Ученики на Учителя.com


Конспект урока "Комбинации многогранников и круглых тел"

Тема: Комбинации многогранников и круглых тел.
Цели:
➢ ознакомить учащихся с тремя способами решения задач на комбинацию
многогранников и сферы;
➢ развивать умение работать с чертежом, обобщать, сравнивать, переносить знания
в новую ситуацию, активизировать мыслительную деятельность учащихся;
➢ воспитывать творческий подход к решению задач, эстетическое восприятие
чертежа.
Ход урока
1. Рассмотрение задачи С4; демонстрационного варианта 2008 года
предложенным способом.
2. Рассмотрение решения данной задачи еще двумя способами - координатным
и векторным. Выбор рационального способа решения для данной задачи.
3. Рефлексия. Решение задачи 1 (из вариантов КИМ ЕГЭ) с помощью учителя
тремя способами. Выбор рационального способа решения для задачи 1.
4. Предложение задачи 2 для самостоятельного решения по группам 3
способами.
5. Подведение итогов урока
Ход урока.
I. В вариантах единого государственного экзамена часто встречаются задачи на
комбинации многогранников и круглых тел. В частности, в демонстрационном
варианте данного года предложена задача на комбинацию многогранника и
сферы(С4).
Решим эту задачу тремя способами.
Задача. Отрезок PN – диаметр сферы. Точки M, L лежат на сфере так, что объем
пирамиды PNML наибольший. Найдите синус угла между прямой NT и плоскостью
PMN, если T – середина ребра ML.
1 способ.
Решение
1) Пусть О – центр сферы, а R – ее радиус. Тогда
PN= 2R
как диаметр сферы. Поскольку точки M и
L лежат на сфере, то OP = OL = ON = OM = R.
Сечения сферы плоскостями PLN и PMN –
окружности радиуса R, описанные вокруг
треугольников PLN и PMN, причем
PMN =PLN = 90
0
как вписанные углы,
опирающиеся на диаметр PN.
2) Пусть H – высота пирамиды PNML, опущенная из
M
L
P
N
O
T
K
2
вершины M, и h – высота треугольника PLN, проведенная к стороне PN. Поскольку
точка M лежит на сфере, а плоскость PLN содержит центр сферы, то
HR
, причем
HR
, если
. Аналогично, поскольку точка L лежит на сфере, то
hR
,
причем
hR
, если
LO PN
. Отсюда для объема пирамиды PNML имеем
3
PNML
1 1 1 1 R
V S H = PN h H 2R R R
PNL
3 3 2 6 3
. При этом
3
PNML
R
V=
3
,
только если
H = h = R
. Таким образом, пирамида PNML имеет наибольший объем,
если треугольники PLN и PMN – прямоугольные и равнобедренные, лежащие во
взаимно перпендикулярных плоскостях.
3) Поскольку
, то
MO OL
. Но
PN OL
и поэтому по признаку
перпендикулярности прямой и плоскости
PMN OL
. Пусть K – середина МО.
Проведем KТ – среднюю линию треугольника OLM. Тогда
KT||OL
. Значит,
KT PMN
и поэтому KN – проекция NT на плоскость PMN и TNK – угол между
прямой NT и плоскостью PMN. Пусть TNK = .
4) По свойству средней линии
KT = 0,5OL = 0,5R
. Так как треугольники LON, LOM,
NOM равны по двум катетам, то треугольник MNL – правильный со стороной
LN = ON 2 = R 2
. NT – высота треугольника MNL, значит,
NL 3 R 6
NT = =
22
.
Отсюда
KT R/2 1
sinα = = =
NT
R 6/2 6
.
Ответ:
1
6
.
