дома » Библиотека учителя » Решения задач по геометрии в десятом классе

Решения задач по геометрии в десятом классе

Обобщенные приемы решения задач
по геометрии в десятом классе

Глава II. ИЗУЧЕНИЕ СВОЙСТВ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ
И РЕШЕНИЕ КОНСТРУКТИВНЫХ ЗАДАЧ В IX—X КЛАССАХ

А. Б. ВАСИЛЕВСКИЙ

Главная страница РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ по СТЕРЕОМЕТРИИ

Научно-исследовательский институт
педагогики Министерства просвещения БССР

Скачать PDF файл
ИЗУЧЕНИЕ СВОЙСТВ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ И РЕШЕНИЕ КОНСТРУКТИВНЫХ ЗАДАЧ В IX—X КЛАССАХ

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.

5. Обобщенные приемы решения задач
по геометрии в десятом классе

При изучении тем «Координатный метод в пространстве
», «Многогранники», «Фигуры вращения» применяются
все основные свойства фигур, рассмотренных в девятом
классе. Поэтому успешное изучение материала десятого
класса невозможно без систематического повторения важнейших
понятий стереометрии и взаимного положения прямых
и плоскостей. Такое повторение целесообразно вести
через решение задач. Анализ действующих учебных пособий
по геометрии для IX и X класса показывает, что в них
есть задачи, работа над которыми позволяет обучить учащихся՜
обобщенным приемам, которые дают возможность

88

им успешно определять элементы многогранников и фигур
вращения.
1. Решение многих школьны задач стереометрии связано
с комплексным применением построений, доказательств и
вычислений. Причем наиболее важный и сложный элемент
этого комплекса — это правильное изображение различных
частей фигуры. Поэтому особое внимание следует уделять
построению чертежей, их обоснованию и составлению
плана решения задач по готовым чертежам. Приводим
упражнения, систематическая работа с которыми на протяжении
всего учебного года позволяет усвоить основные
построения на проекционном чертеже, являющиеся составной
частью решения многих задач из «Геометрии. 10».
1. На рисунке 187 показана [D-ABC]. [DH] —
ее высота, = 90°. Постройте линейные углы двугранных
углов при (АС) и (ВС). Постройте Ճ. (AD, ABC),
ՀՀ.DC, ABC), Հ ՀDB, ABC).
От в е т на рисунке 188.
2. В [D-ABC] / с я = 120°, |ЛС| = \СВ\, \DC\ =
= \DB\, ACD — 90°. [DH] — высота пирамиды. Постройте
[DH] и линейный угол двугранных углов при (АС) и (СВ).
О т в е т на рисунке 189.
3. В [D-ABC) i СЬ = 120°, \АС\ = \СВ\, i c b =
/ » v
= ‘ BCD — 90°. [DH] — высота пирамиды. Постройте [DH]
и линейные углы двугранных углов при (АС), (СВ), (АВ).
От в е т на рисунке 190.
4. В пирамиде A BCD все грани — прямоугольные треугольники.
Постройте изображения всех таких пирамид и
назовите какие-нибудь их высоты.
89

О т в е т на рисунке 191. / \
5. В [D-ABC] [DC 1 _L [АСВ), АСВ — 120°, \АС\ =
= |СВ|. Постройте линейные углы двугранных углов при
(СВ), (АВ), (DB), (АС).
О т в е т на рисунке 192. / \
6. В- [D-ABC) \AD\ = \DB\ = \АС\ = \СВ\, ADB =
= АСВ = 90°, (ADB) _L (ABC). Постройте высоту DH
пирамиды и высоту DK грани DBC. Вычислите (CD, ABC),
(CD^ABD), (DBC^BCA).
О т ве т на рисунке 193.
7. В [D-ABC) & С = CDB = ADB = 90°. Постройте
центр сферы, описанной вокруг пирамиды.
О т ве т на рисунке 194. / \
8. В [D-ABC] (AC) J_ (BCD), BDC = 90°. Постройте
центр сферы, описанной вокруг пирамиды, и найдите ее
радиус, если \АВ\ — 10.
90

