Активизация познавательной деятельности учащихся старших классов на уроках стереометрии

Активизация познавательной деятельности учащихся старших классов на уроках стереометрии

Геометрияявляется самым

могущественным средством для изощрения

наших умственных способностей и даёт нам возможность

правильно мыслить и рассуждать.

Г. Галилей

На протяңении многих лет всех учителей математики тревожил вопрос, почему так мало часов отводится на геометрию. Ведь сколько можно решить красивых задач, рассмотреть различные способы их решения, выполнить практические задания, но не хватает времени.

Поскольку сегодня в мире возникло много новых профессий, много новых видов человеческой деятельности и даже наук, возникли новые информационные технологии, которые оттесняют в школестарые и традиционные предметы, заменяя их современными. Что же касается математики, то необходимо сократить, прежде всего, геометрию как предмет устаревший, почти не изменившийся за последние несколькотысячелетий, мало используемый в практической жизни.

Как сказал И.Ф. Шарыгин: «Дело в том, что образовательные процессы подчиняются строгим биологическим законам и ускорить их невозможно, подобно тому, как нельзя ускорить процесс вынашивания плода, который всвоем развитии проходит этапы, совершенно ненужные с точки зрения взрослой особи. Не существует такого скоростного лифта, который мог бы вознести ребенка или даже молодого человека сразу на верхние этажи здания цивилизации. Такие попытки в образовании, в том числе и математиче­ском, уже делались и неоднократно, но все оникончались плачевно.

Чем выше здание, тем прочнее должен быть фундамент. Человек, получивший хорошее фундаментальное образование, гораздо быстрее приспособится к условиям современной жизни, сумеет найти в ней свое место, чем тот, кто поверхностно познакомился с многочисленными современными предметами, научился нажимать кнопки сложных приборов, не понимая сути происходящих в них процессов. Владение же геометрическим методом очень полезно современному человеку, так как позволяет ему быстро и наглядно понять суть сложного явления, дать ему ясную интерпретацию».

Одной из важнейших социально-педагогических задач, стоящих сегодня перед системой образования, является задача дифференцированного обучения, обучения детей с разным уровнем развития и различными способностями. И здесь очень важна роль геометрии. Геометрия становится одним из немногих средств,при обучении одаренных детей и при обучении отстающих детей.

Причем эти два множества (одаренные и отстающие дети) имеют вовсе не нулевое пересечение. Но многие дети попадают в разряд отстающих по математике из-за неудачных методик и даже конфликтов с учителем. И здесь возникает важнейшая общественно-педагогическая задача: помочь им вовремя избавиться от ярлыка. Ведь среди них нередко встречаются и одаренные дети.

Ужеподтверждено практикой, что при широкой геометризации школьной математики на ее начальных ступенях значительно сокращается число отстающих,лучше усваиваются и негеометрические разделы. У детей развивается воображение, а тем самым значительно возрастает творческий потенциал.

Работа состоит из трех этапов: заинтересовать, выявить (отобрать), научить.Этап «заинтересовать» может длиться чуть ли не до окончания школы. Очень важна роль геометрии на первых двух этапах. Посредством геометрии можно заинтересовать математикой многочисленныекатегории школьников, даже не очень хорошо обученных. И опять же, посредством геометрического материала мы можем отбирать детей способных, а не специально обученных. Нередки случаи, когда прекрасно подготовленный олимпиадный профессионал не справляется на олимпиаде с геометрической задачей, и именно эту задачу, чуть ли неединственную,решил неподготовленный специально школьник.

В классе, скомплектованном из учащихся, выбравших математику для профильного изучения, можно отказаться от различных форм мелочной опеки, строя работу более крупными блоками.

Цели, которые реализуются при изучении геометрии, исходят из общих целей образования, где главными являются воспроизводство существующей в стране социальной системы и её развитие. Изучение математики направлено на достижение следующих целей

овладениесистемой математических знаний и умений, необходимых для применения в практической деятельности, изучения смежных дисциплин, продолжения образования;

интеллектуальное развитие,формирование качеств личности, необходимых человеку для полноценной жизни в современном обществе: ясность и точность мысли, критичность мышления, интуиция, логическое мышление, элементы алгоритмической культуры, пространственных представлений, способность к преодолению трудностей;

формирование представленийоб идеях и методах математики как универсального языка науки и техники, средства моделирования явлений и процессов;

воспитаниекультуры личности, отношение к математике как к части общечеловеческой культуры, понимание значимости математики для научно-технического прогресса.

