Загрузил Polina Vershinina

kursovaya 1 Khramtsov izm Mn ugly1

Реклама
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ
ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ
«АМУРСКИЙ ГУМАНИТАРНО-ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ
ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»
(ФГБОУ ВО «АмГПГУ»)
ФАКУЛЬТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ
МАТЕМАТИКИ И ФИЗИКИ
Храмцов Леонид Дмитриевич
МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ
Направление подготовки
44.03.05 «Педагогическое образование»
Профиль
«Математика и Физика»
Курсовая работа
по математике
Комсомольск-на-Амуре, 2017
Работа выполнена на кафедре математики федерального государственного бюджетного образовательного учреждения высшего образования «Амурский гуманитарно-педагогический государственный университет»
Научный руководитель: Хусаинов А.А., профессор, доктор физико-математических наук
Защита курсовой работы состоится: «25» мая 2017 г. в 14ч. 00 мин., в аудитории «128»
Оценка ___________________
__________________________
(подпись руководителя)
Оглавление
Введение.............................................................................................................4
§1. Определение трехгранного угла. Элементы трехгранного угла.............5
§2. Равенство трехгранных углов.....................................................................6
§3. Свойства плоских углов трехгранного угла..............................................8
§4. Геометрия трехгранного угла.....................................................................10
§5. Задачи на трехгранный угол.......................................................................14
Заключение.........................................................................................................18
Список литературы............................................................................................19
3
Введение
Тема "Трехгранный угол" - одна из интересных и важных тем для углубленного изучения стереометрии.
Изучение "Геометрии трехгранного угла" является основной подготовительной базой к изучению темы "Многогранники".
Цель данной работы: проанализировать литературу и систематизировать
свои знания по теории трехгранного угла.
В данной работе раскрываются избранные вопросы "Геометрии трехгранного угла".
Первые четыре параграфа посвящены теоретической части, в которой рассматриваются понятия и элементы трехгранного угла, так же доказываются
основные теоремы и свойства трехгранного угла.
Последний параграф содержит практическую часть, в которой решены задачи на трехгранный угол.
4
§1. Определение трехгранного угла. Элементы трехгранного угла.
В геометрии кроме таких углов как угол между прямой и плоскостью, двугранных углов существуют так же многогранные углы. Более подробно рассмотрим трехгранный угол, его геометрии. Этот угол является представителем
семейства многогранных углов.
Построить (а значит , и конструктивно определить) трехгранный угол
можно так. Возьмем любые три луча a, b, c, имеющее общее начало О и не
лежащее в одной плоскости (рис. 1). Эти лучи являются сторонами трех выпуклых плоских углов: угла αсо сторонами b, c, угла β со сторонами a, c и угла
γ со сторонами a, b. Объединение этих трех углов α, β, γ и называется трехгранным углом Оabc.
O
β α
γ
рис. 1
b
a
c
Определение. Трехгранный угол - это геометрическая фигура, состоящая из
трех плоских углов, образованных тремя лучами, исходящими из одной точки
и не лежащих в одной плоскости.
Лучи a, b, c называются ребрами трехгранного угла Oabc, а плоские углы α,
β, γ - его гранями. Точка О называется вершиной трехгранного угла.
При каждом из ребер трехгранного угла определяется соответствующий
двугранный угол, такой, ребро которого содержит соответствующее ребро
трехгранного угла, а грани которого содержат прилежащие к этому ребру
грани трехгранного угла.
Величины двугранных углов трехгранного угла Oabc при ребрах a, b, c будем соответственно обозначать через 𝑎̂, 𝑏̂, 𝑐̂ .
Три грани α, β, γ трехгранного угла Oabc и три его двугранных угла при
ребрах a, b, c, а также величины α, β, γ и 𝑎̂, 𝑏̂, 𝑐̂ будем называть элементами
трехгранного угла. (Вспомним, что элементы плоского треугольника - это его
стороны и его углы).
5
§2. Равенство трехгранных углов.
Геометрия трехгранного угла может быть построена как аналог геометрии
треугольника, причем его плоские углы соответствуют сторонам, а двугранные углы (при ребрах) - углам треугольника. Эта аналогия будет видна из следующих ниже теорем.
