Решение стереометрических задач

Министерство образования и науки Республики Казахстан

«Заринская средняя общеобразовательная школа»

Решение стереометрических задач

Программа факультатива

Факультативный курс «Решение стереометрических задач»

рассчитан на 34 часа и предназначен для обучающихся

10 – 11 классов общеобразовательных школ

Автор программы: Алинова Гульнара Шахановна

с. Заря

2014 год

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

Одной из наиболее сложных дисциплин в старших классах общеобразовательной школы является курс геометрии -стереометрия. Основная причина, по которой у многих школьников возникают трудности в его изучении в 10-11 классах, связаны с резким переходом от работы с плоскостными объектами к работе с объектами пространственными. Несмотря на цели и задачи, сформулированные в учебных программах по математикеклассов и геометрии -9 классов, согласно которым у учеников на протяжении пяти лет обучения должны быть сформированы пространственное мышление и воображение, умения выделять плоскостные объекты в составе пространственных объектах(шар, куб, параллелепипед), на практике дело обстоит иначе. Анализ современных учебников по математике и геометрии показывает, что в них недостаточно как теоретического, так и практического материала, связанного с оперированием пространственными объектами. В итоге в старшие классы ученики попадают не подготовленными к восприятию материала раздела стереометрии курса геометрии.

Решить указанную проблему можно дополнительно занимаясь подобным материалом в старших классах на факультативных курсах. Для получения эффективных результатов имеет смысл использовать компьютер и интерактивную доску, которые помогут как в визуализации результатов работы с данными, так и при решении задач. Кроме того, учащиеся параллельно должны узнать о возможностях применения информационных технологий в математике, что позволит им на практике использовать компьютер при оперировании пространственными объектами в XІ классе.

Большое значение при организации учебно-познавательной деятельности имеет обратная связь: внутренняя при взаимоконтроле, самоконтроле и внешняя.

Технологии, используемые в организации изучения факультативного курса по геометрии, должны быть личностно-ориентированными, направленными на запланированный конечный результат. А именно, содержание материала, поуровневая индивидуализация учебной и дифференциация обучающей деятельности на фоне благоприятного психологического климата дают возможность создать ситуацию выбора для учителя и ученика, помогают ученику сформировать общеучебные умения и навыки, повысить его образовательный уровень, что связано с дальнейшим успешным самообразованием и профессиональным самоопределением.

В данном курсе последовательность изучения заданного материала определяется не тематикой и соответствием порядку изложения в учебнике, а уровнем сложности задач и степенью их стандартности.

Программа ориентирована на учащихся 10-11 классов (16--17 лет), которым интересна как сама геометрия так и процесс познания нового.

Факультативные занятия рассчитаны на 1 час в неделю, в общей сложности –34 ч в учебный год. Преподавание факультатива строится как углубленное изучение вопросов, предусмотренных программой курса средней школы. Углубление реализуется на базе обучения методам и приемам решения геометрических задач, требующих высокой логической и операционной культуры, развивающих научно-теоретическое и алгоритмическое мышление учащихся. Факультативные занятия дают возможность шире и глубже изучать программный материал, задачи повышенной трудности, больше рассматривать теоретический материал и работать над ликвидацией пробелов знаний учащихся, и внедрять принцип опережения.

Основные принципы:

– обязательная согласованность курса с курсом геометрии как по содержанию,

так и по последовательности изложения. Факультатив является развивающим дополнением к курсу геометрии.

– вариативность (сравнение различных методов и способов решения задач );

– самоконтроль (регулярный и систематический анализ своих ошибок и неудач должен быть непременным элементом самостоятельной работы учащихся).

При проведении занятий по курсу на первое место выйдут следующие формы организации работы: групповая, парная, индивидуальная; методы работы: частично-поисковые, эвристические, исследовательские, тренинги.

Ожидаемые результаты освоения программы:

В ходе освоения содержания программы факультативных занятий «Решение стереометрических задач» ожидаются:

1. Развитие общеучебных умений, навыков и способов познавательной деятельности школьников;

2. Освоение учащимися на более высоком уровне общих операций логического мышления: анализ, синтез, сравнение, обобщение, систематизация и др., в результате решения ими соответствующих задач и упражнений, дополняющих основной материал курса;

3. Повышение уровня математического развития школьников в результате углубления и систематизации их знаний по основному курсу;

4. Формирование устойчивого интереса школьников к предмету в ходе получения ими дополнительной информации, основанной на последних достижениях математической науки и педагогической дидактики.

ЦЕЛИ:

Формирование основ научного мировоззрения, базирующегося на инвариантных и фундаментальных знаниях стереометрии;

Развитие пространственных представлений и воображения учащихся;

Выявление и развитие математических способностей учащихся.

ЗАДАЧИ:

Повторение и закрепление основных знаний и умений учащихся по решению задач на построение в курсе стереометрии;

Ознакомление учащихся с методами решения задач и формирование у них устойчивого интереса к математике;

Формирование умений выдвигать гипотезы, строить логические умозаключения, пользоваться методами аналогии, анализа и синтеза;

Подготовка к обучению в вузе.

Предлагаемая программа учитывает общие и специфические цели углубленного изучения математики. Данный факультативный курс должен способствовать сознательному и прочному усвоению материала, развитию пространственного воображения, творческой активности учащихся, помочь в формировании навыков исследовательской деятельности.

Тематическое планирование построено таким образом, что при получении базовых знаний по стереометрии на уроках геометрии, ученики на факультативном курсе углубляют эти знания и получают умения решать сложные задачи по теме.

Факультативный курс рассчитан на учащихся 10-11 классов, изучающих математику на профильном уровне.

УЧЕБНО-ТЕМАТИЧЕСКОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ.

( 1 час в неделю. Всего 34 часа)

Введение

Стереометрические задачи, в которых необходимо что-нибудь вычислить: угол или расстояние между прямыми или плоскостями, расстояние между точками, площадь сечения или объем какого-то тела и т. п. другими словами, в этих задачах необходимо получить численный ответ. Однако за такой постановкой чаще всего скрывается необходимость доказать какое-либо свойство заданной конфигурации или тела. После того как это свойство установлено, вычислительная часть становится более или менее простой.

Доказательство является наиболее трудной частью решения стереометрической задачи. Здесь, как и в планиметрии, необходимы интуиция, изобретательность, умение проанализировать задачу, выделив существенные для решения отношения между участвующими в ней объектами и их элементами.

Особую роль в решении стереометрической задачи играют чертежи – плоские изображения пространственных объектов. Точки и пространственные прямые на чертеже изображаются точками и прямыми. А вот плоскости, сферы и другие поверхности приходится домысливать, имея на чертеже лишь изображения их отдельных элементов – прямых, точек, окружностей. Ряд свойств фигур сохраняется на чертеже. Например, параллельные прямые остаются параллельными. Но в тоже время происходят и искажения реальных соотношений между объектами. Например, прямые, реально не пересекающиеся, на чертеже могут иметь общие точки. Все это вносит определенные сложности в решение стереометрических задач и может привести к ошибкам.

Удачный чертеж может значительно облегчить поиск правдоподобных утверждений о свойствах заданной фигуры, а также доказательство или опровержение этих утверждений. Решая задачу, полезно нарисовать несколько чертежей, изображающих заданную фигуру с разных точек зрения.

Иногда можно выявить соотношения между различными частями фигуры, если вынести на отдельный чертеж какое-либо сечение тела. Проводя рассуждения с использованием этого чертежа, мы, по существу, решаем планиметрическую задачу. Несколько удачно подобранных сечений могут свести пространственную задачу к решению планиметрических.

Чертеж – лишь иллюстрация к рассуждениям. Любой факт, как бы он ни казался очевидным из чертежа, должен быть обоснован, т. е. доказан на основании теорем школьного курса математики.

В настоящем курсе на примере темы «Прямые и плоскости в пространстве. Многогранники» приводится такой набор теорем. Отметим, что чертежи к некоторым решаемым ниже задачам объединены.

При решении стереометрических задач требования к качеству чертежа, его наглядности возрастают по сравнению с задачами планиметрическими. Мы не научимся решать содержательные стереометрические задачи, если не освоим азбуку построения пространственного чертежа. Сюда входят выбор оптимального положения изображаемого тела (в частности, выбор ориентации – вверх или вниз, вправо или влево), выбор ракурса и проекции, умение минимизировать количество изображенных линий (напомним, что видимые и невидимые линии должны изображаться различным образом), умение строить сечения и проекции на плоскость, умение выделить на пространственном чертеже и соответственно изобразить плоскую конфигурацию, дающую ключ к решению задачи.

1. Доказательства в стереометрии

1.1. Перпендикулярность прямых и плоскостей. В этом пункте мы напомним некоторые теоремы, позволяющие делать заключения о перпендикулярности прямых и плоскостей, снабдив их простыми, но важными для применения в более сложных ситуациях примерами.

Теорема о трех перпендикулярах:Прямая на плоскости перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость тогда и только тогда, когда она перпендикулярна самой наклонной.

З а д а ч а 1. Доказать, что боковые ребра правильной треугольной пирамиды перпендикулярны противолежащим ребрам основания.

Р е ш е н и е . ПустьABCS – правильная пирамида, D – середина ребра BC (рис. 1 ). Поскольку пирамида правильная, то основание О ее высоты, проведенной из точки S, лежит в центре правильного треугольника АВС. Таким образом, точка О лежит на отрезке AD. Итак, проекция прямой AS на плоскость АВС совпадает с прямойAD. Но эта прямая перпендикулярна ВС (AD есть высота правильного треугольника АВС), и из теоремы о трех перпендикулярах следует, что ASBC.

Признак перпендикулярности прямой и плоскости:Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в некоторой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

З а д а ч а 2. Доказать, что в кубе (рис. 2) диагональ перпендикулярна плоскости .

Р е ш е н и е . Докажем сначала с помощью теоремы о трех перпендикулярах, что прямые и перпендикулярны прямой .

Проекция прямой на плоскость есть прямая . Но диагонали и квадрата взаимно перпендикулярны. Следовательно, проекция прямой на плоскость перпендикулярна прямой , так что по теореме о трех перпендикулярах можно утверждать, что . Аналогичным образом, проектируя прямую на плоскость , заключаем, что .

S

C

E

p

GT

F

B

F

E

A

B

C

B

D

OO

A

C

D

A

Рис. 3

Рис. 2

Рис. 1

З а д а ч а 3. Доказать, что если две плоскости перпендикулярны и пересекаются по прямой , то любой перпендикуляр в плоскости α к прямой ρ будет также перпендикуляром к плоскости β.

Р е ш е н и е . Пусть – перпендикуляр в плоскости α к прямой ρ (рис. 3). Проведем через точку в плоскости β прямую перпендикулярно ρ. Тогда угол есть линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и β. Согласно условию эти плоскости перпендикулярны, так что . Но тогда прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым ρ и , лежащим в плоскости β. Значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости .

Свойство перпендикулярности прямой и плоскости:Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

З а д а ч а 4. Доказать, что основание перпендикуляра, опущенного из вершины основания правильной треугольной пирамиды на боковую грань , лежит на высоте этой грани (рис.1).

Р е ш е н и е . Пусть – заданная пирамида (рис. 1), - середина ребра . Так как боковые ребра правильной пирамиды равны, то треугольник – равнобедренный и его медианаявляется высотой. Докажем, что перпендикуляр, опущенный из точки на плоскость , попадет на прямую . Для этого в плоскости опустим перпендикуляр на прямую и докажем, что он перпендикулярен плоскости.

Ранее было доказано (см. задачу 1), что . Поскольку есть медиана равностороннего треугольника, то она является и его высотой и, следовательно, Прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым и , лежащим в плоскости . По указанному признаку можно утверждать, что прямая перпендикулярна плоскости . Но в этой плоскости лежит и прямая . Следовательно, (свойство перпендикулярности прямой и плоскости). Так как (по построению) и , то получаем, что прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым и , лежащим в плоскости . На основании признака перпендикулярности прямой и плоскости отсюда следует, что прямая перпендикулярна плоскости . Из точки на плоскость можно опустить не более одного перпендикуляра, что и завершает доказательство.

Вы наверняка, решая задачи, не один раз говорили: «Опустим перпендикуляр из точки на плоскость». Но почему это можно сделать? Способ решения следующей задачи показывает, не только почему существует такой перпендикуляр, но и как его можно построить.

З а д а ч а 5. Вне плоскости α расположена точка . Доказать, что существует прямая, проходящая через точку перпендикулярно плоскости α.

Р е ш е н и е . Выберем на плоскости α какую-нибудь прямую (рис. 4) и в плоскости через точку проведем прямую перпендикулярно . Затем в плоскости α через точку проведем прямую перпендикулярно . И, наконец, в плоскости опустим перпендикуляр из точкина прямую . Построение завершено. Докажем теперь, что прямая перпендикулярна плоскости α.

По построению прямые перпендикулярны прямой . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости можно утверждать, что . По свойству перпендикулярности прямой и плоскости заключаем теперь, что . Прямая строилась перпендикулярно прямой . Следовательно, прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости α. Опять по признаку перпендикулярности прямой и плоскости заключаем, что , чем и завершаем доказательство.

BB

S

A

E

B

F

C

D

C

A

Рис. 5

Рис. 4

Теорема о трех плоскостях:Линия пересечения двух плоскостей, перпендикулярных к третьей плоскости, есть прямая, перпендикулярная к этой плоскости.

З а д а ч а 6. В основании треугольной пирамиды лежит прямоугольный треугольник ( ). Две боковые грани и перпендикулярны третьей грани . Доказать, что все грани пирамиды – прямоугольные треугольники.

Р е ш е н и е . По сформулированной выше теореме прямая – линия пересечения плоскостейи – перпендикулярна плоскости(рис. 5). Отсюда следует, что и , т.е. треугольникии прямоугольные ( ), и что прямаяесть проекция наклонной на плоскость . Эта наклонная перпендикулярна прямой , лежащей в плоскости . По теореме о трех перпендикулярах можно утверждать, что проекция также перпендикулярна прямой , т.е.. Это значит, что и боковая грань является прямоугольным треугольником. Нужное утверждение доказано.

Признак перпендикулярности двух плоскостей:Если плоскость проходит через перпендикуляр к другой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

З а д а ч а 7. В пространстве заданы плоскость α и прямая . Доказать, что существует плоскость β, проходящая через прямую и перпендикулярная плоскости α.

Р е ш е н и е . Выберем на прямой две различные точки (рис. 6). Затем опустим из точки перпендикуляр (это можно сделать, см. задачу 5). Плоскость, содержащая прямую и прямую будет искомой, что следует из признака перпендикулярности двух плоскостей.

З а д а ч а 8. В пространстве заданы точка и прямая . Доказать, что существует плоскость α, проходящая через точку и перпендикулярная прямой .

Р е ш е н и е . Проведем плоскость β через точку и прямую (рис. 7). Возьмем произвольную точку , не лежащую в плоскости β, и проведем плоскость γ через точку и прямую . В плоскости β опустим перпендикуляр на прямую . В плоскости γ восстановим перпендикуляр к прямой . Плоскость α, проходящая через пересекающиеся прямые и , будет перпендикулярна прямой , так как и . Следовательно, эта плоскость α и есть искомая.

l

B

A

l

C

A

B

C

Рис. 7

Рис. 6

1.2. Параллельность прямых и плоскостей. В этом пункте будут приведены некоторые утверждения о параллельности прямых и плоскостей в пространстве и показано их применение в тех или иных ситуациях.

Признаки параллельности прямых:

1. Если две прямые параллельны третьей, то они параллельны между собой.

2. Если две прямые перпендикулярны к одной и той же плоскости, то они параллельны.

3. Если прямая параллельна двум пересекающимся плоскостям, то она параллельна линии их пересечения.

4. Если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии пересечения параллельны.

Признак параллельности прямой и плоскости:

Если прямая параллельна какой-нибудь прямой, проведенной на плоскости, то она параллельна самой плоскости.

Признаки параллельности плоскостей:

1. Если две плоскости перпендикулярны к одной и той же прямой, то они параллельны.

2. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.

З а д а ч а 9. Доказать, что

а) через любые две скрещивающиеся прямые можно провести параллельные плоскости;

б) любые две скрещивающиеся прямые можно пересечь третьей прямой, им перпендикулярной.

Р е ш е н и е . Обозначим заданные прямые буквами . Выберем на прямой некоторую точку и на прямой – точку (рис. 8). Через точку в плоскости, содержащей и , можно пересекающиеся прямые параллельна (по второму признаку параллельности плоскостей) плоскости β, содержащей пересекающиеся прямые . Утверждение а) доказано.

Для доказательства утверждения б) достаточно взять плоскость γ, проходящую через прямую и перпендикулярную построенной выше плоскости β (это можно сделать, см. задачу 7). Эта плоскость, согласно третьему признаку параллельности прямых, пересечет плоскость β по некоторой прямой , параллельной (рис. 9). Ведь параллельна и поэтому параллельна β. Прямая будет пересекаться с прямой в некоторой точке (иначе, по первому из признаков параллельности прямых, прямые были бы, вопреки условию, параллельны). Из точки восстановим перпендикуляр в плоскости γ к прямой . Так как , то. Согласно задаче 3 можно утверждать, что и потому что . Утверждение б) доказано.

З а д а ч а 10. Пусть – куб. Доказать, что плоскости и параллельны.

Р е ш е н и е . Согласно утверждению задачи 2 плоскость перпендикулярна диагонали куба (рис. 2). Точно также доказывается, что и плоскость перпендикулярна той же диагонали. По первому признаку параллельности плоскостей эти плоскости параллельны.

Задача 10 имеет и другое решение. Нетрудно доказать, что и (рис. 2). После этого параллельность данных в условии плоскостей следует по второму из приведенных признаков параллельности плоскостей. Параллельность же прямых можно было бы доказать с помощью четвертого признака параллельности прямых. Ведь эти прямые есть линии пересечения двух параллельных граней куба плоскостью.

2. Задачи на вычисление

В этом параграфе описываются основные вычислительные задачи, встречающиеся как элементы в более сложных задачах.

2.1. Угол между прямыми.

Для того чтобы определить угол между двумя скрещивающимися прямыми , нужно через какую-нибудь точку провести прямые. При этом прямые будут лежать в одной плоскости, а угол между ними и будет равен углу между .

З а д а ч а 11. В треугольной пирамиде все ребра равны. Найти угол между скрещивающимися медианами двух соседних граней (рис. 10).

Р е ш е н и е . Пусть – заданная пирамида и пусть длина ее ребра равна ; пусть – скрещивающиеся медианы двух соседних граней (рис. 10). Проведем через точку в плоскости грани прямую, параллельную медиане . Она пересечется с прямой в некоторой точке . Требуется найти величину угла . Вычислим длины всех сторон треугольника, а затем с помощью теоремы косинусов определим искомый угол. Так как – средняя линия в равностороннем треугольнике , то и четырехугольник – параллелограмм. Значит, . Медиана в равностороннем треугольнике является высотой, и так как все высоты в нем равны, то . Далее, так как , и , то по теореме косинусов находим . Следовательно, . Применяя теорему косинусов к треугольнику, из равенства находим.

D

F

E

B

A

C

Рис. 10

G

2.2. Расстояние между скрещивающимися прямыми.

Для того чтобы определить расстояние между скрещивающимися прямыми, нужно провести через эти прямые две параллельные плоскости (это можно сделать на основании задачи 9а). Расстояние между ними и будет расстоянием между прямыми.

З а д а ч а 12. Пусть – куб (рис. 2) с длиной ребра, равной . Определить расстояние между скрещивающимися диагоналями и граней куба.

Р е ш е н и е . Указанные в условии задачи диагонали принадлежат плоскостям и , которые, как доказано в задаче 10, параллельны. Значит, искомое расстояние есть расстояние между плоскостями и . Но эти плоскости перпендикулярны диагонали куба (см. задачу 2). Так что расстояние между ними есть расстояние между точками пересечения прямой с плоскостями и . Обозначим буквой точку пересечения диагоналей квадрата и буквой точку пересечения прямых и , лежащих в плоскости . Точка принадлежит отрезку и плоскости и, значит, является их точкой пересечения. Так как , то. Прямоугольные треугольники и подобны по двум острым углам и , следовательно, . Но тогда . Пусть – точка пересечения прямой и плоскости . Точно так же доказывается, что . Но тогда .

О т в е т : .

Существует и другой способ вычисления расстояния между скрещивающимися прямыми. Согласно задаче 9б существует прямая, перпендикулярная скрещивающимся прямым и пересекающая их. Расстояние между точками пересечения ее с этими прямыми и будет искомым расстоянием.

З а д а ч а 13. В основании правильной пирамиды лежит треугольник со стороной 3. Найти расстояние между противоположными ребрами пирамиды, если длина бокового ребра равна 2.

Р е ш е н и е . Заданная пирамида изображена на рис. 1. Пусть – середина отрезка . Опустим из точки в плоскости перпендикуляр на прямую и докажем, что построенная прямая перпендикулярна прямым и . Прямые и перпендикулярны по построению. Отрезки и – медианы в равнобедренных треугольниках и , а значит, и высоты в этих треугольниках. Так как и то прямая перпендикулярна плоскости , и, следовательно, . Итак, отрезок перпендикулярен обеим прямым и . Поэтому искомое расстояние равно длине отрезка .

Для того чтобы найти длину отрезка , вычислим длины сторон треугольника , а затем найдем его высоту . Из прямоугольных треугольников и находим

.

Кроме того, . Из треугольника применяя теорему косинусов, имеем , откуда и . Теперь. О т в е т : .

2.3. Связь двугранных и плоских углов трехгранного угла.

Двугранный угол измеряется величиной своего линейного угла, т.е. угла, образованного двумя перпендикулярами в гранях, проведенными из какой-нибудь точки на линии пересечения граней. В трехгранном угле имеется три двугранных угла и три плоских угла. Между ними имеются некоторые соотношения, позволяющие вычислять одни углы через другие. Необходимость в подобных вычислениях встречается довольно часто при решении экзаменационных задач.

В дальнейшем используются следующие обозначения:– двугранные углы соответственно при ребрах , и трехгранного угла , α,β и γ – противолежащие им плоские углы.

З а д а ч а 14. а) Даны плоские углы α,β и γ трехгранного угла . Найти его двугранный угол при ребре . б) Даны плоские углы α, γ и двугранный угол трехгранного угла . Найти его двугранный угол при ребре .

Р е ш е н и е . Пусть – заданный трехгранный угол (рис. 11). а) Выберем на луче какую-нибудь точку и из нее восстановим в гранях и перпендикуляры и к прямой . Тогда – линейный угол двугранного угла при ребре . Применяя к треугольникам и теорему косинусов, получаем равенства , . Вычитая почленно второе равенство из первого и пользуясь тем, что ,, находим, что . Воспользовавшись тем, что , , , , получаем равенство

, (1)

из которого находим . б). Выберем на луче некоторую точку и опустим из нее перпендикуляры и на прямые и соответственно и перпендикуляр на плоскость . По теореме о трех перпендикулярах можно утверждать, что и , т.е. – линейные углы соответствующих двугранных углов. Из прямоугольных треугольников находим и .

Приравнивая правые части этих равенств, получаем равенство

, (2)

из которого находим .

О т в е т : а) ; б).

Отметим, что равенства (1) и (2) доказаны нами в предположении, что α, β, γ – острые.

В других ситуациях рассуждения должны быть несколько изменены. Оставляем это для самостоятельной работы читателя.

B

E

A

F

R

O

Q

S

C

PP

G

Рис. 11

2.4. Угол между прямой и плоскостью.

Пусть плоскость π пересекается прямой в точке . Для того чтобы найти угол между прямой и плоскостью π, нужно найти угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Для построения проекции надо опустить перпендикуляр из любой точки прямой (кроме точки ) на плоскость (что, как показано в задаче 5, можно сделать) и соединить полученную точку с точкой .

З а д а ч а 15. Плоскость прямоугольного треугольника, длины катетов которого равны 3 и 4, образует с плоскостью угол, величина которого равна α. Гипотенуза этого треугольника лежит в плоскости. Найти величину угла, который образует меньший катет с плоскостью .

Р е ш е н и е . Обозначим вершины треугольника буквами так, что – вершина прямого угла и – меньший катет (рис. 12). Опустим из точки перпендикуляр на плоскость . Как следует из задачи 5, это можно сделать так: опустим в плоскости перпендикуляр на прямую . В плоскости из точки восстановим перпендикуляр к прямой . Получим плоскость , которая будет перпендикулярна прямой (так как содержит две прямые и , перпендикулярные ). Следовательно, угол – линейный угол двугранного угла между плоскостями и , т.е. угол . Наконец, в плоскости из точки опустим перпендикуляр на прямую . Он и будет перпендикуляром к плоскости . Соединим точки и . Тогда угол , лежащий в плоскости , и есть искомый угол. Найдем . Из подобия треугольников и имеем, откуда. Но тогда из прямоугольного треугольника находим, что и, наконец, из прямоугольного треугольника имеем откуда.

О т в е т : .

Отметим, что если рассмотреть трехгранный угол с вершиной , то в нем известны двугранный угол при ребре – угол α, двугранный угол при ребре – угол , плоский угол (Требуется найти плоский угол . Применяя равенство (2) из задачи 14 получаем ответ

C

L

B

K

D

A

P

Рис. 12

3. Вычисление объемов тел.

Перечислим основные элементы правильных призм и пирамид. Линейные элементы: сторона основания, боковое ребро, апофема боковой грани (для пирамид), радиусы окружностей, описанных или вписанных в основание, радиус описанного около многогранника шара, радиус вписанного шара (для призм этот шар не всегда существует) и т. д. Площади: основания (или оснований), боковой поверхности, полной поверхности. Объем многогранника. Угловые элементы: линейные углы при вершине, двугранные при основании или между боковыми гранями. Правильная призма или пирамида задается величинами двух независимых элементов. (В частности, эти два элемента не могут быть углами.) Таким образом, возникает достаточно обширная серия простых задач: по двум данным величинам найти третью. Например.

16. Найти объем правильной треугольной призмы, полная поверхность которой равна , боковое ребро равно .

В нарушение нашего принципа при решении этой задачи обойдемся без чертежа. Если –сторона основания данной призмы, то площадь одного основания будет , а полная поверхность .Получаем для уравнение , из которого найдем . Объем призмы равен .

17 (!). Найти объем правильной четырехугольной пирамиды, сторона основания которой равна , а двугранный угол между соседними боковыми гранями равен .

Р е ш е н и е. На рис. 13 изображена правильная четырехугольная пирамида .Построим линейный угол двугранного угла между соседними боковыми гранями. Для этого опустим из вершин и перпендикуляры на ребро. Поскольку пирамида правильная, то основания этих перпендикуляров совпадут (точка ). Угол – линейный угол между плоскостями и,.

S

K

D

C

O

B

A

Рис. 13

Составим план решения. Последовательно находим:из равнобедренного треугольника ),, ,

и, наконец, объем пирамиды.

О т в е т: ( ).

18 (!). Найти радиусы вписанного и описанного шаров правильной треугольной пирамиды со стороной основания и высотой .

Р е ш е н и е. Пусть –центр основания правильной треугольной пирамиды , –середина (рис. 14, а), –высота в треугольнике ,, .Очевидно, что центры обоих шаров находятся на прямой . Найдем сначала радиус описанного шара. Для этого продолжим до пересечения с описанным шаром в точке (рис. 14, б). –диаметр этого шара, . в прямоугольном треугольнике известны высота , опущенная на гипотенузу, и отрезок гипотенузы . По формулам задачи № 14** найдем: . Таким образом, если – радиус описанного шара,

то.

S

б)

а)

S

D

A

O

M

O

B

C

A

S

Q

M

O

в)

Рис. 14

Для нахождения радиуса вписанного шара рассмотрим треугольник (рис. 14, в). Если –центр вписанного шара, то – биссектриса угла и.В прямоугольном треугольнике известны катеты: и.Находим гипотенузу: .По теореме о биссектрисе внутреннего угла(задача № 49) имеем: , , откуда.

На этих примерах, особенно на последнем, мы видим, что решение стереометрических задач очень часто сводится к решению одной или нескольких планиметрических задач.

Вычисление объемов многогранников с помощью разбиений и дополнений, в конечном счете, сводится к вычислению объемов простых тел: пирамид, призм. Для этих объемов известны формулы . Во всех случаях – площадь основания, - высота, опущенная на основание.

З а д а ч а 19. На ребрах , и треугольной пирамиды взяты точки , и так, что ; ; . В каком отношении делит объем пирамиды плоскость, проходящая через точки , и ?

Р е ш е н и е . Плоскость, проходящая через точки , и , отсекает от данной пирамиды пирамиду (рис. 15). Определим, какую часть данной пирамиды составляет ее объем? Задача решается просто, если считать, что в пирамидах и вершины – точки и , а основания – соответственно треугольники и . Пусть – площадь треугольника . Тогда. Пусть – площадь треугольника . Тогда. Из условия задачи следует, что , . Поэтому

(3)

Опустим из точек и перпендикуляры и на плоскость (как следует из задачи 5, это можно сделать). По второму признаку параллельности прямых прямые и параллельны. Следовательно, они лежат в одной плоскости, проходящей, в частности, через прямую . Эта плоскость пересекает плоскость по прямой, откуда следует, что точки и лежат на одной прямой. Иными словами, в треугольнике лежит отрезок и он параллелен . Поэтому треугольники и подобны. Из подобия следует, что , откуда получаем . (4)

Пусть – объем пирамиды . Тогда.

Пусть – объем пирамиды . Тогда .

Используя равенства (3) и (4), получаем, что

Из равенства следует, что плоскость сечения делит объем пирамиды в отношении 1:59. О т в е т : 1:59.

S

M

L

N

B

A

C

Рис. 15

Следующий тип задачи – задачи на сечения. В их основе лежит умение строить сечение многогранника плоскостью и определять вид этого сечения. Здесь мы рассмотрим задачи, в которых сечение задано тремя точками; двумя точками и прямой, параллельной плоскости сечения; точкой и прямой; двумя пересекающимися (параллельными) прямыми; точкой и параллельной плоскостью.

20 (!). Построить сечение куба плоскостью, проходящей через середины двух смежных ребер куба и наиболее удаленную от соединяющей их прямой вершину куба. Найти площадь этого сечения, если ребро куба равно 1.

Основная схема построения сечения (обычно ее следует придерживаться) состоит в последовательном проведении прямых, по которым плоскость сечения пересекается с плоскостями граней данного многогранника или же с какими-то вспомогательными плоскостями.

Пустьи – середины ребер и куба (рис. 16). Наиболее удаленной от прямой вершиной является вершина .Плоскость сечения пересекается с плоскостью до пересечения по прямой . Продолжим до пересечения с прямыми и в точках и . (В этом продолжении – все дело. Прием этот стандартный. Запомните его.) Точка принадлежит плоскости . В этой же плоскости расположена еще одна точка нашего сечения – точка . Следовательно, плоскость сечения пересекается с плоскостью

M

L

F

C

B

D

N

K

E

A

Рис. 16

по прямой . Обозначим через точку пересечения этой прямой с ребром . Вновь имеем в плоскости грани, на этот раз грани , две точки, принадлежащие нашему сечению, - и. Строим отрезок , являющийся стороной многоугольника сечения. Аналогично находится точка . Окончательно получаем: сечением является пятиугольник . Найдём его площадь. Её можно представить в виде разности площадей: из площади треугольника вычитаются площади двух равных треугольников и. Два последних треугольника подобны треугольнику скоэффициентом. Значит, их площади в 9 раз меньше площади треугольника , а площадь искомого пятиугольника составляет 7/9 площади треугольника . Её легко найти. Она равна .

О т в е т: площадь сечения равна .

4. Вычисление площадей сечений

При решении задач на вычисление площадей сечений основной трудностью является определение вида сечения. Обычно после этого задача сводится к плоской – вычислению площади какого-либо многоугольника.

З а д а ч а 21. Через середину диагонали куба перпендикулярно ей проведена плоскость. - Найти площадь сечения, если ребро куба равно α.

Р е ш е н и е . Проведем анализ задачи для того, чтобы представить себе вид сечения. Пусть – заданный куб и – его диагональ, через середину которой проходит заданная плоскость (рис. 17).

Как показано выше (задача 2, рис. 2), и .

Рассматриваемая в задаче плоскость сечения параллельна плоскостям и и проходит между ними. Поэтому она должна пересекать ребра , , , , и , т.е. в сечении должен получиться шестиугольник. В силу симметрии куба относительно его центра – середины диагонали сечение должно быть симметричным. Поэтому в сечении должен получиться правильный шестиугольник. Несмотря на почти очевидность этого утверждения, его нужно тем не менее доказать.

Пусть , , и – середины ребер , , и соответственно (рис. 17). Докажем, что они лежат в одной плоскости, также проходящей через середину диагонали куба .

Проведем через точку плоскость π, параллельную плоскости . Грани куба должны пересекать параллельные плоскости π и по параллельным прямым (см. четвертый признак параллельности прямых). Следовательно, плоскость π пересекает грань по прямой, параллельной и, поскольку π проходит через точку , линия пересечения есть прямая . Аналогично доказывается, что плоскость π пересекает грани , и по прямым , и соответственно.

Для того чтобы доказать, что плоскость проходит через середину диагонали куба , вынесем на отдельный чертеж сечение куба плоскостью (рис. 18). Это сечение есть прямоугольник, так как боковые ребра куба перпендикулярны плоскости грани и имеют равную длину. Обозначим буквой точку пересечения прямых и . Прямоугольные треугольники и имеют по равному катету (– половина ребра куба) и по равному острому углу (– накрест лежащие углы при параллельных прямых и ). Значит, эти треугольники равны и , . Итак, точка , принадлежащая отрезку и потому плоскости , является серединой диагонали .

По доказанному данная в условии плоскость сечения и плоскость имеют общую точку . Значит, линия их пересечения должна проходить через точку и, согласно условию задачи, должна быть перпендикулярна прямой . Прямая, лежащая в плоскости , перпендикулярна наклонной к этой плоскости . Согласно теореме о трех перпендикулярах должна быть перпендикулярна проекции прямой на плоскость . Так как эта проекция есть прямая (рис. 17), то . Вынесем на отдельный чертеж сечение куба плоскостью (рис. 19). Четырехугольник – квадрат (его стороны по доказанному соответственно параллельны сторонам квадрата

B

F

L

M

G

M

K

O

O

E

B

C

A

K

N

A

D

H

Рис. 18

Рис. 17

), поэтому его диагонали и перпендикулярны и . На плоскости через точку можно провести единственный перпендикуляр к прямой . Поэтому и есть одна и та же прямая, т.е. заданная в условии плоскость пересекает плоскость по прямой . В частности, это означает, что плоскость сечения проходит через точки и – середины ребер и .

Аналогично доказывается, что заданная плоскость пересекает ребра куба , , и в их серединах – точках , , и соответственно (рис. 17), т.е. сечение – шестиугольник . Сторона шестиугольника является средней линией в треугольнике (рис. 17). Поэтому . Такую же длину имеют все стороны шестиугольника. Докажем, что у него все углы равны. Как следует из приведенного выше доказательства, все вершины треугольника равноудалены от точки . При этом (рис. 19) . Из проведенных вычислений следует (рис. 20), что все шесть треугольников с вершинами в точке и основаниями – сторонами шестиугольника – равносторонние треугольники. Но тогда и . Такую же величину имеют все углы шестиугольника и потому он правильный. Требуемое утверждение доказано.

Теперь найдем площадь правильного шестиугольника .

Его площадь равна шести площадям правильного треугольника со стороной, равной стороне шестиугольника. Так как сторона шестиугольника равна то искомая площадь равна . О т в е т : .

При решении задачна вычисление объемов бывает полезным следующее утверждение, сразу же выводимое из формулы для объема пирамиды: если две пирамиды имеют равновеликие основания и равные высоты, то их объемы равны.

З а д а ч а 22. В треугольной пирамиде известны угол α между противоположными ребрами и и расстояние между ними. Найти объем пирамиды, если , .

F

L

M

L

O

G

E

O

Рис. 20

Рис. 19

N

H

N

K

D

F

C

E

B

A

Рис. 21

Р е ш е н и е . Ясно, что по известной формуле объема пирамиды вычислить его трудно, т. к. для этого надо найти ее основание и высоту. Поэтому надо искать другой путь решения этой задачи. Вспомним, что формулу объема пирамиды выводят, достраивая пирамиду до призмы и применяя формулу объема призмы. Поскольку в задаче известно расстояние между противоположными ребрами, то пирамиду надо достроить до призмы так, чтобы это расстояние было высотой в призме.

Дополним пирамиду до параллелепипеда следующим образом. Через середины и ребер и проведем прямые и , соответственно параллельные и (рис. 21). Причем точки , , , выберем так, чтобы и были бы серединами отрезков и . Тогда четырехугольники ,, и – параллелограммы. Кроме того, все отрезки, , , параллельны и равны , так что многогранник – призма. Плоскости и параллельны по признаку параллельности плоскостей и расстояние между ними равно заданному в условии расстоянию между прямыми и , т.е.. Обозначим объем этой призмы буквой . Четыре пирамиды , , и имеют такую же высоту , что и призма. Площадь же каждого из треугольников, лежащих в их основаниях, вдвое меньше площади основания призмы. Из указанных выше формул для объемов следует, что объем каждой из этих пирамид равен . Поэтому объем пирамиды , составляющий вместе с объемами четырех названных пирамид весь объем призмы, будет равен . По условию задачи, , , , так что площадь основания призмы – параллелограмма равна, а ее объем есть . Наконец, находим искомый объем .

О т в е т : .

5. Круглые тела. Цилиндр, конус, шар

По сравнению с многогранниками круглые тела труднее изображать. Особенно это относится к шару. В самом деле, изображением шара (в ортогональной проекции) будет круг. «Увидеть» в нём пространственное тело при отсутствии каких-то пространственных связей нелегко. Поэтому шар, а тем более шары при решении стереометрических задач обычно не изображают. Скажем даже, что нет ни одной задачи, в которой фигурируют два или более шаров и в которой хороший чертёж, служащий подспорьем в решении, а не затрудняющий решение, требует изображения этих шаров. В то же время многие задачи на перечисленные в заглавии круглые тела сводятся к планиметрическим задачам. Так, например, определение радиуса шара, вписанного в заданный конус или описанного около него, сводится к определению радиуса окружности, соответственно вписанной в равнобедренный треугольник или описанной около этого треугольника.

Напомним основные понятия и параметры, связанные с цилиндром. Основные понятия: основание, радиус основания, ось, высота, образующая, осевое сечение, боковая и полная поверхности. Соответственно параметры: радиус основания, площадь основания, высота (равна образующей), площадь осевого сечения, объём цилиндра. Любые два из перечисленных параметров, кроме площади осевого сечения и площади боковой поверхности, задают цилиндр.

Для конуса добавляются угловые понятия и соответственно угловые величины: угол наклона образующей конуса к плоскости основания и угол при вершине осевого сечения, т. Е. угол между двумя диаметрально противоположными образующими. Поскольку два указанных угла являются углами равнобедренного треугольника, получающегося в осевом сечении конуса, между ними имеет место очевидная связь. Как и цилиндр, конус задаётся двумя параметрами, причём имевшее место ограничение снимается.

23. Цилиндр и конус имеют равные основания, равные площади полной поверхности и равные объёмы. Найти отношение их боковых поверхностей.

Р е ш е н и е. Обозначим радиус основания и высоту цилиндра через и. По условию радиус основания и высота конуса – соответственно и. – образующая конуса, . Боковая и полная поверхности цилиндра и конуса: , , , . По условию , откуда .Заменяя черези, после возведения в квадрат и упрощений получим . Далее находим: , , . Отношение равно .

24. Образующая конуса наклонена к плоскости основания под углом α. Через вершину конуса проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол β. Найти площадь получившегося сечения, если площадь осевого сечения равна .

Р е ш е н и е. На рис. 22, а, б и в изображены общий вид конуса с проведенным сечением, осевое сечение и основание конуса. – середина хорды . По условию . Пусть – образующая конуса. Тогда пллощадь осевого сечения равна.По условию ,. Далее,,, , , , . Полученное выражение можно преобразовать к виду .

S

S

C

D

O

l

l

C

B

C

D

O

D

B

B

в)

б)

а)

Рис. 22

25. (!) Через ось конуса две перпендикулярные плоскости. Найдите радиус шара, вписанного в одну из четырех образовавшихся частей конуса, если радиус основания конуса равен , а угол наклона образующих к плоскости основания равен α.

Р е ш е н и е. Если – радиус искомого шара, то расстояние от его центра основания конуса равно . В самом деле, пусть проведенные плоскости и плоскость основания конуса являются координатными плоскостями (осями являются линии пересечения этих плоскостей). При соответствующем выборе направления осей центр шара будет иметь координаты . Проведем сечение через центр шара и ось конуса (рис. 23, а, б, на рис. 23, б изображен треугольник , представляющий собой «половину» этого сечения). – точка касания шара с плоскостью основания,, , . Поскольку , то.

Ответ:.

S

S

Q

O

A

O

D

A

б)

а)

Рис. 23

Задачи для самостоятельного решения

1. Доказать, что из точки на плоскости можно восстановить перпендикуляр.

2. В треугольной пирамиде высота, проведенная из вершины, попадает в точку пересечения высот основания. Доказать, что тем же свойством обладают и все высоты пирамиды, опущенные из вершин основания на боковые грани.

3. Даны двугранные углы , и трехгранного угла . Найти плоский угол γ.

4. Определить угол между боковым ребром и плоскостью основания треугольной пирамиды, у которой все ребра равны.

5. Дана правильная треугольная призма со стороной основания и боковым ребром . Найти расстояние между диагональю боковой грани и ребром .

6. Объем правильной треугольной призмы равен . Угол между диагоналями двух боковых граней, проведенными из одной вершины равен α. Определить сторону основания призмы.

7. В треугольной пирамиде длины всех ребер равны. Точка равноудалена от вершин и , а от вершин и находится на расстоянии Известно, что прямая перпендикулярна высоте треугольника, опущенной из вершины . Вычислить объем пирамиды .

8. Дан прямоугольник, длины сторон которого равны 1 и 2. Меньшая сторона прямоугольника лежит на плоскости, а диагональ прямоугольника образует с плоскостью угол, величина которого равна α. Найти величину угла между плоскостью прямоугольника и плоскостью .

9. Основанием пирамиды является равнобедренный прямоугольный треугольник , длина гипотенузы которого равна . Боковое ребро пирамиды перпендикулярно плоскости основания и его длина равна 2. Найти угол и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку и середину ребра , а другая через точку и середину ребра .

10. Рёбра прямоугольного параллелепипеда равны 4, 5 и 6. Найти площадь наибольшего сечения, проходящего через два параллельных не лежащих в одной грани рёбра параллелепипеда.

11. Дан правильный тетраэдр с ребром . Найти его полную поверхность, объём, расстояние между противоположными рёбрами, радиусы описанного и вписанного шаров.

12. В правильной треугольной пирамиде известны сторона основания и плоский угол при вершине . Найти её объём, двугранный угол при основании, двугранный угол между боковыми гранями, радиусы вписанного и описанного шаров.

13. Решите предыдущую задачу для четырёхугольной пирамиды.

14. Доказать, что в правильной треугольной пирамиде противоположные рёбра попарно перпендикулярны.

15. Через середину бокового ребра правильной треугольной пирамиды проведено сечение, параллельное двум скрещивающимся рёбрам этой пирамиды. Найти площадь этого сечения, если сторона основания равна, а боковое ребро равно .

16. Дан куб с ребром . Построить сечение куба плоскостью и найти площадь сечения, если:

а)плоскость проходит через вершины и и середину ребра ;

б) плоскость проходит через вершину и параллельна плоскости ;

в) плоскость проходит через середины рёбер.

17. Доказать, что плоскость, пересекающая боковую поверхность цилиндра, но не пересекающая его основания, делит ось цилиндра, боковую поверхность и объем в одинаковом отношении.

18. В конус вписан цилиндр: основание цилиндра лежит на основании конуса, а другое основание цилиндра совпадает с сечением конуса плоскостью. Радиус основания цилиндра в два раза меньше радиуса основания конуса. Найти отношение объемов цилиндра и конуса.

19. Через центр шара проведены три попарно перпендикулярные плоскости, разделяющие шар на восемь частей. В каждую из этих частей вписано по шару.

а) Найти отношение объема вписанного в одну из частей шара к объему исходного шара.

б) Центры вписанных шаров являются вершинами многогранника. Что это за многогранник? Найти отношение объемов полученного многогранника и данного шара.

20. Найти объем тела, получающегося при вращении прямоугольного треугольника с катетами и вокруг его гипотенузы.

21. Основание цилиндра и конуса расположены в одной плоскости, а шар касается этой же плоскости, причем высота цилиндра равна высоте конуса и равен диаметру шара. Объемы всех трех тел равны между собой. Как относятся их полные поверхности?

22. Найти объем конуса, разверткой которого является полукруг радиуса

23. Из круга вырезан сектор с центральным углом в 90° . Из двух получившихся частей склеены два конуса. Найти отношение объемов получившихся конусов.

24 (!). Три шара радиуса касаются одной плоскости и попарно касаются друг друга. Найти радиус четвертого шара, касающегося трех данных и той же плоскости.

О т в е т ы : 3) ; 4) ; 5) ; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; .

Список использованной литературы

1. Математика в школе: Научно-методический журнал Государственного комитета СССР по народному образованию. – М.: Изд-во «Педагогика», 1989, № 1 – 6, с ил.

2. Потапов М. К., Олехник С. Н., Нестеренко Ю. В. Задачи по стереометрии. – М.: Изд-во МГУ, 1992. – 16 с. – (Библиотека абитуриента: Математика).

3. Лисичкин В. Т., Соловейчик И. Л. Математика: Учеб. пособие для техникумов. – М.: Высш. шк., 1991. – 480 с.: ил.

4. Черняк Ж. А., Черняк А. А. Решения наиболее трудных задач из Сканави. – М.: Рольф, 2000. – 384 с., с илл. – (Домашний репетитор).

5. Шарыгин И. Ф., Голубев В. И. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб. пособие для 11 кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1991. – 384 с.: ил.

6. Б. Г. Зив. Стереометрия. Устные задачи. – СПб: «ЧеРо-на-Неве», 2002г.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/31006-reshenie-stereometricheskih-zadach