Уравнение куба в системе координат

Введение системы координат

Метод координат — это, конечно, очень хорошо, но в настоящих задачах C2 никаких координат и векторов нет. Поэтому их придется вводить. Да-да, вот так взять и ввести: указать начало отсчета, единичный отрезок и направление осей x, y и z.

Самое замечательное свойство этого метода заключается в том, что не имеет никакого значения, как именно вводить систему координат. Если все вычисления будут правильными, то и ответ будет правильным.

Тем не менее, приведу некоторые рекомендации, как лучше ввести систему координат для самых часто встречающихся в задаче C2 многогранников. С указанием конкретных точек. Во всех случаях упор делается на минимизацию объема вычислений.

Координаты куба

Если в задаче C2 будет куб — считайте, что вам повезло. Это самый простой многогранник, все двугранные углы которого равны 90°.

Система координат также вводится очень просто:

1. Начало координат — в точке A;
2. Чаще всего ребро куба не указано, поэтому принимаем его за единичный отрезок;
3. Ось x направляем по ребру AB, y — по ребру AD, а ось z — по ребру AA₁.

Обратите внимание: ось z направляется вверх! После двумерной системы координат это несколько непривычно, но на самом деле очень логично.

Итак, теперь у каждой вершины куба есть координаты. Соберем их в таблицу — отдельно для нижней плоскости куба:

Несложно заметить, что точки верхней плоскости отличаются соответствующих точек нижней только координатой z. Например, B = (1; 0; 0), B₁ = (1; 0; 1). Главное — не запутаться!

Координаты трехгранной призмы

Призма — это уже намного веселее. При правильном подходе достаточно знать координаты только нижнего основания — верхнее будет считаться автоматически.

В задачах C2 встречаются исключительно правильные трехгранные призмы (прямые призмы, в основании которых лежит правильный треугольник). Для них система координат вводится почти так же, как и для куба. Кстати, если кто не в курсе, куб — это тоже призма, только четырехгранная.

Итак, поехали! Вводим систему координат:

1. Начало координат — в точке A;
2. Сторону призмы принимаем за единичный отрезок, если иное не указано в условии задачи;
3. Ось x направляем по ребру AB, z — по ребру AA₁, а ось y расположим так, чтобы плоскость OXY совпадала с плоскостью основания ABC.

Здесь требуются некоторые пояснения. Дело в том, что ось y НЕ совпадает с ребром AC, как многие считают. А почему не совпадает? Подумайте сами: треугольник ABC — равносторонний, в нем все углы по 60°. А углы между осями координат должны быть по 90°, поэтому сверху картинка будет выглядеть так:

Надеюсь, теперь понятно, почему ось y не пойдет вдоль AC. Проведем в этом треугольнике высоту CH. Треугольник ACH — прямоугольный, причем AC = 1, поэтому AH = 1 · cos A = cos 60°; CH = 1 · sin A = sin 60°. Эти факты нужны для вычисления координат точки C.

Теперь взглянем на всю призму вместе с построенной системой координат:

Получаем следующие координаты точек:

Как видим, точки верхнего основания призмы снова отличаются от соответствующих точек нижнего лишь координатой z. Основная проблема — это точки C и C₁. У них есть иррациональные координаты, которые надо просто запомнить. Ну, или понять, откуда они возникают.

Координаты шестигранной призмы

Шестигранная призма — это «клонированная» трехгранная. Можно понять, как это происходит, если взглянуть на нижнее основание — обозначим его ABCDEF. Проведем дополнительные построения: отрезки AD, BE и CF. Получилось шесть треугольников, каждый из которых (например, треугольник ABO) является основанием для трехгранной призмы.

Теперь введем собственно систему координат. Начало координат — точку O — поместим в центр симметрии шестиугольника ABCDEF. Ось x пойдет вдоль FC, а ось y — через середины отрезков AB и DE. Получим такую картинку:

Обратите внимание: начало координат НЕ совпадает с вершиной многогранника! На самом деле, при решении настоящих задач вы обнаружите, что это очень удобно, поскольку позволяет значительно уменьшить объем вычислений.

Осталось добавить ось z. По традиции, проводим ее перпендикулярно плоскости OXY и направляем вертикально вверх. Получим итоговую картинку:

Запишем теперь координаты точек. Предположим, что все ребра нашей правильной шестигранной призмы равны 1. Итак, координаты нижнего основания:

Координаты верхнего основания сдвинуты на единицу по оси z:

Координаты четырехугольной пирамиды

Пирамида — это вообще очень сурово. Мы разберем только самый простой случай — правильную четырехугольную пирамиду, все ребра которой равны единице. Однако в настоящих задачах C2 длины ребер могут отличаться, поэтому ниже приведена и общая схема вычисления координат.