Наиболее часто провожу уроки следующих типов:

-уроки лекционного типа, на которых, например, могут ставиться задачи для дальнейшей проработки, анализироваться истоки возникновения новых математических методов и результаты, которых с их помощью удалось достичь;

-уроки-беседы,на которых совместными усилиями учителя и учащихся доказываются те или иные теоремы;

-уроки-практикумы, на которых учащиеся самостоятельно решают задачи, отрабатывая навыки;

-уроки-семинары,на которых учащиеся рассказывают о проделанной работе, о решении какой-то задачи, сравнивают решения.

-уроки-зачеты, где учащиеся демонстрируют знание материала и умение его применять на практике. Ученику нужно уметь не просто воспроизводить добытые прежде знания, но и проводить исследование «в реальном времени».Если ученики при изучении темы заранее знают, что зачет будет проходить именно в такой форме, то они начинают стараться всё, что можно, открывать самостоятельно и уже не считают знание ответов на вопросы из заданного списка достаточным, чтобы тема им была зачтена. Иначе говоря, они понимают, что к зачету совершенно недостаточно «все выучить», нужно ещё и «владеть», то есть свободно пользоваться идеями и методами изученной темы.

Основными направлениями работы считаю:

- формирование пространственных представлений учащихся на наглядном материале;

- подготовку к олимпиадам и ЕГЭ где нужны повышенные требования по математике;

- привлечение на уроки материала, традиционно изучаемого на занятиях кружка;

- решение задачи разными способами. Часто полезно решить одну и ту же задачу тремя различными способами, чем решать три-четыре задачи. Нахождение наиболее простых, оригинальных путей решения нередко является результатом длительной, кропотливой работы.

Стереометрия — едва ли не самый сложный предмет из школьной математики. На конкурсных вступительных экзаменах во многие технические вузы, и на ЕГЭ предлагаются задачи по стереометрии. Для успешного решения этой задачи требуется хорошее пространственное воображение, которое может быть развито как музыкальный слух. Задачи по стереометрии помогают развитию пространственного воображения больше, чем другие разделы математики. Можно сказать, что решение задач по стереометрии это способ развития общего уровня человека. Хорошее пространственное воображение нужно архитектору, хирургу, конструктору, геологу и т.д.

Очевидно, что при сдаче ЕГЭ геометрические задачи дают возможность отобрать самых подготовленных по математике учащихся. С другой стороны, низкие результаты решения геометрических задач могут говорить о неблагополучном положении с геометрической подготовкой учащихся в средней школе.

Чтобы выдвинуть обоснованные предположения о причинах неуспеха при решении задач, надо принять во внимание характерные особенности геометрических задач, включавшихся в варианты ЕГЭ.

1. Все эти задачи – вычислительные. Это значит, что для успешного решения должен быть отработан аппарат стандартных вычислений. В большинстве задач применяются теорема Пифагора, определения синуса, косинуса и тангенса острого угла, теорема косинусов (реже – синусов), требуется вычислить элементы подобных треугольников.

2. Несмотря на то, что задачи вычислительные, для их решения важно владение теоретическим материалом. Хотя от учащихся и не требуется умение грамотно записывать решение и приводить обоснования, но необходимо владеть свойствами заданных плоских и пространственных фигур на уровне применения этих свойств для проведения вычислений и, что очень важно, для распознавания различного вида фигур.

3. Решение задач требует комплексного применения нескольких геометрических фактов. Это значит, что для успешного решения нужно суметь выделить стандартные конфигурации и применить в них изученные свойства, относящиеся к разным разделам курса геометрии.

