზებს შორის: ρ(BC;A 1 C 1) - ?

ვინაიდან ეს ხაზები იკვეთება, მათ შორის მანძილი არის საერთო პერპენდიკულარულის სიგრძე, ან პერპენდიკულარულის სიგრძე პარალელური სიბრტყეების მიმართ, რომლებშიც ისინი დევს. მოდი ვიპოვოთ ეს პარალელური სიბრტყეები.

სწორი BC დევს ABC სიბრტყეში, ხოლო სწორი A 1 C 1 დევს A 1 B 1 C 1 სიბრტყეში. ეს ორი სიბრტყე პარალელურია, რადგან ისინი პრიზმის ზედა და ქვედა ფუძეებია. ეს ნიშნავს, რომ ჩვენს სწორ ხაზებს შორის მანძილი არის მანძილი ამ პარალელურ სიბრტყეებს შორის. და მათ შორის მანძილი ზუსტად სიგრძის ტოლია გვერდითი ნეკნი AA 1, ანუ უდრის 3:

ρ(BC;A 1 C 1)=AA 1 =3

ამ კონკრეტულ პრობლემაში შეგიძლიათ იპოვოთ არა მხოლოდ საერთო პერპენდიკულარულის სიგრძე, არამედ მისი აგებაც. ამისათვის ყველა გვერდითი კიდედან ვირჩევთ იმას, რაც აქვს საერთო წერტილებისწორი ხაზით BC და A 1 C 1. ჩვენს ფიგურაში ეს არის ზღვარი CC 1. ის პერპენდიკულარული იქნება A 1 C 1 სწორი ხაზის მიმართ, რადგან ის პერპენდიკულარულია ზედა ფუძის სიბრტყის მიმართ და სწორი ხაზის BC, რადგან ის პერპენდიკულარულია ქვედა ფუძის სიბრტყის მიმართ. ამრიგად, ჩვენ შეგვიძლია ვიპოვოთ არა მხოლოდ მანძილი, არამედ ავაშენოთ ეს ზოგადი პერპენდიკულარი.

დღეს გაკვეთილზე გავიხსენეთ, თუ როგორ უნდა ვიპოვოთ საერთო პერპენდიკულურის სიგრძე გადაკვეთის ხაზებს შორის.