Transcript переглянути презентацію

Формування знань старшокласників
про різні методи розв’язання задач
стереометрії
Підготувала Шаповалова С.В., вчитель математики
Терезинського НВО “ЗОШ І-ІІІ ступенів – дитячий садок”
Формування математичних компетенцій
учнів при виборі задачі для розв’язання
• Функції розв’язування відібраної задачі:
навчальна, розвивальна, діагностична
прогнозуюча, тощо.
• Вдало підібрана задача створює умови для:
 засвоєння нового матеріалу;
 активізації, розвитку і закріплення попереднього
матеріалу;
 розвитку прийомів розумової діяльності;
 мотивації навчання тощо.
Знайти
відстані
між
мимобіжними
діагоналями бічних граней прямої трикутної
призми, усі ребра якої мають довжину a.
• Розв’язування задачі створює:
1) умови для закріплення знань учнів про відстань між
мимобіжними прямими;
2) умови для повторення теми “ Координати і вектори в
просторі ”;
3) Умови для формування знань про різні методи
розв’язування задач стереометрії : геометричний,
координатний, векторний і координатно –
векторний;
4) Умови для міжпредметних зв’язків алгебри і
геометрії.
Повторення навчального матеріалу.
•
1.Відстань між мимобіжними
прямими дорівнює довжині
їх спільного перпендикуляра.
2. Для того щоб знайти відстань між мимобіжними прямими,
не обов’язково будувати їх спільний перпендикуляр.
В
b
α
А
а
3. Відстань між
мимобіжними прямими а
і b дорівнює відстані від
будь-якої точки прямої b
до площини α, яка
проходить через пряму а
паралельно до прямої b.
Геометричний
метод. Нехай відстань, а тобто, довжина перпендикуляра від
Знайти
відстань
між точки В до площини трикутника АВ₁К, дорівнює x. Цей
мимобіжними
діагоналями перпендикуляр буде висотою трикутної піраміди ВАВ₁К.
бічних
граней
прямої Тому VBAB K  1 S AB K  x . Оскільки ВВ₁  (АВК), то
3
трикутної призми, усі ребра
1
S ABK  BB1
V

S

B
B
x

.
Тоді
. АВ – медіана
BAB K
ABK
1
якої мають довжину a.
3
S
1
1
1
AB1K
3
a .
Д. п.: 1. КВ = ВС = а , де КВ продовження ребра ВС.
трикутника АСК, S ABK  S ABC 
4
Чотирикутник КВ₁С₁В – паралелограм, оскільки В₁С₁ = КВ
Нехай М – середина АК, тоді ВМ АК, бо АВ=АК=а. За
= а і В₁С₁ ІІ КВ. Таким чином В₁К ІІ С₁В і звідси ВС₁ ІІ (АВ₁К).
1
a
Тому відстань між прямими АВ₁ і ВС₁ дорівнює відстані теоремою про три перпендикуляри В₁М  АК. МВ= 2 AC  2 .
від точки, наприклад, В до площини трикутника АВ₁К.
С₁
А₁
В₁
2
a
5 ,
2
B1M  BM 2  BB1  ( ) 2  a 2 
a
2
2
a
AK  2 AM  2 AB2  BM 2  2 a 2  ( ) 2  3a ,
2
1
1
5
15 2
S AB1K  AK  B1M  3a  a 
a .
2
2
2
4
Таким чином,
С
А
М
В
К
3 2
a a
S ABK  B1 B
a
5
4
x



a.
S AB1K
5
15 2
5
a
4
5
a
Відповідь:
5
Векторний
метод
     
BA  a, BC  b , BB1 . c.  Маємо

черезвектори


   
Запишемо
AB1  a  c , BC1  b  c.
AM  xAB1 , NB  yBC1 ,
Де х та у – дійсні
це,
числа. Враховуючи




NM  NB  BA  AM  yBC1  BA  xAB1 
 


 


y (b  c )  a  x( a  c ) (1 x)a  yb  ( x  y )c 2
a
Враховуючи, що a  b  c  a, ab  a  a  cos60  ,
2
С₁
 
ac  b c  0 : 

 
А₁
В₁

c
M
N
C
A

b

a
B
Нехай М АВ₁, NBC₁. Умова
перпендикулярності відрізка МN до
прямих АВ₁ і ВС₁ рівносильна тому,
 
 
що
NM  AB1  0, NM  BC1  0.



Виразимо вектори AB1 , BC1 , NM

((1  x ) a  yb  ( x  y )c )  (  a  c )  0,

 




((
1

x
)
a

y
b

(
x

y
)
c
)

(
b
 c )  0;

2




(
1

x
)
a

y
a
b  ( x  y )c 2  0,

2


2

(
1

x
)
a
b

y
b

(
x

y
)
c
 0;

(1  x )  a 2 2  y  a 2  ( x  y )  a 2  0,


2
2
2

 (1  x )  a  y  a 2  ( x  y )  a  0.
Після скорочення одержимо систему:
 2  2 x  y  2 x  2 y  0,4 x  y  0,
3
2
x

,
y




5
5
1  x  2 y  2 x  2 y  0,  x  4 y  1,

3
2
2 2 1
AB1 , BN  BC1 , NM  a  b  c .
5
5
5
5
5



2 2 1 2
MN  NM  NM  NM  ( a  b  c ) 
5
5
5
 

1
1
5

(2a  2b  c ) 2  a 
a.
5
5
5
AM 
в просторі введена прямокутна система координат: точка В
Координатний Нехай
– початок координат, вісь Ву проходить через середину Е ребра
АС, вісь ВХ паралельна ребру АС. Побудуємо AL так, щоб
метод
AL=AA₁.Тоді AL=BB₁=a і ALII BB₁. Отже, чотирикутник LAB₁B –
А₁
С₁
z
В₁
паралелограм. Тоді АВ₁=LB. Це означає, що пл.(LBC₁) проходить
через пряму ВС₁ і паралельна прямій АВ₁, тобто відстань між
мимобіжними прямими АВ₁ і ВС₁ дрівнює відстані від точки А до
пл. (LBC₁). Оскільки AL=CC₁=a, то пряма LC₁ проходить через точку
Е. Тому шукана відстань дорівнює відстані від точки А до площини
(BEC₁).




Точки А,В,Е і С₁ мають координати:А   a ; 3a ;0 ,В(0;0;0),Е  0; 3a ;0 
 2


С₁  a ; 3a ; a. 
2 2

A
y
E
C
B
x
2


2
Нехай площина (ВЕС₁) задається рівнянням αx+βу+γz+δ=0, деα,β,γ і
δ- дійсні числа, причому серед чисел α,β,γ хоча б одне не
дорівнює 0..Оскільки пл. проходить через точки В,Е і С₁, то їх
координати задовольняють рівняння площини і тому

Звідси знаходимо, що δ=0, β=0,
  0    0    0    0,
α=2γ, γ≠0. Тому рівняння пл .

3a
(ВЕС₁) має вигляд:

   0    0,
  0   
-2γx+0·у+γ·z+0=0, 2х-z=0.
2


a
3a
   a    0.
    
2
2

 a 3a 
Тепер знаходимо відстань від точки А   2 ; 2 ;0 до пл. 2х-z=0


L

за формулою
d
x0  y 0  z 0  
2  2  2
, одержимо
d
5 .
a
5
Координатно – У цій системі точки А,В,В₁ і С₁ мають координати А(0;0;0), В  a2 ;

В₁  a ; 3a ; a  , С₁   a ; 3a ; a  .
2 2

 

векторний


 2 2

Вектори AB1 і BC1 матимуть координати:
метод
y  2

z
С₁
А₁
В₁
М
3a 
;0 
2

 2x 

2 2 

Нехай точки М і N лежать на прямих АВ₁ і ВС₁ відповідно, тоді



 xa 3 xa
 
AM  xAB1  
;
; xa , BN  yBC1   ya;0; ya
2
 2

де х і у – дійсні числа, які треба визначити так, щоб довжина відрізка
МN досягала найменшого можливого значення. Скориставшись
формулою координат вектора,знайдемо координати точок М і N:
 xa 3 xa
 1 2y

3
M 
;
; xa , N 
a;
a; ya 
. Тоді довжина МN =
2
2
 2
  2

a 2 x 2  2 y 2  xy  2 x  y  1 . Виділимо повні квадрати в
N
A
C
x
F
y
B
Введемо прямокутну систему
координат: А – початок координат,
вісь Ах паралельна ребру ВС, вісь Ау
перетинає ребро ВС в середині F, вісь
Аz проходить через ребро АА₁
підкореневому виразі
і знайдемо його найменше
значення:
2
2
y  2
1
6 
1 1

  
 2x 
   15 y 
8
5 5 . Таким чином
2 2 
15 

найменше значення підкореневого виразу буде дорівнювати 1/5. Це
y2
6
досягатиметься при умові, що
2x 
 0; 15y 
0
2 2
15
3
2
Тобто x  5 , y  5 . Отже найменше значення відрізка МN
дорівнює
MN 
5 .
a
5
Метод
проектування
Проектування
–
один
із
прийомів, за допомогою якого
просторова задача зводиться до
однієї чи кількох планіметричних
задач.
b
а
d
Як повноцінний метод застосовується
при розв’язанні задач,у яких потрібно
знайти відстань між мимобіжними
прямими.
b̒
d ̒
Відстань
між
мимобіжними
прямими а і b дорівнює відстані
від точки А, що є проекцією
прямої а на площину α, яка
перпендикулярна до прямої а і до
прямої b ̒, яка є проекцією прямої
b на площину α.
А
В
Нехай Р – центр грані АА₁В₁В і М – середина
Метод
ребра СС₁. AB  A B . Трикутники ВСМ і В₁С₁М
проектування рівні за двома катетами. Тоді ВМ=А₁М. Оскільки
1
А₁
С₁
В₁
М
Р
А
С
А₁
В
PK C1T
sin  

PB BC1
2
a
4
3
a
2
В₁ ̒=Р=А ̒
2
a
2
В
d
β
К
Р – середина А₁В, то MP  A1 B . Аналогічно
MP  AB1. Тоді AB1  ( A1 MB) . Спроектуємо
нашу призму на площину ( A1 MB) . В результаті
проектування
одержимо
рівнобедрену
трапецію А₁С₁̒С₁В в якій А₁В і С₁̒С₁ - основи, А₁В= 2a
C1C  
2
3
a
2 . Р і М – середини цих основ, РМ = 2 a
Крім того А₁С₁̒=С₁Р=РС ̒=С ̒В.
Знайдемо відстань від точки Р до прямої ВС₁̒,
тобто РК=d. Нехай Т – середина А₁Р, тоді
трикутники ВКР і ВТС₁ ̒ подібні за спільним кутом
β. З подібності знаходимо: sin   PK  C1T .
PB
BC1
Звідси знаходимо
С₁̒
Т
1
2
a
4
BC1 
М
2
a
4
С ̒̒
d 
30
a,
4
2
3
a
a
5
2
2

a
.
5
30
a
4
BT 2  C T12 
PB  C1T

BC1