4. Характерной особенностью задач, включавшихся в варианты ЕГЭ, является использование в качестве «ключевого момента решения» применения определения или свойства фигуры в нестандартной ситуации. Поэтому для успешного решения задачи учащийся должен владеть достаточно широким спектром различных ситуаций применения геометрических фактов, либо обладать гибким мышлением, позволяющим осуществлять перенос стандартных умений в измененную ситуацию. Наличие такого рода шага в решении играет именно «ключевую» роль. Действительно, если ученик использует этот шаг, то решение сводится к применению 2-3 типичных приемов вычисления и задача решается очень быстро. Если же этот шаг ученик не может выполнить, то либо решение значительно усложняется, либо становится невозможным.

Из всего сказанного выше следует, что для успешного выполнения геометрических заданий чрезвычайно важным является решение в процессе обучения геометрии следующих дидактических проблем:

1) овладение базовыми знаниями, умениями применять их в стандартной ситуации;

2) формирование системных знаний об изучающихся в школьном курсе фигурах;

3) знакомство с достаточно широким спектром ситуаций применения геометрических фактов;

4) формирование гибкости мышления, способности анализировать предлагаемую конфигурацию и вычленять в ней части, рассмотрение которых позволяет найти путь решения задачи.

Об организации учебного процесса в пояснительной записке к Программе по математике для средней школы говорится, что учебный процесс должен быть организован так, чтобы все учащиеся освоили материал курса на обязательном уровне и, кроме того, чтобы обучение способствовало «удовлетворению потребностей и запросов школьников, проявляющих интерес, склонности и способности к математике. Такие школьники должны получать индивидуальные задания (и в первую очередь нестандартные математические задачи), их следует привлекать к участию в математических кружках, олимпиадах, факультативных занятиях; желательно рекомендовать им дополнительную литературу». Поскольку овладение геометрическим материалом на повышенном уровне не относится к обязательным требованиям, но для части учащихся является весьма желательным результатом обучения, то роль индивидуального подхода при обучении геометрии весьма велика. Поэтому большое значение приобретают все известные в методической науке приемы дифференциации и индивидуализации обучения.

Для всевозможных дополнительных занятий (факультативов, кружков, практикумов, курсов и т.п.) и индивидуальных заданий (на уроке, в домашнем задании) полезно использовать пособия, содержащие задачи из вариантов ЕГЭ. Отдельные задачи можно включать и в общую работу на уроке. Знакомство с ними расширит область нестандартных ситуаций применения изученных геометрических сведений.

Содержание данной статьи поможет учителю математики организовать такую работу.

Задачи с решениями

Задача 1

Гипотенуза прямоугольного треугольника лежит в некоторой плоскости , а катеты составляют с этой плоскостью углы и соответственно. Определить угол между плоскостью и плоскостью треугольника.

Решение. Обозначим вершины треугольника буквамиA,B,C так, что C — вершина прямого угла.

Проведём через точку С плоскость, перпендикулярную прямой АВ. Пусть D точка пересечения этой плоскости с прямой АВ, а —основание перпендикуляра, опущенного из точки С на плоскость .Так как CD и D перпендикулярны АВ, то CD является углом между плоскостью и плоскостью АВС и CD=φ. Обозначим C=.

Из ∆ CВвыразим СВ: СВ= . Из ∆ САвыразим СА: СА= . Из ∆ ABC:CD= , т.е. .

Из ∆ CD: φ= ,sinφ=,φ.

Ответ:arcsin.

Задача 2. Дан куб АВСDA₁B₁C₁D₁. Найти угол между плоскостью, проходящей через вершину А и середины рёбер СС₁ и С₁D₁ и плоскостью основания.

Решение.Построим сечение методом следов. Опустим перпендикуляр из точки S на AL.

П о теореме о трёх перпендикулярах DE AL.УголSED – угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Пусть SED=.Обозначим ребро куба , тогда МС₁=С₁N= . Треугольник NCL равен треугольнику MC₁N, значит CL=, тогда DL=. Из треугольника ADL найдем DE:DE== .ТреугольникSD₁M подобен треугольнику SDL, отсюда .

Угол найдём из треугольника SDE:

Ответ:.

Задача 3. Высота правильной четырёхугольной пирамидыTABCD в два раза меньше стороны основания. Найдите угол между плоскостью основания и плоскостью боковой грани и угол между диагональю основания и плоскостью боковой грани.