II. 2 способ(векторный).
→ → →
Пусть ОМ, ОN, OL – взаимно перпендикулярные
→
координатные вектора. Разложим вектор NТ по
координатным векторам:
→ → → → → →
NТ = NO + OM + MT = -ON + OM + ½
→ → →
(MO + OL) = -ON +
→ → → → → →
+ OM + ½ MO + ½ OL = - ON + OM - ½ OM
→ → → →
+ ½ OL = -ON + ½ OM + ½ OL
→
OL – вектор, перпендикулярный к плоскости PMN. Найдем скалярное
→ →
произведение векторов OL и NТ:
→ → → → → → → → → → → →
M
L
P
N
O
T
3
OL • NT = OL (- ON + ½ OM + ½ OL) = -OL • ON + ½ OL• OM + ½ OL • OL = ½
→
|OL|І = ½ R²
По определению скалярного произведения.
→ → → → →
OL • NT = │OL│• │NT│cosα = R •│NT│• cosα, где α - угол между векторами
→ →
OL и NT. → →
Тогда R•│NT│cosα = ½ R², 2│NT│cosα = R,
cos
R
2 NT
Найдем NT.
OL = ON = R, NL = R
2
,
TL
R 2
2
∆TNL – прямоугольный, тогда NT =
NL
2
TL
2
, NT =
6
2
R.
Значит,
cos
R
2
6
2
R
,
cos α =
6
6
. │cosα│= sinφ =
6
6
, где φ – угол между прямой NT и плоскость PMN.
Ответ:
6
6
.
3 способ(координатный).
→ → →
Пусть ОМ, ОN, OL – взаимно
перпендикулярные координатные вектора.
→ →
Найдем координаты векторов NT и OL.
O(0,0,0), L(R,0,0), M(0,0,R), N(0,R,0), T(
R
2
; 0;
R
2
)
M
L
P
N
O
T
4
тогда OL (R; 0; 0), NT (
R
2
; - R;
R
2
)
cos
R
R
2
R
2
R
2
R
2
R
2
4
=
R
2
2
2
R
2
6
6
6
, где α – угол между векторами
→ →
NT и OL. Но cosα = sinφ, где φ – угол между прямой NT и плоскостью PMN. Значит,
sinφ =
6
6
. Ответ:
6
6
.
III. Мы рассмотрели три способа решения одной задачи. Предлагаю решить задачу 1
тремя рассмотренными способами и выбрать рациональный способ решения для
данной задачи.
Задача 1.
Дана сфера радиуса 5. Сечением этой сферы плоскостью является окружность с
центром О
1
. Плоскость сечения удалена от центра сферы на расстояние 3. Точка Т
выбрана на сфере, а точки K, L, M, N – последовательно на окружности сечения так,
что объем TKLMN пирамиды наибольший. Точка А – середина ребра TL. Найдите
косинус угла между прямыми О
1
A и LM.
Решение.
1 способ.
1)Объем пирамиды TKLMN – наибольший,
когда KLMN – квадрат, а высота пирамиды равна
TO
1
, где Оє TO
1
. В этом случае площадь основания
пирамиды наибольшая и высота пирамиды
наибольшая. Чтобы найти косинус угла между
прямыми O
1
A и LM, проведем O
1
D ║LM. При этом
O
1
D = ½ LM как средняя линия ∆KLM. Опустим
перпендикуляр AS на DO
1,
т.е. AS
┴
DO
1
тогда
cos
O
1
S
AO
1
,
где α – угол между прямыми O
1
A и DO
1., УГОЛ
AO
1
S = α.
2)Рассмотрим прямоугольный ∆OO
1
N. OO
1
=3 по условию, ON = R = 5. Тогда O
1
N =
= 4. LN = 2 O
1
N = 8; LM =
4 2
; DO
1
=
2 2
.
T
M
L
N
O
1
K
O
5
3) ∆ KTO
1
- прямоугольный, O
1
T = 8, KO
1
= 4. Тогда TK =
4 5
. AD = ½ TK как
средняя линия ∆TLK, AD =
2 5
4)∆ ADO
1
– равнобедренный, AD = AO
1
=
2 5
,т.к. AO
1
. – медиана прямоугольного
∆TDO
1
, опущенная из вершины прямого угла. В равнобедренном ∆ ADO
1
AS –
высота и медиана, поэтому DS = SO
1
= ½ DO
1
=
2 2
2
2
5) Значит, cosα =
2
2 5
, cosα =
10
10
.Ответ:
10
10
.
2 способ(векторный).
→ → →
Пусть O
1
L, O
1
M, O
1
T - взаимно перпендикулярные координатные вектора, а α –
→ →
угол между векторами ML и O
1
A . Найдем cosα.
Найдем скалярное
→ →
произведение векторов ML и O
1
A по определению
скалярного произведения и разложив эти векторы
→ → →
по координатным векторам O
1
L, O
1
M, O
1
T.
→ → → → → →
ML • O
1
A = │ML│•│O
1
A│•cosα, │ML│=
4 2
, │O
1
A│=
2 5
→ →
ML • O
1
A =
8 10
cosα.
→ → →
С другой стороны O
1
A =1/2 (О
1
L + O
1
T),
→ → → → → → → → → → →
ML = MO
1
+O
1
L = -O
1
M + O
1
L, тогда O
1
A • ML = (-O
1
M+O
1
L)( ½ O
1
L+ ½ O
1
T)=
→ → → → → → → → →
- ½O
1
M • O
1
L – ½ O
1
T • O
1
M + ½ O
1
L • O
1
L+½ O
1
T • O
1
L = ½│O
1
L│² = 8,
т.к. │O
1
L│=4. Значит,
8 10
cosα = 8, cosα =
10
10
.
│cosα│= sinφ, sinφ =
10
10
. Ответ:
10
10
.
3 способ(координатный)
Поместим пирамиду TLMNK в систему координат так, что О
1
– начало
T
M
L
N
O
1
K
O
6
→ → →
координат, а оси координат направлены по векторам 0
1
L, O
1
M, O
1
F. Найдем
координаты векторов LM и O
1
A. KO
1
=O
1
N=O
1
M=O
1
N=4
тогда L(4;0;0),
→
M(0;4;0) LM (-4;4;0). O
1
(0;0;0).
Спроектируем точку А на плоскость квадрата и найдем ее
координаты. ∆ALO
1
- равнобедренный, AO
1
=AL, поэтому
AS - медиана ∆ALO
1
, т.е. O
1
S = 2.
→ → →
AS = ½ TO
1
, как средняя линия ∆TLO
1
, AS=4. A(2;0;4), O
1
A(2;0;4), α = O
1
A^LM.
cosα =
8
16 16 4 16
; cosα =
10
10
. Ответ:
10
10
.
IV. Предложение задачи 2 для самостоятельного решения.
Задача2.
Дана сфера радиуса 8, с центром в точке О. В этой сфере проведено сечение,
плоскость которого удалена от центра сферы на расстояние 4. Точка выбрана F на
сфере, а точки A,B, C,D - последовательно на окружности сечения так, что объем
пирамиды FABCD наибольший. Найдите синус угла между прямой и плоскостью
AFB.
Решение.
1 способ.
1) Объем пирамиды FABCD наибольший, когда
наибольшими будут площадь основания и высота
пирамиды. Площадь основания наибольшая, когда
ABCD – квадрат. Высота пирамиды наибольшая,
когда h=FO
1
, Oє FO
1
.
2)Прямая OA - наклонная по отношению к
плоскости ABF. Опустим из точки О перпендикуляр
на плоскость ABF: OK
┴
ABF, KєFT т.к. ∆ABF –
равнобедренный, FT
┴
AB.
Тогда уголOAK - угол между прямой AO и плоскостью ABF, sin углаOAK =
OK
OA
3) В прямоугольном ∆O
1
DO OD = R=8, OO
1
= 4, тогда DO
1
=
4 3
.
AB =
4 6
, AT = ½ AB, AT =
2 6
.
4) В прямоугольном ∆O
1
TF O
1
F = 12, O
1
T =
4 3
, тогда FT =
2 42
.