Признаки равенства трехгранных углов:
1. по двум плоским углам и двугранному углу между ними: если два
плоских угла и двугранный угол между ними одного трехгранного
угла соответственно равны двум плоским углам и двугранному углу
между ними другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы
равны (аналог первого признака равенство треугольников);
2. по двум двугранным углам и плоскому углу между ними: если плоский угол и прилежащих к нему два двугранных угла одного трехгранного угла соответственно равны плоскому углу и двум прилежащим
к нему двугранным углам другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (аналог второго признака равенство треугольников);
3. по трем плоским углам: если три плоских угла одного трехгранного
угла соответственно равны трем плоским углам другого трехгранного
угла, то такие трехгранные углы равны (аналог третьего признака равенства треугольников);
4. по 3-м двугранным углам: если три двугранных угла одного трехгранного угла соответственно равны 3-м двугранным углам другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (этот признак в планиметрии аналогии не имеет).
Докажем два первых признака.
1 признак.
Рассмотрим трехгранные углы Oabc и O1a1b1c1, у которых
α=α1, β=β1, 𝑐̂ = 𝑐̂1 (рис. 2). Доказать, что Oabc=O1a1b1c1.
O
O1
βα
γ
β1 α1
γ1
рис. 2
b
a
b1
a1
c
c1
6
Доказательство. Трехгранный угол Oabc можно вложить в трехгранный
угол O1a1b1c1 так, что вершина O совместится с вершиной O1. Т.к. 𝑐̂ = 𝑐̂1 , то
ребро С пойдет по ребру C1, тогда грань с плоским углом β пойдет по грани с
плоским углом β1, а грань с плоским углом α пойдет по грани с плоским углом
α1; т. к. α=α1, и β=β1, то грани с плоскими углами α и α1, β и β1 совпадут, сле̂ ̂
довательно совместятся двугранные углы 𝑎̂ и 𝑎
̂,
1 𝑏 и 𝑏1 . Итак, трехгранный
угол Oabc полностью вложился в трехгранный угол O1a1b1c1, значит, они
равны.
2 признак.
Рассмотрим трехгранные углы Oabc и O1a1b1c1, у которых
̂
̂
𝑎̂ = 𝑎
̂,
1 𝑏 = 𝑏1 , γ=γ1 (рис. 3). Доказать, что Oabc= O1a1b1c1.
O
β
γ
O1
α
β1 α1
γ1
рис. 3
b
a
b1
a1
c
c1
Доказательство. Вложим трехгранный угол Oabc в трехгранный угол
O1a1b1c1 так, чтобы вершина O совместилась с вершиной O1, плоский угол γ с равным им плоским углом γ1, тогда луч a совпадает с лучом a1, а луч b совпадает с лучом b1. Т.к. 𝑎̂ = 𝑎
̂1 и 𝑏̂ = 𝑏̂1 , то грань с плоским углом β пойдет по
грани с плоским углом β1, а грань с плоским углом α - по грани с плоским
углом α1, тогда эти грани совпадут, следовательно линия пересечения совпавших граней будет общей.
Значит 𝑐̂ совместится с с̂1 , тогда совместятся плоские углы α и α1, β и β1.
Итак, трехгранный угол Oabc полностью вложится в трехгранный угол
O1a1b1c1, значит они равны.
Обратные теоремы тривиальны: если два трехгранных угла совмещены,
ясно, что у них совмещены соответственные плоские и двугранные углы.
7
§3. Свойства плоских углов трехгранного угла.
Теорема 1. Сумма двух плоских углов трехгранного угла больше третьего
плоского угла.
Доказательство. Если все плоские углы равны, теорема становится тривиальной: α+α>α. Если не все они равны, то среди них есть хоть два различных;
пусть <ASD > <CSD (рис. 4).
Вычтем из <ASD угол BSD, равный <CSD.
S
a b
A
γ>α
γ>β
d
c
D
B
рис. 4
C
Лучи a, b, c пересечем одной прямой AD; на луче c отложим SC=CB; через
AD и C проведем плоскость.
После этого доказательство теоремы сводится к использованию аналогичного свойства сторон треугольника ACD: AD<AC+CD. Отнимем от левой и
правой частей неравенства равные отрезки DB и CD; получим AB<AC.
У треугольников ASB и ASC есть по две равные стороны, следовательно,
против большей стороны у них лежат и больший угол: <ASC><ASB. Теперь к
обеим частям неравенства "обратно" прибавим равные углы CSD и BSD; получим: <ASC+ <CSD > <ASD.