Р ешение. Через центр основания O проведём плоскость , перпендикулярную линии пересечения грани и плоскости основания. Для этого в плоскости (ABC) опустим перпендикуляр на . Если AB=BC= , то и, по условию, высота . Плоскость прямоугольного равнобедренного треугольника и является плоскостью (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). Так как — ортогональная проекция на плоскость основания, то . Поэтому - линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью основания и грани . Поскольку , то и .

Угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и её ортогональной проекцией на плоскость. Проекцией на является основание высоты прямоугольного треугольника , опущенной на гипотенузу . Действительно, по построению и , т.к. и . Итак перпендикулярно двум пересекающимся прямым и грани , поэтому . Следовательно, ортогональной проекцией на плоскость является прямая и угол между и равен.Т.к., то и, следовательно, ,, откуда , значит .

Ответ:,.

Задача 4. В прямоугольном параллелепипеде :,. Через вершину и середину ребра проведена плоскость, параллельная диагонали грани . Постройте сечение параллелепипеда этой плоскостью. Вычислите площадь сечения и расстояние от вершины до плоскости сечения.

Решение. Построим сечение параллелепипеда. В плоскости через точку проведем прямую, параллельную ВС₁ до пересечения с прямыми и в точках и , соответственно: .

В плоскости , - точка пересечения прямых и , (~ ). Прямые и параллельны , точка R принадлежит ребру C₁D₁,RD₁= (~). Искомое сечение: . Площадь S этого сечения вычислим по формуле: , где проекция сечения на плоскость (АВС). Проекцией сечения является пятиугольник .

. Найдём угол между плоскостью сечения и плоскостью АВС. Через точку проведём плоскость , перпендикулярную линии пересечения плоскостей .Опустим перпендикуляр на ,. Гипотенуза прямоугольного треугольника перпендикулярна , значит тогда и поскольку , то .

.

Найдём расстояние от точки до плоскости сечения. - перпендикуляр, опущенный из на гипотенузу треугольника . -расстояние от точки А до плоскости сечения. Через проведём ║и FE║LP, ║Тогда - расстояние от до плоскости сечения, и поскольку подобен , то .

Ответ:

Задача 5. В правильной треугольной призме через ребро верхнего основания и середину M бокового ребра проведено сечение.

Найдите:1) угол между плоскостью сечения и плоскостью основания; 2) площадь данного сечения; 3) расстояние от середины ребра до плоскости сечения. Известно, что высота призмы , а сторона основания .

Р ешение. Построим линию пересечения плоскости данного сечения с плоскостью основания. Прямую продолжаем до пересечения с прямой в точке , прямую - до пересечения с прямой в точке .- искомая прямая. Через точку проводим плоскость ,,. Прямые и перпендикулярны и проходят через C, следовательно , треугольник - прямоугольный и его гипотенуза лежит в плоскостях и и, следовательно, . Так как и , то - угол между и плоскостью (ABC),,гдеh – высота . Очевидно и равен высоте треугольника ABC. Следовательно, .

Площадь треугольника равна , где - площадь проекции на плоскость (АВС), т.е. .

Найдём расстояние от точкидо . Расстояние от до равно высоте , опущенной на гипотенузу . (Действительно, по построению и , т.к. и , то перпендикулярна двум пересекающимся прямым , лежащим в плоскости ). Значит расстояние от до равно . Через точку проведём ║ ,,║ ,. Тогда ~ и искомое расстояние находим из условия: ,

Ответ:.

З адача 6. Найдите площадь сечения правильной четырехугольной пирамиды TABCD плоскостью, проходящей через центр ее основания параллельно апофеме TK боковой грани TAB и медиане BM боковой грани TBC, если сторона основания равна 8, а расстояние от вершины пирамиды T до секущей плоскости равно r=.

Решение.Построим сечение. Проведем,тогда и .

ПлоскостьTKD проходит через апофему TK и параллельна медиане ВM. Затем выполним параллельный перенос плоскости TKD в направлении АВ на величину (KL=LB= ).

Полученная плоскость SLR проходит через центр основания пирамиды, параллельна апофеме TK и медиане ВM, т.е. является заданной в условии секущей плоскостью.

