Стереометрическое задание С4 на ЕГЭ–2009

Разделы: Математика

В настоящий момент, когда опубликована демоверсия ЕГЭ 2010 и проведены диагностические работы по плану ЕГЭ 2010, обсуждение подходов к решению стереометрической задачи С4, может показаться не очень актуальным. Однако, уже в 2009 году задание С4 по сравнению с заданиями этого уровня сложности прошлых лет было проще и в чем-то приемы его решения подобны требуемым для задания С2 в новом варианте работы. Я полагаю, что работа учителя не должна подстраиваться под сиюминутные требования аттестации, хотя упрощение стереометрического задания в КИМ ЕГЭ поддерживаю. Кроме того, в прошлом году появилась краткая формулировка к оценке работы учащегося на полный балл для заданий повышенной сложности и сложных задач «Обоснованно получен правильный ответ». Один из возможных подходов к получению обоснованных решений содержит материал данной статьи.

Условие.

Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1. AB = 4, AD = , AA1 = 1. Точка M лежит на отрезке BC1, точка N лежит на отрезке BD, прямые AM и A1N пересекаются. Определите тангенс угла между прямой D1M и плоскостью BCC1, если BN : ND = 5 : 6.

1 способ  решения

Хотя в критериях для экспертов, проверяющих решения заданий C4, не содержится требований к чертежу, его сопровождающему, я полагаю, что  наличие чертежа для полноты пояснений, позволяющих получить полный балл, а также для успешного нахождения пути к верному решению абсолютно необходимо. В зависимости от способа решения чертежи, его сопровождающие, могут отличаться той или иной степенью подробности.
Нам повезло, прямоугольный параллелепипед большинство выпускников изобразить может. Мы, обычно, внушаем ученикам, что соблюдение пропорций на чертеже и удобный ракурс рисунка помогают проще справиться с задачей.

Рисунок 1.

Однако, если в соответствии с правилами построения чертежа изобразить указанный в условии прямоугольный параллелепипед в диаметральной проекции, то эта конструкция вызовет у нас проблемы: ребра передней и задней грани будут совпадать, а принадлежность точки N сложно идентифицировать.
Эти проблемы легко устранить, если немножко изменить пропорции рисунка, как показано на следующем рисунке. На оценку работы наши изменения не повлияют.

Рисунок 2.

Возвращаясь к рекомендации по выставлению максимального балла за данное задание, мы можем поразиться его краткой выразительности: «Обоснованно получен правильный ответ».
Мне представляется, что обоснования будут полными, если мы обоснованно выполним чертеж, а также проанализируем расположение неизвестных из условия и искомых элементов.
Так как прямые AM и A1N пересекаются, то они задают некоторую плоскость , которой принадлежат отмеченные точки. Прямая AA1 принадлежит плоскости , прямая AN пересекает отрезок BC, а также плоскость BCC1 в точке Т. Поскольку прямая AA1 параллельна плоскости  BCC1, то линия пересечения плоскостей и BCC1 параллельна AA1. Через точку T проводим прямую, параллельную AA1, а значит и параллельную BB1. Эта прямая пересекает отрезок B1C1 в точке T1. Точка M, принадлежа плоскости и отрезку BC1, есть пересечение плоскости и отрезка BC1, то есть отрезков TT1 и BC1.
Таким образом, продвигаясь последовательно от выбора точки N на диагонали грани несколько ближе к точке B, чем D, мы получили элементы рисунка, указанные в условии.

Рисунок 3.

В прошлые годы ошибкой считалось указать в «Дано» буквенное обозначение угла, который требуется найти, без обоснования, что это именно он.  Сошлемся на известную информацию: угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и её ортогональной проекцией на данную плоскость.  Отметим, что, в соответствии с условием задачи, ребро D1C1 ортогонально плоскости BCC1 . Прямая  С1M  является  ортогональной проекцией прямой D1M  на плоскость BCC1,  тангенс острого угла D1MC1 нам  требуется найти. Пусть , tg =

Рисунок 4.

Если следовать рекомендациям структурировать решение задачи, мы прошли сейчас два этапа:

  1. провели рассуждения, позволяющие определиться с положением точки M
  2. вывели искомое отношение отрезков

BTN подобен DAN (по двум углам, но подробное обоснование этого факта, судя по комментариям составителей для полного балла за решение задачи не требуется).  Из условия  тогда
BTM подобен BCC1, откуда  Получаем
Из теоремы Пифагора к BCC1  Следовательно,
Окончательно получаем  tg = 8.

2 способ решения

В рекомендациях для экспертов отмечается, что в работах выпускников возможен и другой способ решения, если они владеют координатным методом.
Предлагаемый ниже способ решения задачи предполагает, что учащиеся знают уравнение плоскости в декартовой системе координат, умеют описать в координатах коллинеарность векторов, а также найти длину вектора по его координатам. Метод координат весьма удобен, когда речь идет о прямоугольных параллелепипедах.

Рисунок 5.

  1. Введем декартовую систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке. Мы отмечаем на рисунке точки N и M на указанных в условии отрезках, не задаваясь вопросом детального расположения точки M.
  2. Из условия задачи следует, что  Координаты точек:
  3. Пусть – плоскость AA1N. Уравнение плоскости ax + by +cz +d = 0 . Из условия, что точка A принадлежит , получаем d = 0, из условия, что A1 принадлежит , получаем, что с = 0. Тогда, подставив координаты точки N в уравнение плоскости, получим:  Уравнение плоскости :
  4. Точка M лежит на отрезке BC1. Тогда (*).  Точка M(4;y0;z0). Из уравнения (*) получаем:
  5. Так как прямые A1N  и AM пересекаются, точка M принадлежит плоскости . Подставим её координаты в уравнение плоскости:
  6. Прямая  С1M  является  ортогональной проекцией прямой D1M  на плоскость BCC1

Пусть , tg =    
Откуда tg = 8.

Для учащихся классов с профильным уровнем изучения математики данный способ решения не должен представлять собой проблем.

3 способ решения

Решение задачи можно провести полностью в «координатном» стиле. С этой целью воспользуемся понятием направляющего вектора прямой и вычислением угла между прямой и плоскостью.
В данном подходе мы имеем совпадающую часть решения  со вторым способом до нахождения координат точки M.
Вектор  – направляющий вектор прямой D1M. Координаты точки . Нормаль к плоскости BCC1 Тогда синус искомого угла между плоскостью и прямой равен модулю косинуса угла между направляющим вектором прямой и нормалью к плоскости.  где
    Тогда

Приложение 1 содержит презентацию данной статьи, которая была представлена на городском методическом объединении учителей математики. Этот материал можно использовать для сравнения различных способов решения задачи на уроках геометрии в 10 – 11 классах.