Теорема 2.Сумма плоских углов трехгранного угла меньше 360о.
Доказательство. Дан трехгранный угол Oabc. Продолжим луч a до aʼ (рис.
5). Теперь рассмотрим трехгранный угол Oaʼbc, который имеет плоские углы
α, 180о-β и 180о-γ.
8
aʼ
180о-γ
O
β α
180о-β
рис. 5.
γ
b
a
c
Из теоремы 1 получим: α < (180о-β)+(180о-γ), α < 360о-(β+γ),
<360о.
9
α+β+γ
§4. Геометрия трехгранного угла.
I Наша задача - выразить одни элементы трехгранного угла через другие
его элементы, т.е. построить "тригонометрию" трехгранных углов.
1) Начнем с вывода аналога теоремы косинусов. Сначала рассмотрим такой трехгранный угол Oabc, у которого хотя бы две грани, например α и β,
являются острыми углами. Возьмем на его ребре точку C и проведем из нее в
гранях α и β перпендикуляры CB и CA к ребру cдо пересечения с ребрами a и
b в точках A и B (рис. 6).
O
β
α
γ
C
рис. 6.
B
A
b
a
c
Выразим расстояние AB из треугольников OAB и CAB по теореме косинусов.
Получим:
AB2=AC2+BC2-2*AC*BC*cos ĉ
и AB2=OA2+OB2-2*OA*OB*cos γ.
Вычитая из второго равенства первое, получим:
OA2-AC2+OB2-BC2+2*AC*BCcosĉ-2*AO*BO*cos γ=0.
Т.к. треугольники OCB и OCA прямоугольные, то OA2-AC2=OC2 и OB2BC2= OC2. Из это следует, что:
OA*OB*cos γ=OC2+ AC*BC cos ĉ, т.е.
cos γ=
Но
OC
OA
OC
OA
∗
OC
OB
+
= cos 𝛽,
AC
OA
OC
OB
∗
BC
OB
∗ cos ĉ.
= cos 𝛼,
AC
OA
= sin 𝛽,
BC
OB
= sin 𝛼.
Поэтому cosγ=cosα*cosβ+sin α*sin β*cosĉ (*) - аналог теоремы косинусов для трехгранных углов.
10
Покажем, что эта формула верна для трехгранных углов с любыми гранями.
Возможны еще такие случаи.
2) Обе грани α и β - тупые углы. Возьмем тогда луч cʼ, дополняющий луч c
до прямой, и рассмотрим трехгранный угол Oabcʼ, дополняющий угол Oabc до
двугранного угла (рис. 7).
В нем уже две грани - острые углы, имеющие величины 𝜋-α и 𝜋-β, третья
грань - тот же угол γ и тот же противолежащий ей двугранный угол ĉ при
ребре cʼ.
c
O
𝜋-β
α
β
рис. 7.
γ
𝜋-α
a
cʼ
b
Поэтому по формуле (*) cosγ=cos (𝜋-α) cos (𝜋-β)+sin (𝜋-α) sin (𝜋-β) cosĉ, т.е.
(*) верна и для этого случая.
3) Один из углов α и β, например α, острый, а другой - β - тупой. Возьмем
тогда луч aʼ, дополняющий луч a до прямой, и рассмотрим трехгранный угол
Oaʼbc. В нем две грани - острые углы, имеющие величины α и 𝜋-β,
третья грань имеет величину 𝜋-γ и величина противолежащего ей двугранного угла равна 𝜋-ĉ (рис. 8). Применяя формулу (*) для случая 1), получим:
cos (𝜋-γ)=cosαcos (𝜋-β)+sin α sin (𝜋-β) cos (𝜋-ĉ), откуда следует (*) для рассматриваемого случая.
11
a
γ
β
O
𝜋-γ
рис. 8.
α
𝜋-β
b
aʼ
c
4) Хотя бы один из углов α или β прямой. Тогда равенство (*) можно получить предельным переходом из уже рассмотренных случаев 1) - 3).
Итак, формула (*) установлена для любых трехгранных углов. Из нее с помощью обычных формул тригонометрии можно получить другие соотношения между элементами трехгранных углов.
Выведем, например, аналог теоремы синусов.
Для этого из (*) найдем cosĉ и, подставив его в равенство
sin2ĉ=1-cos2ĉ,
получаем: sin2ĉ=1-cos2ĉ = 1 −
=
(cos γ−cos α cos β)2
sin2 αsin2 β
=
1−cos2 α−cos2 β−cos2 γ+2 cos α cos β cos γ
sin2 α sin2 β
Разделив на sin γ, получаем равенство:
sin2 ĉ 1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ
=
sin2 γ
sin2 α sin2 β sin2 γ
Его правая часть симметрична относительно величин α, β, γ. Следовательно,
2
если так же вычислять отношения
ражение, что у
sin2 ĉ
sin2 γ
sin2 â
sin2 α
и
̂
sin2 b
sin2 β
, то справа получим то же вы-
. Поэтому эти отношения равны, а т.к. входящие в них
синусы все положительны, то получаем следующий аналог теоремы синусов
для трехгранного угла:
sinâ
sin α
=
̂
sinb
sin β
=
sinĉ
(**)
sin γ
12
Отметим еще один частный случай формулы (*): если двугранный угол при
ребре c прямой, то cosĉ=0, получаем, что cosγ=cosαcos β - эта формула является
аналогом теоремы Пифагора для "прямоугольного" трехгранного угла: его "гипотенуза" γ выражается через "катеты" α и β.
13
§5. Задачи на трехгранный угол.
№1. Плоские углы трехгранного угла равны. Через его вершину проведена
прямая, составляющая равные углы с его ребрами.
а) Докажите, что она составляет равные углы с его гранями.
б) Найдите углы, которые составляет эта прямая с ребрами и гранями трехгранного угла, если плоский угол равен 𝜑.
O
𝜑
𝜑 𝜑
B
C1
A
O1
A1
B1
C
b
a
е
c
а) Доказательство. Отложим на ребрах трехгранного угла Oabc равные отрезки OA=OB=OC и проведем секущую плоскость (ABC). Получим правильную пирамиду, основание которой является равносторонний ∆ABC, значит
A1O1=B1O1=C1O1 (т.к. AA1, BB1 и CC1 - медианы ∆ABC).
OO1 является высотой пирамиды, т.к. она правильная. Тогда ∆ OO1A1=
OO1B1= OO1C1 (по 2-ум катетам: OO1 - общий, A1O1=B1O1=C1O1). Следовательно <O1OA1=<O1OB1=<O1OC1.
б) Решение. Пусть в ∆ABCa=AB=AC=BC.
Рассмотрим ∆AOB1 - прямоугольный.
φ
Пусть OA=d, тогда sin<AOB1=AB1/OA, отсюда AB1=sin ∗ d. Тогда AC =
φ
φ
2
2
2 ∗ OB1 ∗ sin = 2dsin = a; OB1 = d cos
Рассмотрим ∆ABC: AA1 =
нике) или AA1 =
φ
2dsin √3
2
2
a√ 3
2
φ
2
2
(как медиана в равностороннем треугольφ
= d√3sin ;
2
14
2
AO1 = AA1 (т.к. AA1 - медиана) или AO1 =
3
2√3
φ
dsin .
3
2
1
Найдем B1O1: B1 O1 = AA1 = (т.к. AA1 - медиана ∆ABC) =
3
Из ∆AOO1sin < AOO1 =
AO1
φ
d 2/3∗√3sin
2
=
AO
2√3
φ
< AOO1 = arcsin( sin ).
3
2
B O
Из ∆OB1 O1 sin < B1 OO1 = 1 1
OB
d
=
1
√3
=
d 1/3∗√3sin
d cos
φ
2
φ
2
2 √3
3
=
φ
√3
dsin
3
2
.
φ
sin , значит
2
φ
√3
tg ,
3
2
значит
φ
< B1 OO1 = arcsin( tg ). Т.к. пирамида правильная, нам достаточно было
3
2
найти <AOO1 и B1OO1.
№2. В трехгранном угле два плоских угла равны. Докажите, что ребро трехгранного угла, общее для этих углов, проектируется на биссектрису противоположного плоского угла или ее продолжение.
a
A
b
S
γ
α
O
k
β
P
c
15
Доказательство. Пусть β=γ. К этому равенству применим аналог теоремы
косинусов, получим: cos α cosγ+sinαsin γ cosb̂=cos α cos β+sin α sin β cosĉ.
Т.к. β=γ, то cosβ=cos γ, sin β=sin γ. Следовательно cosb̂=cosĉ, тогда <b=<c.
Возьмем точку A на ребре a трехгранного угла, и опустим перпендикуляр
AK к противоположной грани трехгранного угла.
Треугольники APK и ASK равны ( по острому углу <b=<c и катету AK).
Значит AP=AS, т.е. точка A равноудалена от ребер c и b трехгранного угла,
тогда ее проекция - точка K тоже будет равноудалена от ребер c и b. Следовательно, OA проектируется на OK, где OK - биссектриса плоского угла α трехгранного угла.
№3. Плоски углы APC и BPC трехгранного угла с вершиной P равны по 45о,
а угол APB равен 60о. Через точку P проведена прямая PQ, перпендикулярная
плоскости PBC. Вычислите <APQ.
Q
A
d
B
B1
o
γ 60
P
β
45 α
k
C1
C
Решение. Пусть α=β=45о, γ=60о.
Применим аналог теоремы косинусов для угла β, получим:
cosβ=cosαcosγ+sinαsinγcosb̂,
√2
√2 1
√2 √3
= ∗ + ∗ cosb̂,
2
2
cosb̂ =
2
√2
(
2
−
2
2
√2
√6
)/
4
4
=
1
√3
=
√3
3
.
Рассмотрим прямоугольный ∆APB1. Пусть AP=d, тогда AB1=dsin 60o=
√3d
.
2
2
1
Рассмотрим ∆AB1K: AK=AB1sinb̂ , но sinb̂ = √1 − cos 2 b̂ = √1 − = √ ,
3
тогда AK = d
√3
2
∗
√2
√3
=
d√ 2
2
Из ∆APKcos < 𝑃AK =
.
AK
AP
=
d √2
2d
=
√2
2
, т.е. <PAK=45o.
16
3
Т.к. AK || PQ (по построению), а PA - секущая, то <APQ=<PAK=45o.
№4. Докажите, что если все плоские углы трехгранного угла тупые, то и все
его двугранные углы тоже тупые.
Доказательство. Согласно теореме косинусов для трехгранного угла
sinβsinγcosA=cos α-cosβcos γ. По условию cosα< 0, cosβ< 0 и cosγ< 0, т.е.
cosβcos γ > 0. Поэтому cosA< 0. Т.е. двугранный угол при ребре SA - тупой.
Аналогично доказывается и для двух других углов.
№5. Дан трехгранный угол с плоскими углами α, β, γ и противолежащими
им двугранными углами A, B и C. Докажите, что существует трехгранный угол
с плоскими углами 𝜋-A, 𝜋-B и 𝜋-C и двугранными углами 𝜋-α, 𝜋-β и 𝜋-γ.
S
C
Sʼ
A
B
Доказательство. Возьмем внутри данного трехгранного угла с вершиной S
произвольную точку Sʼ и опустим из нее перпендикуляры SʼAʼ, SʼBʼ и SʼCʼ
на грани SBC, SAC и SAB соответственно. Ясно, что плоские углы трехгранного угла SʼAʼBʼCʼ дополняют до 𝜋 двугранные углы трехгранного угла
SABC. Ребра SA, SB и SC перпендикулярны граням SʼBʼCʼ, SʼAʼCʼ и SʼAʼBʼ
соответственно. Искомый угол SʼAʼBʼCʼ.
Заключение
17
В своей курсовой работе я представил некоторые вопросы геометрии трехгранного угла.
Рассмотрел ряд свойств и теорем, являющимися базовыми для решения задач.
Данная курсовая работа является лишь промежуточным результатом, т.к.
работа над этой темой будет мною продолжена в дипломной работе.
18
1.
2.
3.
4.
5.
Список литературы
Александров, А.Д. Геометрия 10 - 11 классов: Учеб. пособие для математики / А.Д. Александров, В.Л. Вернер, В.И. Рыжик. - М: просвещение, 1992.
Бескин, Л.Н. Стереометрия: пособия для учителей средней школы
/Л.Н. Бескин. - М: просвещение, 1971.
Прасолов, В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии / В.В.Прасолов, И.Ф. Шарыгин. - М: Наука. Гл. ред. физ. - мат. лит., 1989.
Скопец, З.А. Геометрия тетраэдра и его элементов / З.А. Скопец, Я.П.
Понарин. Ярославль: 1974.
Аргунов, Б.И. Элементарная геометрия / Б.И. Аргунов , М.Б. Балк М: Просвещение, 1996.
19
Скачать