Если, то четырехугольник LPQR - искомое сечение.

Из подобия треугольников TSP и BLP следует SP = SL/2, а из подобия треугольников TSQ и CRQ - SQ = SR/4, так как TS = KL = , а CR = .

Тогда площадь треугольника PSQ равна:

Следовательно, площадь сечения LPQR равна 7/8 площади треугольника LSR, или равного ему треугольника KTD. Проведем и . Длина OF равна расстоянию от центра основания пирамиды до плоскости TKD и равна заданному в условии задачи расстоянию от вершины пирамиды до секущей плоскости SLR.

Ответ:8.

Задача 7. Впрямоугольном параллелепипедечерез диагональ проведено сечение, параллельное диагонали основания и образующее с диагональю основания угол . Найдите площадь поверхности сферы, описанной вокруг параллелепипеда, если его высота в два раза больше диагонали основания, а площадь сечения равна .

Решение:

Данное сечение проходит через середины и рёбер и , соответственно, т.к. прямая пересекается с диагональю в центре параллелепипеда и ║ .

П усть. Тогда , где - угол между плоскостью сечения и плоскостьюABC.Проведём через точку А прямую m║BD.Тогда-линия пересечения плоскостей АКС₁ и АВС. Из точки опустим перпендикуляр на . Тогда .

Поскольку плоскость С₁РС перпендикулярна , то перпендикуляр , опущенный из вершины прямого угла треугольника С₁СР на гипотенузу является перпендикуляром к плоскости АКС₁ и — ортогональная проекция точки на эту плоскость. Поэтому является углом между диагональю и плоскостью АКС₁, т.е. .

Пусть АС= d .Тогда из имеем: . Поскольку по условию , то ,,.

Так как равно удвоенной высоте треугольника, опущенной на гипотенузу , то . По условию и , то d находим из условия: , т.е. .

Поскольку центр описанной сферы лежит в центре параллелепипеда, то её диаметр АС₁=2R,, а площадь поверхности сферы равна .

Ответ:.

З адача 8. Найдитеплощадь сечения правильной треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра , середину ребра и параллельной медиане основания. Сторона основания равна высоте пирамиды и равна .

Решение:

Построим сечение. Через середину стороныпроведём║ , и обозначим через точку пересечении прямой с прямой . Прямая , лежащая в пл. , пересекает в точке . — искомое сечение.

Очевидно,. поскольку ║ и, следовательно, , т.е. - равнобедренный: .

Н айдём положение на . В через проведём среднюю линию ║ . Тогда подобен , откуда и, поскольку , то .

Пусть - площадь сечения ,и - площадь его проекции на пл.(ABC) и - угол между плоскостью (ABC). Тогда .

Для вычисления и обозначим высоту основания через . Заметим, что т.к. , то . А т.к. , то ., где и - высоты и , соответственно, опущенные на . Т.к. эти высоты параллельны и ,

, то ..

Для нахождения опускаем перпендикуляр из точки на плоскость основания и затем из опускаем перпендикуляр и - линию пересечения плоскости основания. Т.к. - ортогональная проекция на плоскость ABC, то по теореме о трёх перпендикулярах. Т.к. по построению, то и т.е. ,,.

Ответ:.

Задача 9. В основании пирамиды лежит ромб со сторонойи острым углом . Каждый из двугранных углов при основании равен . Определить объём шара, вписанного в пирамиду.

Решение.

П устьSABCD – данная пирамида. Высота пирамиды SE пересекает основание пирамиды в точке пересечения диагоналей ромба(являющейся центром вписанной окружности) и центр вписанного шара O лежит на высоте пирамиды. Угол SKE – линейный угол двугранного угла, который грань SAB образует с основанием. Согласно условию,L и E – точки касания шара с гранями SAB и ABC соответственно, EF=EK,KO – биссектриса угла и потому ,OE – радиус вписанного шара.

Извыразим=ОЕ:

.

Найдём объём шара: .

Ответ:.

Задача 10. Основанием пирамиды служит прямоугольник, диагонали которого образуют угол , а боковые рёбра составляют с основанием угол . Определить объём пирамиды, если радиус описанного около неё шара равен R.

Решение.

П усть дана пирамида SABCD с прямоугольным основанием ABCD,SO-её высота; тогда по условию

(т.к.), а поэтому все боковые рёбра равны между собой и является точкой пересечения диагоналей прямоугольника. Центр описанного шара должен лежать на перпендикуляре к плоскости ABCD, восстановленном в центре прямоугольника, т.е. на высоте SO.

Рассмотрим и .

Из выразим AC: .

Из:

.

Вычислим объём пирамиды:

.

Ответ:.

Задача 11. Одно из оснований правильной треугольной призмы принадлежит большому кругу шара радиуса R, а вершины другого основания принадлежат поверхности этого шара. Определить высоту призмы, при которой объём призмы будет наибольшим. Найти объём призмы.

Решение.

П устьABCA₁B₁C₁правильная треугольная призма. O – центр шара. Обозначим высоту призмы ,где а сторону основания —. Тогда объем призмы . Из где А₁О=R,АА₁=x ,АО=получим

Тогда .

Для определения значений x, при которых объём призмы будет наибольшим, найдём производную функции и её критические точки: .

Приравняв производную к нулю, найдём, что .

Покажем, что точка x=— точка максимума функции V(x).

Очевидно, что V’(x)при переходе черезменяет знак с плюса на минус. Тогда .

Ответ:;.

Задача 12. В сферу радиуса R вписана пирамида, основание которой – правильный треугольник. Одно из боковых рёбер перпендикулярно основанию и равно. Между сферой и пирамидой расположена правильная треугольная призма, одно из оснований которой лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания принадлежат сфере. Какой наибольший объём может иметь призма?

Р ешение.

Центры оснований пирамиды и призмы совпадают. Это следует из того, что вершины основания пирамиды и призмы принадлежат сфере, и грани, их содержащие, параллельны, значит , центры оснований лежат на одном диаметре сферы.

Пусть сторона основания призмы a,О₁О₂=x, где x>0,.

В, а , так как ОА=ОS как радиусы сферы, то О₁О= , тогда .

Вычислим объём призмы: . Итак, получили объем призмы как функцию переменной x.Найдём производную функции : ; при ,x>0. при переходе через точку меняет знак с«+» на «—», значит это точка максимума.

Итак,.

Ответ:

Задача 13. Шар радиуса r вписан в правильную четырёхугольную пирамиду, которая, в свою очередь, вписана в сферу. Определить, какой должна быть высота пирамиды, чтобы радиус описанной сферы был наименьшим? Найти это наименьшее значение радиуса. Докажите, что в этом случае центры вписанного шара и описанной сферы совпадают.

Решение.

Пусть высота пирамиды , где ,R — радиус описанной сферы, а — сторона основания пирамиды О — центр описанной сферы, О₁ — центр вписанного шара.

Т реугольник подобен треугольнику SBC, отсюда: . Из ;

;

;

;

при± .

Т.к., то . Вокруг точки производная меняет свой знак с минуса на плюс, значит это точка минимума. Найдём наименьшее значение радиуса:

.

Центры и совпадают, если x, проверим это:

— значит, центры описанной сферы и вписанного шара совпадают.

Ответ:.

Задачи для самостоятельного решения.

Через точку, лежащую на ребре двугранного угла ( ) проходят два луча , расположенные в различных плоскостях. Один луч перпендикулярен ребру, а другой образует с ребром острый угол . Найти угол между данными лучами.

Ответ:

Дан куб ABCDA₁B₁C₁D_1.Через вершину А, точку М- середину ребра C₁D₁ и точку N- середину ребра BC проведена плоскость. Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания.

Ответ:.

Плоскость прямоугольного треугольника, катеты которого равны 3 и 4 см, образует с плоскостью угол . Гипотенуза этого треугольника лежит в плоскости . Вычислить угол, который образует меньший катет с плоскостью .

Ответ:.

В прямоугольном параллелепипеде точка пересечения диагоналей нижнего основания соединена с серединой бокового ребра отрезком . Этот отрезок образует с основанием параллелепипеда угол и с боковой гранью угол . Вычислить объём параллелепипеда.

Ответ:.

Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Из трёх боковых граней этой пирамиды одна перпендикулярна основанию, а две другие наклонены к нему под углом . Под каким углом наклонены к основанию боковые ребра?

Ответ:;.

Основанием пирамиды служит ромб с острым углом . Найти объём пирамиды, зная, что её боковые грани образуют с основанием один и тот же угол и радиус вписанного в неё шара равенr.

Ответ:.

В сфере расположена правильная четырёхугольная пирамида так, что её вершина совпадает с центром сферы, а вершины основания лежат на сфере. Сечение пирамиды, параллельное основанию, является гранью куба, а вершины противоположной его грани лежат на сфере. Вычислить высоту пирамиды, если известно, что длина диагонали куба и ребра основания пирамиды одинакова и равна b. Определить отношение объема пирамиды к объему куба.

Ответ:b,.

Через диагональ прямоугольного параллелепипеда и точку, лежащую на боковом ребре, не пересекающим эту диагональ, проведена плоскостью так, что площадь сечения параллелепипеда этой плоскостью наименьшая. Вычислить длины сторон основания параллелепипеда, если известно, что диагонали сечения равны 18 и , а угол между ними .

Ответ:3 и .

Через диагональ прямоугольного параллелепипеда и середину бокового ребра, не пересекающего эту диагональ, проведена плоскость, которая образует с этим боковым ребром угол . Вычислить площадь сечения этой плоскостью, если известно, что расстояние от диагонали параллелепипеда до диагонали основания, не пересекающей диагональ параллелепипеда, равна , а угол между диагональю параллелепипеда и плоскостью основания равен .

Ответ: .

В сферу площадью вписан параллелепипед, диагональ которого образует с диагоналями основания углы 30⁰ и 60⁰. Вычислить минимальную площадь треугольника, основанием которого служит диагональ основания, а вершина лежит на не пересекающей ее диагонали параллелепипеда.

Ответ:.

Основанием пирамиды служит прямоугольник, а все боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 30⁰. Угол между боковым ребром пирамиды и диагональю основания, не пересекающей это ребро, равен 60⁰. какую наименьшую площадь может иметь сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины двух соседних сторон основания, если высота пирамиды равнаh?

Ответ:.

В сферу вписана правильная треугольная призма, все рёбра которой имеют одну и ту же длину а. Подобная ей призма одним основанием лежит на боковой грани данной призмы, а вершины ее верхнего основания расположены на сфере. Вычислить длину ребра второй призмы. Определить отношение объема второй призмы к объему шара, ограниченного сферой.

Ответ:;.

Литература

Габович И.Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач.- М.: «Просвещение»,1996.

Егерев Н.К., Зайцев В.В., Кордемский Б.А., Маслова Т.Н., Орловская И.Ф., Позойский Р.И., Ряховская Г.С., Федорова Н.М. – под общей редакцией М.И. Сканави. Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы. Минск, изд-во «Вышейшая школа», 1990.

Калинин А.Ю., Терешин Д.А. Стереометрия 10. – М.: Изд-во МФТИ, 1996.

Калинин А.Ю., Терешин Д.А. Стереометрия 11. – М.: Физматкнига, 2005.

Клопский В.М., Скопец З.А., Ягодовский М.И. Геометрия. 9 – 10 классы. – М.:, «Просвещение», 1982.

Лурье М.В. Геометрия. Техника решения задач. Учебное пособие. – М.: Издательский отдел УНЦ ДО, ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 240 с. – (Серия «В помощь абитуриенту»).

Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Учимся решать задачи по геометрии.- К.: «Магистр-S»,1996.

Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии. – М.: «Наука», 1989.

Родионов Д.Е., Родионов Е.М. Стереометрия в задачах. М.: Учебный центр «Ориентир» МГТУ им. Н.Е.Баумана.

Ткачук В.В. Математика – абитуриенту. – М.: МЦНМО, 2003. – 910 с.

Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии. Стереометрия. Библиотечка «Квант». – М.: «Наука», 1984.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/291266-aktivizacija-poznavatelnoj-dejatelnosti-uchas