От в е т на рисунке 195. / \
9. В [D-ABC} \AD\ = \DB\, (DC) _L (ADB), ADB =
= 120°. Постройте центр сферы, описанной вокруг пирамиды.
О т в е т на рисунке 196.
10. В Ю-АВС] £ с в = 90°, }АС\ = \СВ\ = \CD\ =
= |Dfi| = HD I = 2. Постройте высоту пирамиды DH и
центр О описанного вокруг нее шара. Найдите (DAB, ABC),
(CD^ACB), (DCB^CBA), (DA^ACB).
От в е т на рисунке 197.
11. В [D-ABC} (DB) _L (ABC), АСВ = 90°, \AC\ =>
= |DB| = 3, |Cfi| = 4. Постройте сечения пирамиды
плоскостями, которые проходят через (AC), (DB), (АВ)
и делят соответственно двугранные углы пополам. Постройте
центр шара, вписанного в пирамиду.
О т в е т на рисунке 198.
12. На рисунке 199 дан параллелепипед. [AXH] _L (ABC),
BAD — 90°. Постройте: а) Сечение его плоскостью, про-
91

ходящей через (А^Н) и перпендикулярной (ВС). Определите
форму сечения; б) /_(СХС, АВС)\ в) Сечение его плоскостью,
которая проходит через Blt параллельна (АХН) и-
перпендикулярна (ВгВС).
О т в е т на рисунке 200.
II. Одним из эффективных приемов обучения школьников
стереометрии является систематическая работа по составлению
устных планов решения задач по готовым чертежам.
Приводим примерный перечень таких устных задач (основой
для них послужили типовые задачи из «Геометрии.
9—10»), которые целесообразно оформить в виде таблиц.
По рисунку 201
1. Дано: \AD\ = 1, ос, р. Найдите
<р. 2. Дано: \АС\ = 1, р, <р.
Найдите 1. 3. Дано: \АС\ =
= 1, а , р. Найдите (CALKED В).
4. Дано: |ЛС| = 1, р, 1. Найдите
а . 5. Дано: \АС\ = 1, Р, ос.
Найдите (D^^ABD).
92

По рисунку 202
6. Дано: \AD | = 1,а, р. Найдите
\DH\. 7. Дано: |Л£>| = 1,
а , р. Найдите (DAlC^ABC).
8. Дано: |Л£>| = 1, |ЛС| =
= |Л5| = а, а , р. Найдите
V ([D-ABC]).
По рисунку 203
9. Дано: \АМ \ = 1, а, р. Найдите
т!)АМ. 10. Дано: \АМ\ =
= 1, а, р. Найдите (ВЛ/5՜՜, ADM).
11. Дано: \АМ \ = 1, а , р. Найдите
V (ID-АВС]).
По рисунку 204
12. Дано: |Л£>| = а, \ОМ \ — հ.
Найдите все прямые углы на
чертеже и |М, (AD) |, |Л1 ,(СЛ>) |,
IМ, (ВС) |.
По рисунку 205
13. Дано: \АВ\ — a, \AD \ = b.
Найдите (BAD, а); |С, а |;
H A B , \ b D)\ (АС, а).
По рисунку 206
14. Дано: |O jD J : 1 0 ^ 1 = 1 : 2 .
Найдите все прямые углы на
чертеже и (А1В1С1, ABC).
По рисунку 207
15. Назовите трехгранные углы,
у которых даны три элемента.
Найдите (D A C D t).
По рисунку 208
16. A B C D A & C ^ !—куб, \АВ\—
= 1. Определите форму четырехугольников
AMiyM^D, DKxKaA
и S(AMXM2D), S (ADKiKj.
По рисунку 209
17. \АС| = \АВ\ = |£С| = а.

93

Определить (DBC, ВСА)\ площадь
боковой поверхности
[.D-ABC]; ( B D ^ B C ) .
По рисунку 210
18. \АС\ = а, \СВ\ = b, \CD\ =
= հ. Найдите (DAB, ABC);
(A D B ^D B C ); S (ADB).
По рисунку 211
Рис. 206. 19. Дана [А-BCD]. Назовите
свойства треугольника МгМ2М3.
По рисунку 212
20. ABCDA-1B1C1D1 — прямоугольный
параллелепипед,
\CD\ — а. Найдите \AD |;
S (A&CD); (CByDx, В ^ В ) ;
объем параллелепипеда.

94

По рисунку 213
21. ABCDA1B1C1D1 — прямоугольный
параллелепипед,
|ЛСХ| = d. Найдите {АС^^АВС)
и объем параллелепипеда.
По рисунку 214
22. \AD | = b. Назовите свойства
[D-ABC]. Какой прямой
принадлежит центр шара, описанного
вокруг [D-ABC]?
Пр и м е ч а н и е . Для выполнения
устного плана решения
геометрических задач с
применением тригонометрии необходимо
научить школьников
выражать sin а через cos a, sin а
через tg a , sin 2а через tg а и т. д.
III. В «Геометрии. 9—10»
определенное место занимают задачи
на определение радиуса
шара, вписанного в многогранник,
и шара, описанного вокруг
многогранника. Работу над этими
задачами целесообразно организовать
в таком порядке.
1. Доказать, что центр шара, вписанного в многогранник,
есть пересечение биссекторных Плоскостей всех его
двугранных углов.
2. Доказать равенство г — 3V : S, где V, S — соответственно
объем и площадь полной поверхности многогранника,
г — радиус вписанного шара.
3. Положение центра О шара, описанного вокруг многогранника,
может быть определено одним из следующих способов.
а) точка О есть пересечение двух прямых, которые
проходят через центры кругов,
описанных вокруг непараллельных
граней многогранника, и
перпендикулярных им; б) точка
О есть пересече ние трех плоскостей,
которые проходят через середины
непараллельных ребер
многогранника и перпендику

95

лярных этим ребрам; в) точка О есть пересечение прямой,
которая проходит через центр круга, описанного вокруг одной
из граней, и перпендикулярной плоскости а этого круга,
и плоскости, проходящей через середину ребра, непараллельного
а и перпендикулярной этому ребру.
4. Сфера определяется четырьмя некомпланарными точками.
Поэтому решение всякой задачи на вычисление радиуса,
описанного вокруг многогранника шара, состоит из
доказательства, что он вписывается в шар, и вычисления
радиуса сферы, описанной вокруг какой-нибудь треугольной
пирамиды, вершинами которой являются вершины данного
многогранника.
З а д а ч а . Основанием пирамиды является квадрат со
стороною а, два двугранных угла при ребрах основания
прямые, а два других равны ф. Найти радиус сферы, вписанной
в пирамиду. Отрезок МА — высота пирамиды
(рис. 215). Поэтому
1/ = -!-. | МА | -а2 = — а3 tg փ; 5 {MAD) = 5 (МАВ) =
3 3
= 0,5а2 tg փ;
5 (МВС) = 5 (MCD) = S (ACD) : cos փ = 0,5а2: cos ф.
Находим площадь полной поверхности пирамиды
S = Ժ (1 + tg փ + 1: cos ф).
Таким образом,
г = ЗУ : 5 = a3 tg փ: (а2 (1 + tg փ + 1: cos փ))= a sin ф
cos ф+ s in ф+1
IV. Сформулируем наиболее общие алгоритмы обучения
учащихся векторному решению геометрических задач.