Итак, правильная четырехугольная пирамида. Это такая же, как у Хеопса, только чуть поменьше. Обозначим ее SABCD, где S — вершина. Введем систему координат: начало в точке A, единичный отрезок AB = 1, ось x направим вдоль AB, ось y — вдоль AD, а ось z — вверх, перпендикулярно плоскости OXY. Для дальнейших вычислений нам потребуется высота SH — вот и построим ее. Получим следующую картинку:

Теперь найдем координаты точек. Для начала рассмотрим плоскость OXY. Здесь все просто: в основании лежит квадрат, его координаты известны. Проблемы возникают с точкой S. Поскольку SH — высота к плоскости OXY, точки S и H отличаются лишь координатой z. Собственно, длина отрезка SH — это и есть координата z для точки S, поскольку H = (0,5; 0,5; 0).

Заметим, что треугольники ABC и ASC равны по трем сторонам (AS = CS = AB = CB = 1, а сторона AC — общая). Следовательно, SH = BH. Но BH — половина диагонали квадрата ABCD, т.е. BH = AB · sin 45°. Получаем координаты всех точек:

Вот и все с координатами пирамиды. Но не с координатами вообще. Мы рассмотрели лишь самые распространенные многогранники, однако этих примеров достаточно, чтобы самостоятельно вычислить координаты любых других фигур. Поэтому можно приступать, собственно, к методам решения конкретных задач C2.

Метод координат в задачах типа С2.

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

В ы б е р е м н а ч а л о к оо р д и н а т . П р о в е д е м т ри в з а и м н о п е р п е н д и к у л яр ны е о с и х , y и z . Выберем м а с ш т а б .

П о л у ч и л а с ь с и с т е м а к о о р д и н а т в т р е х м е р н о м п р о с т р а н с т в е .

К а ж д а я т о ч к а х а р а к т е р и з у е т с я т р е м я ч и с л а м и — к оо р д и н а т а м и п о x , y и z . З а п и с ь M ( − 1 ; 3 ; 2 ) о з н а ч а е т , ч т о к оо р д и н а т а т о ч к и M п о x ( а б с ц и сс а ) р а в н а − 1 , к оо р д и н а т а п о y ( о р д и н а т а ) р а в н а 3 , а к оо р д и н а т а п о z ( а пп л и к а т а ) р а в н а 2 .

В е к т о р ы в п р о с т р а н с т в е о п р е д е л яю т с я т а к ж е , к а к и н а п л о с к о с т и.

Э т о н а п р а в л е н ны е о т р е з к и, и м е ю щ и е н а ч а л о и к о н е ц . Т о л ь к о в п р о с т р а н с т в е в е к т о р з а д а е т с я т р е м я к оо р д и н а т а м и x , y и z :

ﺂ؟ ( x _a ; y _a ; z _a )

Чтобы н а й т и к о о р д и н а т ы в е к т о р а , так же, как и на плоскости, и з к оо р д и н а т ы к о н ц а надо в ы ч есть к оо р д и н а т у н а ч а ла.

1.

2.

Если точка M – середина отрезка AB , то ее координаты находятся по формуле:

3.

4. – сумма векторов.

5. – разность векторов.

6. – произведение вектора на число.

7. — скалярное произведение векторов

8. – косинус угла между векторами.

2. Введение системы координат.

Метод координат – это, конечно, очень хорошо, но в настоящих задачах C 2 никаких координат и векторов нет, поэтому их надо вводить.

Самое замечательное свойство заключается в том, что не имеет никакого значения как именно вводить систему координат. Если все вычисления будут правильными, то и ответ будет правильным.

2.1 Координаты куба.

Система координат вводится очень просто:

Начало координат – в точке A

Если ребро куба не указано, то принимаем его за единичный отрезок;

Ось x направляем по ребру АВ, у – по ребру А D , а ось z – по ребру AA _{1 .}

Теперь у каждой вершины куба есть координаты:

A (0; 0; 0), B (1; 0; 0), C (1; 1; 0), D (0; 1; 0),

2.2 Координаты правильной треугольной призмы

A (1; 0; 0), B , C (0; 0; 0), A ₁ (1; 0; 1), B ₁ , C ₁ (0; 0; 1).

