РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ОДНОЙ ЗАДАЧИ

К.С. Кочарова
Муниципальное образовательное учреждение средняя общеобразовательная школа № 15, Комсомольск-на-Амуре Различные способы решения одной и той же задачи способствуют активизации мышления школьников. При этом приходится находить либо какие-то дополнительные построения, либо различные формулы для нахождения одной и той же величины, применять элементарные методы или элементы высшей математики. Все это способствует развитию мышления. На примере задачи № 14 из единого государственного экзамена в данной работе представлены шесть способов решения задачи по стереометрии на нахождение площади сечения.
Задача.
В прямоугольном параллелепипеде 1 1 1 1 D C B ABCDA известны ребра: 5 , 2 , 3 1    AA AD AB . Точка О принадлежит 1 BB и делит его в отношении 2:3, считая от вершины В. Н а й т и п л о щ а д ь с е ч е н и я э т о г о параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки O C A , , 1 .
Решение.
Выясним вид сечения (рис. 1). а) По свойству параллельных плоскостей P AOC 1 – параллелограмм, где 1 1 1 , , OC AP P C AO DD P  . б) 1 5 3 2 3 : 2 : 1       x x x OB BO . Значит 3 , 2 1   OB BO . в) , 13 2 3 , 13 2 3 2 2 1 2 2       OC AO A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 O P Рис. 1 K
          3 9 2 13 13 , 13 2 2 1 1 DP AP OC AO P C 2 3 5 1    P D . Итак ромб. 13 1 1 1       P AOC AP P C OC AO
I способ.
1) Проведем BD OK . Так как 13 13 2 3 2 2       BD OK BD как противоположные стороны параллелограмма BOKD . 2) Рассмотрим OKP  – прямоугольный 1 2 3 , , 1     KP DB OK DD BD , 14 1 13 2 2    OP , по свойству диагонали прямоугольного параллелепипеда 38 5 2 3 2 2 2 1     AC . 3) 133 19 7 2 36 14 , 2 ромба 2 1 1        S d d S P AOC .
II способ
(метод координат). Введем систему координат с началом в точке ) 0 ; 0 ; 0 ( B (рис. 2). Тогда ) 3 ; 2 ; 3 ( ), 5 ; 2 ; 0 ( ), 2 ; 0 ; 0 ( ), 0 ; 0 ; 3 ( 1 P C O A , 38 ) 0 5 ( ) 0 2 ( ) 3 0 ( 2 2 2 1        AC , 14 ) 2 3 ( ) 0 2 ( ) 0 3 ( 2 2 2        OP , 133 14 38 2 1 ромба     S .
III способ.
LP OP 2  , где OP AC L   1 , OLP  – прямоугольный, так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны 14 38 52 38 4 1 13 2 4 1 2 2 2 2 1 2        AC AP OP . 133 14 38 2 1 2 1 ромба 1 ромба        S OP AC S . A B C D A 1 B 1 C 1 O P Рис. 2 x z y D 1 L

IV способ.
    3 ; 2 ; 0 , 2 ; 0 ; 3 AP AO  ,                13 6 9 4 0 4 0 9 3 2 2 0 0 3 ) cos( AP AO 13 133 13 6 1 ) sin( 2           AP AO ,  sin 2 ромба a S  , 133 13 133 13 13 ромба     S .
V способ.
Пусть n – нормальный вектор к плоскости P AOC 1 (рис. 3), тогда:   1 ; 0 ; 0 k ,   6 ; 9 ; 4 6 9 4 2 0 3 3 2 0          n k j i k j i AO AP n    . Найдем 133 6 1 36 81 16 6 0 0 ) cos(         k n   . Так как  cos сеч осн  S S , то 133 133 / 6 ; cos ромба осн сеч    ABCD S S S S  .
VI способ.
Пусть n  – нормальный вектор к плоскости сечения и   c b a n ; ;  . AP n AO n     ; . Составим систему уравнений:                            1 ; 2 3 ; 3 2 0 3 2 0 2 3 0 3 2 0 0 2 0 3 n c b c a c b a c b a  . Найдем косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью основания ABCD: 133 6 1 1 4 / 9 9 / 4 1 0 0 cos         . Следовательно, 133 133 / 6 6 ромба   S . A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 O P Рис. 3 k  n 