96

Отметим два важных свойства векторов, которые часто
применяются при решении задач:
а)ОВ = — — ОЛН—— — ОС (рис. 216);
т + п т + п
б) ծ с = 0,5 (ծ2 + с2—а2) (рис. 217).
Применение векторной алгебры к решению задач основано
на следующих положениях:
а) Необходимым и достаточным условием коллинеар-
—► —> ности векторов а и b есть существование такого х =^=0, что
b = ха\ _
б) Если а փ mb, то всякий вектор с, компланарный с
— —v векторами а и Ь, можно единственным образом представить
в виде с = ха + уЪ\
в) Если ха yb = 0 и векторы а и ծ неколлинеарны, то
х = у = 0;
г) Для каждого вектора пространства существует
единственное разложение по трем данным некомпланарным
векторам;
д) Если ха + yb + zc — 0 и векторы а, Ь, с некомпланарны,
то х = у = г = 0;
е) В качестве базисных выбираются векторы, у которых
известны длина и углы между ними. Во многих случаях
целесообразно раскладывать векторы по взаимно перпендикулярным
векторам;
ж) Решение метрических задач связано с применением
скалярного произведения векторов. При решении аффинных
задач свойства скалярного произведения, как правило, не
применяются.
Приводим примерный общий план векторного решения
задач.
Перевести условие задачи на язык векторов, т. е. составить
систему векторных уравнений по условию задачи.
Выбрать базисные векторы. Разложить все нужные векторы
по базисным векторам; Упростить систему векторных
уравнений. Векторные уравнения заменить алгебраическими
(на основании единственности разложения векторов по
базисным векторам). Решить систему алгебраических уравнений.
Объяснить геометрический смысл полученного решения
этой системы.
4 Зак. 874

97

З а д а ч а 1. В пирамиде [M-ABCD]n* все ребра равны
единице. DK — КМ. ВР = 0,25 ВМ. Постройте точку
X = (МС) Ո (АКР) и найдите х = \МХ \ : |ХС| (рис. 218).
Некомпланарные векторы а = АВ, b = AD, с = AM
однозначно определяют [M-ABCD]n, и через них можно
выразить компланарные векторы АК, АР, АХ. Поэтому
АХ = kAK + рАР
Очевидно,
АХ 1
1 + *
Из равенств (1) и (2) получаем
1
(с + хАС).
(О-
(2)
1 + х
(с + хАС) = kAK + рАР. (3)
Выразим векторы А К, АР, АС через базисные векторы
а, Ь, с
АК ֊ 0 ,5(с + Ь )\ АС = а + Ь\ АР = 0,25(За + с).
Теперь равенство (3) принимает вид
-0,5k — 0,25р + -—■— ‘j с + f—0,5k + —■— ‘j b +
( ֊ 1 + x ) \ 1 + x J
+ —0,75p +
x + 1
a = 0.

98

Векторы а, b, с некомпланарные, поэтому отсюда получаем
систему уравнений
0,5k + 0,25р ——- — = 0; 0,5ft — — f — = 0; 1 + х 1 + X
о J b p ֊ ֊ = 0.
1 + д:
Решив эту систему уравнений, получаем х = 3 : 4.
З а д а ч а 2. В Ф = [ЛSCD-ЛլБլCլDլ]-1- четырехугольник
Л BCD — ромб. \АВ\ = 1, BAD = 60°, |у4^4х| =
= 4, Л 0 = 0 ,50Cj. Плоскость а проходит через О и оЩЛСх).
Построить точку X = а Ո (BBi) и найти ]ВХ| = х.
Векторы а = AD, b = ЛВ, с = ЛЛХ единственным образом
определяют фигуру Ф, потому что известны их длины
и углы между ними. По условию задачи
ЛСХ • ОХ = 0. (4)
Выразим Л^х и ОХ через базисные а, Ь, с (рис. 219)
ЛСх = а + ծ + с; ОХ = ծ + ВХ — АО = —3 b — —3 а —
1 — , — с + хс.
3
Теперь равенство (4) принимает вид
(Ь + а + с). (-=- Ь — ֊я — — у с + хс j = 0.
Раскрыв скобки и выполнив преобразования, получаем
|ВХ| = 29 : 24.
З а д а ч а 3. Составьте уравнение плоскости, проходящей
через точки М (2; 1; 1), К (1; 0; —1), Р (0; 1; —3).
Пусть точка D (х, у, z) £ (МКР)• Тогда
MD = пМК + тМ Р , (1)
где п, т — неизвестные числа.
Очевидно, УЙЬ = (х — 2) i + (у — 1) / + (z — 1) k\
МК = (1 — 2) Г + (0 — 1) / + (—1 — 1) А; МР = (0 —
— 2) г + (1 — 1) / + (—3 — 1) k. Поэтому равенство (1)
99

можно записать так: (.х — 2) i 4՜ (у —1) / + (г — 1) k =
= п (—i — j — 2k) + т (—2i — Ak) или (x — 2 + ո +
-j- 2m) i + (у — 1 + ri) j + (z — 1 4՜ 2n + 4m) k = 0.
Получаем систему уравнений
x — 2 ՜ք՜ ո ՜ք՜ 2 т — 0, у -— 1 -f- ո — 0, z — 1 4՜ 2ti 4՜
4՜ 4m = 0.
Исключив из этой системы уравнений п и т , получаем решение
задачи 2х — z — 3 = 0.
З а м е ч а н и е . Если поменять местами теоремы 15 и
16 книги «Геометрия. 9—10», то их векторное доказательство
становится проще.
1. Дано: (АВ) || (АуВ-լ) и (АВ) _1_ (ААХС). Доказать:
(Л А ) _L (ЛЛХС). ^
Д о к а з а т е л ь с т в о . AlB l —- kAB (k փ 0),
АВ ■ К \ х = 0 и АВ -АС = 0. Поэтому А1В 1 • ААХ =
= kAB ■ А% = 0 и Հ ց տ ■ АС = kAB ■ АС = 0.
2. Дано: (АВ) (ЛЛХС) и (Л ^ ) _L (ЛЛ^). Доказать:
(АВ) || (Л А ).
Д о к а з а т е л ь с т в о . Допустим, что (Л ^ ) ^ (Л5 ).
Тогда существует (на основании первой теоремы) прямая
AyB’i, параллельная (АВ) и перпендикулярная (Л Л ^ ) .
Но через точку Ах проходит только одна прямая, перпендикулярная
(Л Л А ) . Полученное противоречие и доказывает
теорему.
V. В «Геометрии. 9—10» использованы различные способы
при выводе формул объемов многогранников и фигур вращения.
Однако можно осуществить единый подход при выводе
этих формул, если сделать следующее. В начале § 55
«Геометрии. 9—10» дается определение объема многогранника
и принимается без доказательства, что при данной
единице длины поставленная задача имеет единственное
решение, т. е. каждый многогранник имеет определенный
объем.
После этого целесообразно доказать теорему «Объем вся-
н
кого многогранника и фигуры вращения равен §S(x)dx».
о
Ее доказательство сводится к проверке того, что ве-
н
личина | Ճ (x) dx отвечает всем трем перечисленным
о
выше условиям. В самом деле, если Ф — куб, длина ребра
100

которого принята за единицу измерения длин, то Я — 1,
1
S ( x ) = l , V(х) = Г \dx. Далее, у конгруэнтных много-
о
гранников и фигур вращения все соответствующие их
части конгруэнтны. Поэтому, если Փչ зё Ф2, то ЯХ= Я 2=
= Я, Տձ (*) = ճ2 (х) = 5 (х), Գ S x (x) dx = քտշ (x) dx.
о о
н
То, что величина f S {x )d x удовлетворяет и третьему
о
требованию, следует из таких свойств интеграла.
1. Если Փ = Փչ Ս Ф2 и Фх и Ф2 не имеют общих
и
внутренних точек, то Տ (х) = S x (х) + S.2 (я) и J 5 {х) d x =
о
= 1՛ (x) dx -+ j S 2 (х) dx.
‘о о
2. Տ (x) dx = j’ S (x) dx -f- j 5 (x) dx.
о 0 h
и
После доказательства равенства V (Փ) = ք Տ (x) dx
„ , о зыЕод всех определенных программой формул объемовмно-
гогранннков и фигур вращения сводится к решению стандартных
задач на применение одной общей формулы. Более
того, ученикам становятся доступными и более сложные
задачи на вычисление объемов различных фигур.
VI. В «Геометрии. 9—10» сказано, что за площадь боковой
и полной поверхности цилиндра, конуса и усеченного конуса
принимаются площади соответствующих разверток.
За площадь поверхности шара принимается предел отношения
приращения его объема к приращению радиуса, если
приращение радиуса стремится к нулю.
А
Рис. 220. Рис. 221.
101

Однако можно осуществить единый подход к определению
и выводу формул площадей всех фигур вращения.
Ученики к этому времени знают, что площадь криволи-
ь
нейной трапеции определяется ‘по формуле Տ == j f (х) dx.
а
Криволинейную трапецию можно рассматривать как объединение
всех отрезков, концы которых имеют координаты х
и ք (х) (а Հ -Х Հ . Ь). Аналогично фигуру, которая образована
вращением непрерывной кривой А В (рис. 220), расположенной
в одной полуплоскости относительно оси а,
можно рассматривать как объединение всех окружностей
(их плоскости перпендикулярны оси вращения, их центры
принадлежат этой оси), которые пересекают образующую
АВ. Отсюда понятно, что за площадь поверхности вращения
целесообразно принять величину, которая определяется
I .
формулой Տ (Я) = ք С (х) dx, где / — длина образующей АВ.
0-
Если X — произвольная точка образующей АВ, то х —
длина кривой АХ и С (х) — длина окружности, которая
образована вращением точки X вокруг а.
При таком едином подходе к определению площади поверхности
вращения вывод формул для частных случаев
осуществляется по единому алгоритму. Рассмотрим задачи
I
на применение формулы 5 (Я) = J с (х) dx, которые можно
о
решать на занятиях кружка.
3 а’д а ч а 1. Точка А £ а (рис. 221), [АВ] _1_ а, \АВ\ =
= г. Найдите площадь фигуры (круга); образованной вращением
[АВ] вокруг оси а.
Р еше н и е . Если X £ IАВ] и \АХ\ = х, то I — г,
С (.х) = 2пх. Поэтому Տ(Ո) — j 2nxdx = nr2.
3 а д а ч a 2. [AB] || a\ \a, [AB]\ = r, \AB\ = h. Найдите
площадь фигуры, образованной вращением [АВ]
вокруг а (рис. 222).
Р еше н и е . Если X £ [АВ] и \АХ\ = х, то С (х) =
հ
— 2nr\ I — г. Поэтому Տ (Я) = [ 2nrdx = 2nrh.
Ц0
3 а д а ч а 3. Прямоугольный А АСВ вращается вокруг

102

(АС). Найдите площадь фигуры, образованной вращением-
\АВ] вокруг (АС), если \АВ\ = I, \ВС\ = г (рис. 223).
Решение . Пусть X —произвольная точка отрезка
[АВ] и | АХ | = х. Строим [ХХ0] _[_ (АС). Очевидно,
у(-2 Г
| ХХ0 | :г = х:1. Отсюда | ХХ0 j = С (х) = 2 я— .
Поэтому S (Л) = j* 2л -j- xdx = nrl.
о
З а д а ч а 4. Найдите площадь поверхности, образованной
вращением кругового сектора АО В вокруг (АО),
если \АО[ = г, ‘АО^В — а (рис. 224).
Решение . Если X — произвольная точка дуги АВ и
АХ = X, то х = г • АОХ (величина угла АОХ выражена в
/ \ ,
радианах). Отсюда АОХ = х : г, \ ХХ0 j = г sin —. По-
Г
этому С (х) — 2nr sin — . Очевидно, АВ = га. Итак, 5(Я) =
га Г
= 1 2лг sin — dx о = 2nr2 (—cos а + 1). г
В частности, если а = л, то 5 (Л) = 4лг2, т. е. площадь
сферы равна 4лг\
103

З а д а ч а 5. Положение полуокружности радиуса г
относительно а показано на рисунке 225. \АА0\ = հ. Найдите
площадь поверхности, образованной вращением этой
полуокружности вокруг а.
Решение. Очевидно, I — пг. Если X £ ‘-‘АВ и
АХ = х, то | ХХ0 | = հ — | XX՛ \ = հ —- г sin — и С(х)=
• пг г
—2 n (h— г sin— J. Поэтому S (П) = \2n[^h—rsin— dxj =
= 2n r (nh — r).

104

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