F
A
D
B
O
1
C
O
T
M
L
N
O
1
K
O
7
5) Рассмотрим прямоугольные треугольники FO
1
T и FOK. Они имеют общую
вершину F, тогда ∆ O
1
FT∞ ∆OFK . Имеем:
OK
O
1
T
OF
FT
, ОК =
8 7
7
. Значит,
sin угла OAK =
8 7
7
1
8
sin угла OAK =
7
7
. Ответ:
7
7
.
2 способ(векторный).
Поместим пирамиду FABCD в систему
координат так, что О
1
– начало
→ → →
координат, O
1
A, O
1
B, O
1
F – координатные
вектора. Синус угла (sinφ) между прямой AO и
плоскостью AFB равен модулю косинуса угла
между направляющим вектором
→
прямой AO и вектором KO, перпендикулярным к плоскости AFB(cosα).
Чтобы найти косинус угла между прямой AO и плоскостью AFB, рассмотрим
скалярное произведение вектора AO и вектора KO , перпендикулярного к плоскости
AFB.
→ → → →
KO • AO = │KO│•│AO│cosα.
│KO│=
8 7
7
; │AO│= R =8, KO • AO =
64 7
7
•cosα.
Из прямоугольного ∆OKF FK =
8 42
7
, FT =
2 42
. Тогда
KF
FT
4
7
.
→ →
Разложим вектора AO и KO по координатным векторам.
→ → → → →
AO = AO
1
+OO
1
=-O
1
A+1/3O
1
F.
→ → → → → → → → → → →
KO=KF+FO=4/7 TF-2/3 O
1
F=4/7 (O
1
F-O
1
T)- 2/3 O
1
F=-2/21O
1
F- 4/7O
1
T=-2/21O
1
F-
→ → → → →
4/7*1/2 (O
1
A+O
1
B)= -2/21O
1
F-2/7O
1
A-2/7O
1
B.
→ → → → → → → → →
KO • AO = (-O
1
A+1/3O
1
F)( -2/21O
1
F-2/7O
1
A-2/7O
1
B)= 2/7│O
1
A│²-2/63│O
1
F│².
Учитывая, что │O
1
A│=
4 3
│O
1
F│=12, имеем: KO • AO =
2
7
48
2
63
144
64
7
.
Тогда
64 7
7
cosα =
64
7
, cosα =
7
7
. sinφ = │cosα│, sinφ =
7
7
.Ответ:
7
7
.
3 способ(координатный).
F
A
D
B
O
1
C
O
8
Поместим пирамиду FABCD в систему координат, так что О
1
– начало
координат, а оси координат
→ → →
направлены по векторам O
1
M, O
1
T, O
1
F , где M и T
середины ребер AD и AB соответственно. Найдем
координаты векторов
→ →
KO и. AO.
Спроектируем точку К на плоскость квадрата и
найдем ее координаты.
К
1
– проекция точки К на плоскость квадрата, K
1
єO
1
T, O
1
K
1
=KS, где KS ┴ OF.
∆FOK – прямоугольный, KS- высота, опущенная из вершины прямого угла,
KS
OK FK
OF
. OK =
8 7
, FK =
8 42
7
; KS =
8 6
7
= O
1
K
1
.
∆OSK – прямоугольный: OS =
OK
2
SK
2
, OS =
8
7
.
O
1
S =
4
8
7
, O
1
S =
36
7
.
Тогда K(0;
8 6
7
;
36
7
), O(0;0;4)
KO(0;
8 6
7
;
8
7
).
A(
2 6
;
2 6
;0), AO(
2 6
;
2 6
;4).
cos
8 6
7
2 6
32
7
48 16
64 6
49
64
49
7
7
sinφ = cosα =
7
7
. Ответ:
7
7
.
V. Подведение итогов урока.
VI.Задание на дом. Решить 3 способами задачу из КИМ ЕГЭ: В основании пирамиды
SABC лежит треугольник со сторонами АВ=АС=4, ВС=4√3 . Ребро SA
F
A
D
B
O
1
C
O
9
перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Найдите радиус описанного
около пирамиды шара, если радиус вписанного шара равен 2√3
5
√
Скачать материал

Геометрия - еще материалы к урокам: