дома » Библиотека учителя » Пространственные фигуры

Пространственные фигуры

Виды задач на изображениях пространственных фигур и методы их решения

Г л а в а I. НЕКОТОРЫЕ ОБЩИЕ ВОПРОСЫ МЕТОДИКИ ОБУЧЕНИЯ УЧАЩИХСЯ РАБОТЕ
С ИЗОБРАЖЕНИЯМИ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ФИГУР

А. Б. ВАСИЛЕВСКИЙ

Главная страница РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ по СТЕРЕОМЕТРИИ

Научно-исследовательский институт
педагогики Министерства просвещения БССР

Скачать PDF файл metodika-obuchenia

СТЕРЕОМЕТРИЯ

СТЕРЕОМЕТРИЯ

Ниже текст только для быстрого ознакомления с темой. В нём формулы отображаются некорректно. Качественный текст смотрите в оригинале (формат PDF) по ссылке выше.

2. Виды задач на изображениях пространственных фигур и методы их решения

Все конструктивные задачи на изображениях пространственных
фигур можно разделить на два вида.
Первый вид составляют задачи на построение изображений
пространственных фигур. Задачи второго вида — это
построения на данных изображениях геометрических
фигур.
В свою очередь задачи второго вида также делятся на
две группы: позиционные и метрические.
К позиционным относятся задачи, при решении которых
используются только свойства параллельной проекции. Их
можно решать, ничего не зная о метрических свойствах тех
фигур, на изображении которых мы выполняем построения.
Примеры таких задач:
1. Дано изображение А’В’С’ треугольника ABC. Постройте
его медианы.
Так как при параллельном проецировании сохраняется
отношение отрезков, лежащих на одной прямой, то середины
сторон треугольника А ‘В’С’ будут изображениями оснований
медиан треугольника ABC.
2. Дано изображение треугольника. Прямой, проходящей
через одну из его вершин, разделите его на два равновеликих
треугольника.
Вторую группу составляют задачи, решить которые
можно только при известной форме плоской фигуры, на
плоскости которой при помощи циркуля и линейки выполняются
построения. Обязательными элементами решения
этих задач являются построения изображений взаимно
перпендикулярных прямых. Такие задачи называются метрическими.
„Из решения метрических задач на плоских фигурах, не
параллельных плоскости проекций, и складывается решение
любой задачи на построение взаимно перпендикулярных
прямых и плоскостей, линейных углов двугранных углов
и т. п.
11

Рассмотрим метрические задачи, которые лежат в основе
изображений ортогональных прямых и плоскостей. Каждая
задача решается и алгебраическим, и конструктивным методом,
чтобы показать преимущества и недостатки каждого
из них.
3. Дано изображение А’В’С’ прямоугольного треуголь-
^ [СВ]. Через вершину С’ проводим [С А], перпендикулярный
(С’В’) и равный третьей части [СВ’].
Строим (С’Я)_1_(ЛВ’). Точка Я — основание высоты С’Я треугольника
АС’В’ (подобного оригиналу ABC). Пусть Я’ —
изображение точки Я. Очевидно, что (Я Я ‘) || {А’А) (при
параллельном проецировании сохраняется отношение
отрезков, лежащих на одной прямой).
Таким образом, Я ‘ находится как пересечение прямой
А’В’ с прямой, проходящей через Я и параллельной {АА’).
В т о р о й с п о с о б . Известно, что высота, опущенная
из вершины С прямого угла прямоугольного треугольника
ABC, делит его гипотенузу АВ на части [АН] и [НВ],
пропорциональные квадратам катетов АС и СВ. Поэтому
положение точки Я’ на [А’В’] находим из пропорции
\А’Н’\_ \АН\ _ /ЛС|2 _ 1 _ 1
\Н’В’\ \НВ\ |СВ|2 З2 9 ‘
Итак, \А’Н’\ = 0,1 . \А’В’\.
Алгебраический способ предпочтительнее в том случае,
когда отношение [А’Н’] и [Н’В’] выражается рациональным
числом.
4. Дано изображение прямоугольного треугольника,
катеты которого относятся как 1 : 2. Постройте биссектрису
его прямого угла.
Эту задачу также можно решать двумя способами, одна- i
ко алгебраический проще.
Получаем, что биссектриса делит гипотенузу в отноше-՝
нии 1 : 2.
ника ABC (С — прямой
угол), катеты АС и СВ
которого относятся как
1 : 3. Постройте высоту
этого треугольника к гипотенузе
А В.
Рис. 9.
Р еше н и е . Пе р вый
с п о с о б (рис.
9). Считаем, 4to[C’.S’]s £
12

5. Дано изображение А’В’С’ равнобедренного треугольника
ABC, боковая сторона которого в два раза больше стороны
АС основания. Постройте его высоту к стороне А ‘В \
Р еше н и е . П е р в ы й с п о с о б (рис. 1C). Строим
треугольник ВА’С’\ у которого [А’В] ^ [ВС’] и \А’В\ =■
= 2 \А’С’\. Этот треугольник подобен оригиналу ВАС,
В
изображением которого является данный треугольник
В’А’С’.
Строим (С’Н) _!_ (А’В). Через точку Я проводим прямую,
параллельную (В’В). Точка Н’ пересечения этой прямой
с [В’А’] является изображением точки Я. Отрезок Н’С’—
изображение высоты НС оригинала треугольника ABC.
В т о р о й с п о с о б (рис. 11). Пусть треугольник
ABC подобен оригиналу. Строим (ВМ) _L (АС). Принимаем
отрезок AM за единицу длины. Тогда \АВ\ = 4. Из прямоугольного
треугольника АМВ получаем
|5Af|* = \АВ\2— \АМ\2 = 1 6 ֊ 1 — 15.
Следовательно, высота КМ треугольника АМВ делит
гипотенузу А В в отношении 1 : 15, считая от вершины А.
Так как \АС\ = 2 • \АМ\, то \АН\ = \АВ\ : 8. Поэтому
на стороне треугольника А’В’С’ строим точку Я’ (А ‘Н ‘~
— յ А’В’). Строим отрезок С’Н’, который и является
изображением высоты СН треугольника ABC.
13

6. Дано изображение прямоугольного треугольника
ABC, катеты которого \АС\ и |СЙ| относятся как 1 : 2.
Постройте изображение прямой /, лежащей в плоскости
данного треугольника, проходящей через середину О его
гипотенузы и перпендикулярной ей.
Р е ш е н и е (рис. 12). Так как две прямые, лежащие в
одной плоскости и перпендикулярные третьей прямой, параллельны
между собой, то строим (СН) _Լ (А В) (см. задачу
5) и через точку О проводим прямую I, параллельную
(СН).
Способ решения этой задачи применим для решения всех
задач на восстановление перпендикуляра к прямой в данной
ее точке.
7. Дано изображение А’В’С’՜ треугольника ABC, стороны
АВ, ВС и СА которого относятся как 2 : 4 : 5 . Постройте
его высоту В’Н’ к стороне А’С’՜.
Р е ш е н и е (рис. 13). Строим треугольник А’В’С, у
которого \А’В’\ : \В’С\ : \СА’\ = 2 : 4 : 5 . Этот треугольник
подобен оригиналу ABC. Строим (В’Н) _L (А’С). Через
И проводим прямую, параллельную (ССг). Эта прямая пересекает
[А’С’\ в точке //’. Отрезок В Н’ является изображением
высоты ВН треугольника-оригинала ABC.
Алгебраическое решение этой задачи сложнее конструктивного.
Пусть (ВН)Л-(АС) (рис. 14). Обозначим: \АВ\ = с,
\ВС\ = а, \АС\ = Ъ, \АН\ = х. Тогда
I НС \ — \b — х\. (1)
Из прямоугольного треугольника АНВ получаем
|ВЯ|2 = Ժ — х2.
14

Из прямоугольного треугольника ВНС имеем
\ВН\2 = a \b — x f .
Из равенств (1) и (2) следует
(10
(2)
Из равенств (1) и (2) получаем
Итак,
\АН\ _ | — д2 գ Ь2 փ Ժ |
\НС\ I а 2 -փ ծ2 — с2 Г (3)
Применив формулу (3) для решения рассматриваемой
задачи, находим
\АН\ | _ 4 2+ 5 2+ 2 2 I 13
J//CI ~ I 42+ 5 2—22 ! ~ 37 ‘
Так как у данного треугольника ABC
то точка Н лежит между точками А и С.
Из рассмотренных примеров 3—7 видно, что для решения
метрических задач используются только основные свойства
прямоугольных и косоугольных треугольников, которые
изучаются учащимися 7 и 8 классов.

15

СТЕРЕОМЕТРИЯ

СТЕРЕОМЕТРИЯ 9 класс, СТЕРЕОМЕТРИЯ 10 класс, Пространственные фигуры

#СТЕРЕОМЕТРИЯ #Математика

Математика в школе.
Библиотека учителя математики.
Интернет бизнес с нуля

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии