Всероссийский фестиваль педагогического творчества (2015 /2016 учебный год) Номинация:

Всероссийский фестиваль педагогического творчества
(2015 /2016 учебный год)
Номинация:
Педагогические идеи и технологии: среднее образование.
Название работы:
«ПЛОЩАДИ И ОБЪЁМЫ»
Автор: Шарова Светлана Геннадьевна,
учитель математики МБОУ гимназии
городского округа г. Урюпинск Волгоградской
области
Учимся решать стереометрические
задачи. Подготовка к ЕГЭ. Задание №14.
Как научиться решать задачи №16 ЕГЭ по математике? Этот вопрос в
преддверии экзамена возникает у будущих выпускников все чаще.
Задание №16 Единого государственного экзамена по математике с 2010 года
представляет стереометрическую задачу на определение расстояний или углов в
пространстве между объектами, связанными с некоторым многогранником,
построением и нахождением площади сечения многогранника, на нахождение
объёма многогранников.
Существует несколько основных способов решения задач по стереометрии.
Первый – классический («метод построений») - требует отличного знания
аксиом и теорем стереометрии, логики, умения построить чертеж и свести
задачу к решению планиметрической задачи.
Второй – применение векторов и координат. Это простые формулы, правила и
алгоритмы.
Рассмотрим стереометрические задачи на нахождение площадей и объёмов
многогранников.
2
ПЛОЩАДИ И ОБЪЕМЫ
Площадь сечения многогранника.
Площадь поверхности многогранника.
Объем многогранника.
3
Задача 1.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды SABCD равна 6, а
высота 4. Точки K,P,M середины ребер AB,BC,SD.
a) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки K,M,P.
b) Найдите площадь этого сечения.
Решение.
a)
1. KP∩AD = T,
S
2. KP∩DC = R,
3. MR∩SC = L,
4. MT∩AS=N,
M
5. NMLPK – искомое
L
сечение
4
C
D
N
L1
M1
O
N1
A
T
Y
K
6
B
R
P b) Проекция NMLPK на
плоскость основания пирамиды
- пятиугольник N1M1L1PK
4
α - угол между плоскостями сечения и проекции
S
α = ∠MYM1
1. BD =
M
4
MM1= 0,5∙SO = 2
L
C
D
N
, M1Y = DO = 0,5DB=
L1
M1
O
R
P
N1
Y
A
K
B
6
T
S
2. ME ║ SC,
ME = 0,5∙ SC, LC = 0,5∙ ME = ¼∙SC
L1C:OC = 1:4
M
S
L
L
5
C
D
E
R
O
L1
C
D
C
L1
M1
L1N1 =2∙OL1= 2∙(OC-L1C)=2∙(OC-1/4∙OC) = 3/2∙OC
P
L1N1
O
N1
y
B
A
K
Ответ:
6
Задача 2.
В правильной треугольной призме ABCA1B1C1
сторона основания равна 6, а боковое ребро равно 5. На стороне CC1 взята точка K
так, что CK : KC1 = 1:4, а на ребреA1C1 взята точка M так, что A1M:MC1 = 1:2.
a) Определите, в каком отношении плоскость BKM делит ребро A1B1 призмы.
b) Найдите площадь сечения призмы плоскостью BKM.
Решение.
a) 1. MK∩ AC=T, MK∩AA1=N
2. NB∩A1B1 = D
N
3.MDBK - искомое сечение
M
A1
C1
4. MC1K – прямоугольный и
равнобедренный (MC1=C1K = 4 )
5. ∠KMC1=450 ⇒∠A1MN = 450
5
D
B1
M1
K
6
A
6. A1N =A1M = 2 (из прямоугольного
равнобедренного треугольника A1NM)
7. ∆A1ND~∆ANB ⇒ k = A1N:AN = 2:7
C
H T
8. ТогдаA1D:AB = 2:7 ⇒ A1D:DB1 = 2:5
D1
b)
B
7
M1D1BC – проекция MDBC на плоскость ABC
α =∠KHC (CH⊥ BT)
N
∆KCT: ∠С= 900, KC= CT = 1
M
A1
5
C1
C
D
6
B1
M1
1
K
6
A
1200
T
C
H
B
T
H
D1
B
8
Ответ:
Задача 3.
Дана правильная четырехугольная пирамида PABCD вершиной в точке P. Через
точку С и середину ребра AB перпендикулярно к основанию пирамиды
проведена плоскость α.
a) Докажите, что плоскость α делит ребро BP в отношении 2:1, считая от
точки B.
b) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью α, если известно, что PA =
10, AC = 16.
Решение.
a) Пусть M – середина AB, CM∩BD = E. Так как PO⊥(ABC) и
P
α⊥(ABC), то α║PO. Значит, α∩ (PBD) = NE, NE║PO.
Сечение NCM –искомое.
N
C ∆ MBE~∆KOE⇒ OE:BE=OK:MB ,
D
10
D
O
16
A
C
E
M
B
A
OK=OP-KP=½AB-½MB =½MB
Таким образом,
K
O
P OE:BE = 1:2
E
По теореме о
пропорциональных
M
B
отрезках OE:BE = PN:NB.
Значит, BN:NP = 2:1.
b)
9
Ответ:
Задача 4.
В кубе ABCDA1B1C1D1 точка K – середина ребра C1D1 , точка P- середина ребра AD,
точка M – середина ребра CC1.
a) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки K,P,M.
b) Найдите площадь полученного сечения, если ребро куба равно 6.
Решение.
N a) KM ∩ DC = E, KM ∩ DD1 =N
EP ∩ BC = F
NP∩ A1D1 = L
C1
K
L
D1
FMKLP – искомое сечение
6
B1
A1
M
E
C
D
F
B
P
A
10
N
b)
C1
K
D1
L
6
M
1. CH ⊥PE (построение), MH⊥PE (по
теореме о трех перпендикулярах)
α = ∠MHC
A1
B1
2. ∆ EMC = ∆KMC1⇒EC=C1K=½C1D1 =3
E
C
H
D
F
P
6
B
A
∆MC1K=∆ND1K⇒ND1 = MC1 =½DD1=3
∆ECF~∆EDP, k = EC:ED = 1:3, CF = ⅓PD = 1
∆ND1L~∆NDP, k=⅓, D1L = 1
∆ECF: ∠С = 90⁰, СH⊥EF,
(метод площадей)
11
N
C1
Проекция сечения LKMFP на плоскость
(ABC) – есть пятиугольник CK1L1PF
K
L
C
M
A1
B1
E
C
H
D
3
K1
3
1
F
D
1
L1
5
P
K1
L1
F
3
P
B
A
B
A
12
Ответ:
Задача 5
Основанием пирамиды является равнобокая трапеция с основаниями 18 и 8.
Каждая боковая грань пирамиды наклонена к основанию под углом 60⁰.
a) Докажите, что существует точка О, одинаково удаленная от всех граней
пирамиды (центр вписанной сферы).
b) Найдите площадь полной поверхности данной пирамиды.
Решение.
S
a) Пусть SN,SP,SQ,SM – апофемы граней
ABS, BCS,DCS,ADC соответственно.
Тогда по теореме о трех перпендикулярах
HN⊥AB, HP⊥BC,HQ⊥DC, HM⊥AD, H –
проекция вершины пирамиды на
T
O
плоскость основания.
P 4
B 4
C
∆NHS =∆PHS=∆QHS =∆MHS (по катету
и острому углу), то HN=HP=HQ=HM,
то есть H – точка основания,
Q
H
равноудаленная от всех его сторон
A
M
9
9
D (центр вписанной окружности)
Плоскости MHS и ADS перпендикулярны по признаку перпендикулярности плоскостей,
значит любой перпендикуляр плоскости MHS к линии пересечения плоскостей,
13
перпендикулярен ADS. Аналогично с остальными парами плоскостей.
Возьмем на прямой HS такую точку O, что OH=OT, где OT⊥MS. Имеем, что О
равноудалена от всех граней пирамиды, т. е. является центром вписанной сферы.
N
S
b)
1. Так как H – центр вписанной окружности в
основание пирамиды, то по свойству отрезков
касательных (с учетом того, что трапеция
равнобедренная)
BP=PC=CQ=NB.
AM=MD=AN=DQ.
B
4
N
O
P 4
B 4
N
M
9
C
Q
H
4 P 4 C
4
9
Q
9
H
12
9
D
A
S
A
9
Высота трапеции
M
9
D
MS = 2MH
T
O
60⁰
M
14
H
Ответ: 468
Задача 6.
Основанием пирамиды является трапеция с основаниями 25 и 7 и острым углом
arccos0,6. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к основанию под углом 60⁰.
a) Докажите, что существует точка M, одинаково удаленная от всех вершин
пирамиды (центр описанной сферы).
b) Найдите объем данной пирамиды.
Решение.
S
a) Так как каждое ребро пирамиды наклонено под
одним углом к основанию, то вершина пирамиды
проецируется в центр описанной окружности вокруг
основания. Это следует из равенства прямоугольных
треугольников (по катету и острому углу) с общим
катетом SH и гипотенузами – ребрами пирамиды.
M
B
C
H
D
A
Все точки прямой SH равноудалены от
вершин основания. Поэтому достаточно
выбрать такую точку M на прямой SH,
что, например, SM=MA.
Итак, M – центр описанной сферы
около пирамиды SABCD
15
b) Трапеция ABCD – равнобедренная, так как вокруг нее можно описать окружность
B
C
S
H
arccos0,6
A
9 K
M
L
9
∆ABK: cosA =AK:AB; 0,6 = 9:AB; AB = 15
B
60⁰
7
D
C
∆BDK:
H
D
A
Окружность, описанная около трапеции ABCD – окружность, описанная около ∆ ABD
По теореме синусов радиус R =AH =
∆ASH:
16
Ответ:
Задача 7
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известно, что AB =8, BC = 6,
косинус угла между прямыми BD и AC1 равен 0,14.
a) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки B и
D параллельно прямой AC1.
b) Найдите объем пирамиды, отсекаемой от параллелепипеда этой плоскостью.
Решение.
a) BD∩ AC = O, OK║ AC1
C1
D1
∆BKD – искомое сечение
OK║ AC1 ⇒∠(AC1;BD) = ∠(OK;BD)
B1
A1
K
cos ∠(AC1;BD)=cos ∠KOB = 0,14
D
C
6
O
A
Меньшим углом при пересечении прямых
BD,OK будет ∠KOB (угол KOD – тупой
(|DK|>|BC|))
8
B
17
b)
C1
D1
CH⊥BD⇒
KH⊥BD (по теореме о
трех перпендикулярах)
∆ DCB: ∠С = 90⁰, CH -высота⇒
B1
A1
K
( метод
площадей)
∆ COH: ∠H = 90⁰
D
C
α
O
A
8
∆KOH: ∠H =90⁰, cosα=0,14
6
H
B
∆ OKC: ∠С = 90⁰,
18
Ответ:
Задача 8.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 AB = BC = 8, BB1 =6. Точка
K- середина BB1 ,точка P - середина C1D1 . Найдите:
a) Площадь сечения параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки K и P
параллельно прямой BD1 ;
b) Объем большей части параллелепипеда, отсекаемой от него этой плоскостью.
Решение.
a) Плоскость сечения пересечет плоскость BD1B1
(в которой лежит BD1) по прямой (содержащей
B1
C1
точку K), параллельной BD1 , так как BD1 по
L
E
условию параллельна плоскости сечения.
P
KE║BD1 , E- середина B1D1.
A1
D1
PE∩A1B1 =L.
K
T
Соединяем LK
Проводим в плоскости DCC1 через точку P
6
прямую , параллельную LK (параллельные
B
плоскости пересекаются третьей по
C
8
параллельным прямым).
LPTK – искомое сечение.
8
A
D
LPTK –прямоугольник, так как LP║ A1D1 (P – середина D1C1 по условию, E – центр
A1B1C1D1 ), A1D1 ⊥ AA1B1 , то есть A1D1⊥LK.
19
LP = 8, PT =
b)
B1
C1
L
E
P
D1
K
T
6
B
C
8
A
8
Ответ: a) 40; b) 336.
D
20
Задача 9.
Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1
a) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки A и
C параллельно прямой BD1
b) Найдите отношение объемов многогранников, на которые делит
параллелепипед эта плоскость.
Решение.
a) AC∩BD = L
D1
C1
A1
D
∆ AMC - искомое сечение
b) Построенное сечение отсекает от
прямоугольного параллелепипеда
пирамиду ACDM
B1
M
LM║ BD1 , M – середина DD1
C
L
A
21
B
Ответ: 11
Задача 10
В правильной треугольной пирамиде PABC M – точка пересечения медиан
грани PBC.
a) Докажите, что прямая AM делит высоту PO пирамиды в отношении 3:1,
считая от точки P.
b) Найдите объем многогранника с вершинами в точках A, B, M, P, если
известно, что AB = 12, PC = 10.
Решение.
a) MF║PO
MQ: PM = FQ: OF (теорема о
пропорциональных отрезках)
PM: MQ = 2:1 (свойство медиан)
P
FQ:OF = 1:2, OQ = 3FQ = ½AO, FQ =1/6 AO,OF = ⅓AO, AF = 4/3AO
10
∆AEO~∆ AMF, AO:AF = OE : MF, OE = 3/4MF
E
A
∆MQF~∆PQO, MF:PO = FQ: OQ = 1:3, MF =⅓PO
M
C
O
F
1
2
B
Q
OE = ¾ MF =1/4∙PO ⇒ PE: EO = 3:1
22
b)
P
10
∆ ABQ: ∠Q =90⁰, ∠B =60⁰, AB =12 ⇒ AQ =
M
E
A
C
O
∆ APO: ∠O= 90⁰,
F
1
2
Q
B
23
Ответ:
Задача 11
В правильной треугольной пирамиде PABC боковое ребро равно 10, а сторона
основания равна
. Через точки B и С перпендикулярно ребру PA проведена
плоскость α.
a) Докажите, что плоскость α делит пирамиду PABC на два многогранника,
объемы которых относятся как 2:3.
b) Найдите площадь сечения пирамиды PABC плоскостью α.
Решение.
a) BC α, α⊥AP, α∩AP = K, PK⊥α, AK⊥α
P
10
K
P
A
K
C
M
B
B
H
A
24
b)
P
∆ BKM: ∠M = 90⁰
10
K
A
C
M
B
Ответ:
25
Задача 12.
В кубе ABCDA1B1C1D1 все ребра равны 5. На его ребре BB1 отмечена точка K так, что
KB = 3. Через точки K и C1 проведена плоскость α, параллельная прямой BD1
a) Докажите, что A1P:PB1 = 1: 2, где P – точка пересечения плоскости α с ребром A1B1
b) Найдите объем большей из двух частей куба, на которые он делится плоскостью α .
Решение.
a) В плоскости DD1B1 через точку K
проведём прямую EK ║ BD1 , E € D1B1
D1
5
E
C1E∩A1B1 = P
Плоскость PC1K ║ BD1 по признаку
параллельности прямой и плоскости
∆EB1K~∆D1B1B ⇒ EB1: D1B1 = B1K: B1B = 2: 5
P
A1
C1
В плоскости A1D1C1 :
M
B1
K
5
D
3
Значит, EB1: D1E= = 2: 3
∆PEB1~∆C1ED1 ⇒ PB1:C1D1=EB1 : D1E = 2: 3
C C1D1 = A1B1, значит, PB1:C1D1 = PB1:A1B1 = 2:3
Таким образом, A1P: PB1 = 1:2
A
5
B
26
b)
D1
5
C1
E
A1
5
P
M
B1
K
D
3
A
5
C
B1K = 2
B
Ответ:
27
Задачи для самостоятельного решения
1. В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания AB равна 12, а
боковое ребро SA равно 8. Точки M и N — середин рёбер SA и SB соответственно.
Плоскость α содержит прямую MN и перпендикулярна плоскости основания
пирамиды.
Докажите, что плоскость α делит медиану CE основания отношении 5:1, считая от
точки C.
Найдите объём пирамиды, вершиной которой является точка C, а основанием сечение пирамиды SABC плоскостью α.
2. В кубе ABCDA1B1C1D1 все рёбра равны 6. На его ребре BB1 отмечена точка K так,
что KB=5. Через точки K и C1 проведена плоскость α параллельная прямой BD1.
а) Докажите, что A1P:PB1=4:1, где P — точка пересечения плоскости α с ребром A1B1.
б) Найдите объём большей из двух частей куба, на которые он делится плоскостью α.
3. В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания AB равна 6, а
боковое ребро SA равно 4. Точки M и N — середины рёбер SA и SB соответственно.
Плоскость α содержит прямую MN и перпендикулярна плоскости основания
пирамиды.
а) Докажите, что плоскость α делит медиану CE основания в отношении 5:1, считая
28
от точки C.
б) Найдите периметр многоугольника, являющегося сечением
пирамиды SABC плоскостью α
Спасибо за сотрудничество!
29