2.3 Координаты правильной шестиугольной призмы

2.4 Координаты правильной четырехугольной пирамиды

Введем систему координат с началом в точке А

Найдем координаты точки S . Рассмотрим треугольники ASH и ABH

AS = AB = 1 по условию;

Угол AHS = AHB = 90°, поскольку SH — высота, а AH ⊥ HB как диагонали квадрата;

Сторона AH — общая.

Следовательно, прямоугольные треугольники ASH и ABH равны по одному катету и гипотенузе. Значит, SH = BH = 0,5 · BD . Но BD — диагональ квадрата со стороной 1. Поэтому имеем:

Итак, координаты точки S :

Рассмотрим случай, если боковые ребра пирамиды не равны ребрам основания. В этом случае рассмотрим треугольник AHS :

Треугольник AHS — прямоугольный , причем гипотенуза AS — это одновременно и боковое ребро исходной пирамиды SABCD . Катет: AH = 0,5 · AC . Оставшийся катет SH найдем по теореме Пифагора . Это и будет координата z для точки S .

3. Матрицы и определители второго и третьего порядка.

Определение: Таблица, составленная из четырёх чисел называется квадратной матрицей второго порядка. Числа называют элементами матрицы.

Определение: Число ∆ называется определителем или детерминантом матрицы.

∆ =

Определитель третьего порядка можно вычислить так:

4. Метод координат в пространстве

4.1 Угол между прямыми.

Вычисление направляющих векторов для прямых.

В задаче С2 прямые всегда задаются парой точек. Если ввести систему координат и рассмотреть вектор с началом и концом в этих точках, получим направляющий вектор для прямой.

α -угол между прямыми

3.1 Угол между двумя прямыми – это угол между их направляющими векторами.

Задача 1 .

В единичном кубе ABCDA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ найдите угол между прямыми AE и BF , где E – середина ребра A ₁ B ₁ , где Е – середина ребра А ₁ В ₁ а F – середина ребра B ₁ C _1.

Решение (1 способ)

K — середина A ₁ D ₁ AK ║ BF угол KAE = φ

По теореме Пифагора

По теореме косинусов для ∆ AKE

KE ² = AE ² + AK ² — 2 * AE * AK * cos φ

cos φ =0,8 φ = arccos 0.8

Решение (2 способ)

С помощью векторов и координат легко найти угол между прямыми.

А если требуется найти угол между плоскостями или между прямой и плоскостью, то для этого нам понадобится уравнение плоскости в пространстве.

4.2 Плоскость в пространстве задается уравнением.

Ax + By + Cz + D =0,

где A , B и С – координаты вектора, перпендикулярного этой плоскости. Его называют нормалью к плоскости.

Чтобы написать уравнение плоскости, берем координаты трех принадлежащих ей точек. Подставляем их по очереди в уравнение плоскости. Решаем полученную систему.

Напишем уравнение плоскости, проходящей через точки M (1; 0; 1), N (2; -2; 0) и К (4; 1; 2)

Уравнение плоскости выглядит так:

Ax + By + Cz + D =0

Получим систему из трех уравнений:

В ней четыре неизвестных: A , B , С и D . Поэтому одну из них мы выберем сами, а другие выразим через нее. Правило – простое вместо одной из переменных можно взять любое число, не равное нулю.

Решив систему, получим:

A =- B =- C =

Уравнение плоскости MNK имеет вид:

Умножим обе части уравнения на -3. Тогда коэффициенты станут целыми:

Вектор (1; 4; -7 ) – это нормаль к плоскости MNK .

Если плоскость проходит через начало координат, то D =0 (так как D ≠0 не позволит получить верное числовое равенство).

Уравнение плоскости, проходящей, через заданную точку имеет вид:

_{Уравнение плоскости можно составить и с помощью определителя третьего порядка :}

_{Пусть имеем точки}

_,

_{Тогда уравнение плоскости, проходящей через эти три точки ,будет иметь вид:}

₌₀

4.3 Угол между плоскостями равен углу между нормалями к этим плоскостям:

cos φ =

При пересечении двух плоскостей образуется четыре угла . Мы берем меньший из них. Поэтому в формуле стоит модуль скалярного произведения – чтобы косинус угла был неотрицателен.

В кубе A B C D A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ то ч к и E и F с середины ребер соответственно A ₁ B ₁ и

A ₁ D ₁ . Найдите косинус у г л а между плоскостями A E F и B D D ₁ .

В и д н о , ч т о п л о с к о с т и A E F и B D D ₁ пересекаются где-то вне куба . В классическом решении пришлось бы строить пересечения . Н о координатный м е т о д з н а ч и т е л ь н о в с ё у п р о щ а е т . Достаточно о т м е т и ть к оо р д и н а т ы н у ж н ы х т о ч е к и н а й ти у г о л м е ж д у н о р м а л я м и к п л о с к о с т я м A E F и B D D ₁ .

A (0; 0; 0), C (1; 1; 0)

Сначала – нормаль к плоскости BDD ₁ . Мы можем подставить координаты точек B , D и D ₁ в уравнение плоскости и найти координаты вектора нормали. А можно увидеть нужную нормаль на чертеже. Ведь плоскость BDD ₁ – это диагональное сечение куба. Вектор перпендикулярен этой плоскости.

Итак, первый вектор нормали у нас уже есть:

Напишем уравнение плоскости AEF .

A E F

_{Составим уравнение плоскости:}

Уравнение плоскости AEF : 2 x +2 y — z =0

Нормаль к плоскости AEF : (2; 2; -1)

Найдем угол между плоскостями:

_{4.4 Угол между прямой и плоскостью}

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD , все ребра которой равны 1, найдите угол между прямой DE , где E -середина апофемы SF грани ASB грани и плоскостью ASC

OB — вектор нормали плоскости ASC

DE — направляющий вектор прямой

OB — — вектор нормали плоскости ASC

DE — — вектор направляющей вектор прямой DE

Ответ:

4.5 Расстояние от точки до плоскости

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA ₁ B ₁ C ₁ D ₁ E ₁ F ₁ , все рёбра которой равны 1, найдите расстояние от точки E до прямой B ₁ C ₁ .

Решение (1 способ)

1) Рассмотрим Δ CDE :

по теореме косинусов:

СЕ 2 = 2 С D 2 — 2CD 2 cos120° = 2 + 2*1/2 = 3 =>

CE =

2) Рассмотрим ΔС ₁ СЕ: он прямоугольный, т.к. С ₁ С перпендикулярна плоскости нижнего основания => CC ₁ перпендикулярна СЕ.

По теореме Пифагора:

С ₁ Е 2 = ( ) 2 + 1 2 = 4, С ₁ Е = 2

3) Рассмотрим ΔBCE : он прямоугольный , т.к. 120° — 60°:2 = 90° (из Δ CDE )

ВЕ 2 = ( ) 2 + 1 2 = 4, ВЕ = 2

4) Рассмотрим ΔВВ ₁ Е: он прямоугольный, т.к. ВВ ₁ перпендикулярна ВЕ,

по теореме Пифагора:

В ₁ Е 2 = В ₁ В 2 + ВЕ 2 = 4 + 1 = 5, ВЕ =

С ₁ Е = 2, С ₁ В ₁ = 1, В ₁ Е = , т.е. 2 2 + 1 2 = ( ) 2 . Таким образом, по теореме обратной теореме Пифагора, ΔВ ₁ С ₁ Е – прямоугольный, угол В ₁ С ₁ Е = 90°

6) Искомое расстояние от точки Е до прямой В ₁ С ₁ – это длина С ₁ Е = 2

1) Поместим призму в прямоугольную систему координат, расположив координатные оси, как показано на рисунке. СС ₁ , СВ и СЕ попарно перпендикулярны, поэтому можно направить вдоль них координатные оси. Получаем координаты:

С ₁ (0;0;1), Е ( ;0;0), В ₁ (0;1;1)

2) Найдем координаты векторов С ₁ В ₁ и С ₁ Е:

С ₁ В ₁ (0;1;0), С ₁ Е ( ;0;-1).

3) Найдем косинус угла между С ₁ В ₁ и С ₁ Е, используя скалярное произведение векторов С ₁ В ₁ и С ₁ Е:

cosβ = = 0 => β = 90° => C ₁ E – искомое расстояние.

4) С ₁ Е = =2

4.6 Расстояние между скрещивающимися прямыми

в пространстве — это длина их общего перпендикуляра. Общий перпендикуляр скрещивающихся прямых — отрезок с концами на этих прямых, перпендикулярный обеим этим прямым.

Если прямые в пространстве пересекаются, расстояние между ними считается равным 0.

Пусть есть не пересекающиеся в пространстве прямые a и b.

Построим плоскости α и β так, чтобы эти плоскости были параллельны, плоскость α содержала в себе прямую a , плоскость β содержала в себе прямую b .

Расстоянием между прямыми a и b будет расстояние между плоскостями α и β .

Александров А.Д. и др

. Геометрия для 10-11 классов: Учеб. пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики . Просвещение, 1992.

2. Ю.М.Нейман, Т.М. Королева, Е.Г. Маркарян .

Математика: ЕГЭ: Учебно-справочные материалы «Просвещение», 2011.

3 . Погорелов А.В.

Геометрия: Учеб. для 7-11 кл. сред. шк., 4-е изд. – М.: Просвещение, 1993.

ЕГЭ 2011. Математика. Задача С2. Геометрия. Стереометрия

. Под ред. А. Л. Семенова и И.В.Ященко. МЦНМО, 2011.

Нахождение углов между прямыми и плоскостями (координатно-векторный метод) . Математика в школе. — 2011. — №4.

Уравнение куба в системе координат

Мы уже говорили, что уже арабские математики средневековья владели всей теорией решения квадратных уравнений. Другое дело – уравнения кубические. Если решение квадратных уравнений может быть найдено с помощью определенных построений циркулем и линейкой (эти построения, так называемые «приложения площадей», были известны уже древним грекам), то корень кубического уравнения, вообще говоря, невозможно построить циркулем и линейкой. Поэтому для их решений были нужны другие методы. Во-первых, существовали приближенные методы вычисления корней, с помощью которых можно было найти корень с любой заданной точностью. А во-вторых, для анализа разрешимости уравнения, числа его корней и примерной их оценки применялись графические методы.

Под графическим решением уравнения мы сейчас обычно понимаем (в простейшем случае) построение графиков функций и и нахождение абсцисс точек их пересечения. В более общем случае уравнение может быть сведено к системе каких-либо двух уравнений с двумя неизвестными – не обязательно эти уравнения должны иметь форму и . Каждое из уравнений трактуется как уравнение некоторой кривой на координатной плоскости; координаты точек их пересечения этих кривых удовлетворяют обоим уравнениям, и, следовательно, являются решением системы, по ним можно получить и корень исходного уравнения. Разумеется, с помощью графического решения, как правило, невозможно найти значение корней уравнения точно. Тем не менее, оно часто бывает полезным для того, чтобы приблизительно определить их значение или получить общее представление о числе положительных и отрицательных корней и т. п.

Хотя у древних греков не было идеи графиков функций в современном смысле, они владели определенной техникой, которую мы бы, в переводе на современный язык, сочли именно графическим решением уравнений. Задача, которую было необходимо решить, формулировалась в виде некоторого соотношения (уравнения), которое затем переводилось в форму двух соотношений между двумя неизвестными величинами (система двух уравнений с двумя неизвестными). Эти две величины трактовались как расстояния от точки до двух перпендикулярных прямых (фактически, осей координат): строились две кривые, соответствующие двум данным соотношениям между этими расстояниями (координатами), и находились точки пересечения этих кривых.

С помощью этой техники греки, а затем и арабы, находили, в частности, решения кубических уравнений. Уже говорилось, что с помощью точек пересечения гиперболы и параболы или двух парабол Менехм строил решение знаменитой задачи об удвоении куба, то есть решал уравнение вида 3 = . Греки сталкивались и с другими типами кубических уравнений. Так, Архимед рассматривал задачу о делении шара плоскостью на два сегмента, объемы которых находятся в данном отношении (₁ : ₂ = ). Эта задача сводится к решению кубического уравнения вида 3 + = 2 . Дело в том, что объем шарового сегмента (как это открыл тот же Архимед) является кубической функцией его высоты (да еще без линейного члена):

Это довольно приятное обстоятельство: скажем, площадь кругового сектора зависит от его высоты существенно более сложным образом.

Архимед построил корень полученного кубического уравнения как координату точки пересечения параболы и гиперболы и произвел тщательный анализ задачи.

Выведите уравнение, соответствующее задаче Архимеда (приняв за высоту одного из сегментов).

Если радиус шара , а высота одного из сегментов , то высота другого – . Объем первого сегмента ,

а объем второго (в сумме, нетрудно видеть, они составляют – известная формула объема шара, доказанная также Архимедом).

Т. к. отношение объемов равно ,

3 ( + 1) + 4 3 = 3 ( + 1) 2 ,

3 + 4 3 / ( + 1) = 3 2 .

Другой вариант – положить обратное отношение равным . Тогда: