Комбинации многогранников и круглых тел

Тема:  Комбинации многогранников и круглых тел.

Цели:

Ø ознакомить учащихся с тремя способами решения задач на комбинацию многогранников и сферы;

Ø развивать умение работать с чертежом, обобщать, сравнивать, переносить знания в новую ситуацию, активизировать мыслительную деятельность учащихся;

Ø воспитывать творческий подход к решению задач, эстетическое восприятие чертежа.

Ход урока

1.           Рассмотрение задачи С4; демонстрационного варианта 2008 года предложенным способом.

2.           Рассмотрение решения данной задачи еще двумя способами  - координатным и векторным. Выбор рационального способа решения для данной задачи.

3.           Рефлексия. Решение задачи 1 (из вариантов КИМ ЕГЭ) с помощью учителя тремя способами. Выбор рационального способа решения для задачи 1.

4.           Предложение задачи 2 для самостоятельного решения по группам 3 способами.

5.           Подведение итогов урока

Ход урока.

I. В вариантах единого государственного экзамена часто встречаются задачи на комбинации многогранников и круглых тел. В частности, в демонстрационном варианте данного года предложена задача на комбинацию многогранника и сферы(С4).

Решим эту задачу тремя способами.

Задача. Отрезок PN – диаметр сферы. Точки M, L лежат на сфере так, что объем пирамиды PNML наибольший. Найдите синус угла между прямой NT и плоскостью PMN, если T – середина ребра ML. 

1 способ.

Решение

1) Пусть О – центр сферы, а R – ее радиус. Тогда  как диаметр сферы. Поскольку точки M и

L  лежат на сфере, то OP = OL = ON = OM = R. Сечения сферы плоскостями PLN и PMN – окружности радиуса R, описанные вокруг треугольников PLN и PMN, причем ÐPMN =ÐPLN = 90⁰ как вписанные углы, опирающиеся на диаметр PN.

2) Пусть H – высота пирамиды PNML, опущенная из вершины M, и h – высота треугольника PLN, проведенная к стороне PN. Поскольку точка M лежит на сфере, а плоскость PLN содержит центр сферы, то , причем , если . Аналогично, поскольку точка L  лежит на сфере, то , причем , если . Отсюда для объема пирамиды PNML имеем . При этом , только если . Таким образом, пирамида PNML имеет наибольший объем, если треугольники PLN и PMN – прямоугольные и равнобедренные, лежащие во взаимно перпендикулярных плоскостях.

3) Поскольку , то  . Но  и поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости . Пусть K – середина МО. Проведем KТ – среднюю линию треугольника OLM. Тогда . Значит,  и поэтому KN – проекция NT на плоскость PMN и ÐTNK – угол между прямой NT и плоскостью PMN. Пусть ÐTNK = a.

4) По свойству средней линии . Так как треугольники LON, LOM, NOM равны по двум катетам, то треугольник MNL – правильный со стороной . NT – высота треугольника MNL, значит, . Отсюда  .

Ответ: .

II. 2 способ(векторный).

             →    →    →

                                                              Пусть ОМ, ОN, OL – взаимно перпендикулярные 

                                                                                                                                        →

координатные вектора. Разложим вектор NТ по координатным векторам:

→        →         →       →          →        →              
NТ = NO + OM + MT = -ON + OM + ½ 

   →        →           →                           

(MO + OL) = -ON +

     →              →             →           →        →             →                   + OM + ½  MO + ½  OL = - ON + OM  - ½  OM

         →         →              →           →                       

+ ½  OL = -ON + ½  OM + ½  OL

→

OL – вектор, перпендикулярный к плоскости PMN. Найдем скалярное

                                         →       →

произведение векторов OL и NТ:

→       →        →       →              →             →           →      →           →      →              →      →

OL • NT = OL (- ON +  ½  OM + ½  OL) = -OL • ON + ½  OL• OM +  ½  OL • OL = ‌½ 

   →

|OL|І = ½  R²

По определению скалярного произведения.

→       →          →           →                              →  

OL • NT = │OL│• │NT│cosα = R •│NT│• cosα,  где α   - угол между векторами

→         →

OL и  NT.  →                                   →                                                                        

Тогда R•│NT│cosα = ½  R², 2│NT│cosα = R,

Найдем NT.                             

OL = ON = R, NL = R,

∆TNL – прямоугольный, тогда NT =  , NT = R.

Значит, ,

cos α =  . │cosα│= sinφ =, где φ – угол между прямой NT  и плоскость PMN.

Ответ: .

3 способ(координатный).

                                                              →   →      →

                                                 Пусть ОМ, ОN, OL – взаимно    

перпендикулярные                     координатные вектора.

                                                                                                     →       →

Найдем координаты векторов NT и OL.

O(0,0,0), L(R,0,0), M(0,0,R), N(0,R,0), T(; 0;  )

тогда OL (R; 0; 0), NT (; - R; )

=, где α – угол между векторами

→         →

NT и  OL. Но cosα = sinφ, где φ – угол между прямой NT и плоскостью PMN. Значит, sinφ =. Ответ: .

III. Мы рассмотрели три способа решения одной задачи. Предлагаю решить задачу 1 тремя рассмотренными способами и выбрать рациональный способ решения для данной задачи.

Задача 1.

Дана сфера радиуса 5. Сечением этой сферы плоскостью является окружность с центром О₁. Плоскость сечения удалена от центра сферы на расстояние 3. Точка Т выбрана на сфере, а точки K, L, M, N – последовательно на окружности сечения так, что объем TKLMN пирамиды наибольший. Точка А – середина ребра TL. Найдите косинус угла между прямыми О₁A и LM.

Решение.

1 способ.

                                               1)Объем пирамиды TKLMN – наибольший,                                                                когда KLMN – квадрат, а высота пирамиды равна TO₁, где Оє TO₁. В этом случае площадь основания пирамиды наибольшая и высота пирамиды наибольшая. Чтобы найти косинус угла между  прямыми O₁A и LM, проведем O₁D ‌‌║LM. При этом O₁D = ½  LM как средняя линия ∆KLM. Опустим перпендикуляр AS на DO_1,  т.е. AS _┴ DO₁ тогда

,

                    где α – угол между прямыми O₁A и  DO_{1., УГОЛ}AO₁S = α.

2)Рассмотрим прямоугольный ∆OO₁N. OO₁ =3 по условию, ON = R = 5. Тогда O₁N =

= 4. LN = 2 O₁N  = 8; LM =  ; DO₁ = .

3) ∆ KTO₁ -  прямоугольный,  O₁T = 8, KO₁ = 4. Тогда TK = . AD = ½  TK как средняя линия ∆TLK, AD =  

4)∆ ADO₁ – равнобедренный, AD = AO₁ = ,т.к.  AO₁.  – медиана прямоугольного ∆TDO₁ , опущенная из вершины прямого угла. В равнобедренном ∆ ADO₁  AS – высота и медиана, поэтому DS = SO₁ =  ½  DO₁  =

5) Значит, cosα = , cosα =  .Ответ:  .

2 способ(векторный).

            →       →       →

Пусть O₁L, O₁M, O₁T  - взаимно перпендикулярные координатные вектора, а α –                                                               

 

                                                                                                    →          →

 угол между векторами ML и O₁A . Найдем cosα.   Найдем скалярное 

                                          →         →

произведение векторов ML и O₁A по определению скалярного произведения и разложив  эти векторы

                                                  →       →       →

по координатным векторам O₁L, O₁M, O₁T.

 →         →           →         →                          →                        →

ML • O₁A = │ML│•│O₁A│•cosα, │ML│= , │O₁A│=

→       →

ML • O₁A = cosα.

                                →                  →         →

С другой стороны O₁A =1/2 (О₁L + O₁T),

→          →        →          →         →                  →       →           →         →            →            →

ML = MO₁+O₁L = -O₁M + O₁L, тогда O₁A • ML = (-O₁M+O₁L)( ½  O₁L+ ½  O₁T)=

      →         →            →        →                 →       →           →         →                →

- ½O₁M • O₁L – ½ O₁T • O₁M + ½ O₁L • O₁L+½  O₁T •  O₁L = ½│O₁L│² = 8,

т.к. │O₁L│=4. Значит, cosα = 8, cosα = .

│cosα│= sinφ, sinφ = . Ответ: .

3 способ(координатный)

        Поместим пирамиду TLMNK в систему координат так, что О₁ – начало

                                                                                       →       →        →

координат, а оси координат направлены по векторам 0₁L, O₁M, O₁F. Найдем

                                           

   координаты векторов LM  и O₁A. KO₁=O₁N=O₁M=O₁N=4 тогда L(4;0;0),

                 →

M(0;4;0) LM (-4;4;0). O₁(0;0;0).

Спроектируем точку А на плоскость квадрата и найдем ее координаты. ∆ALO₁  - равнобедренный, AO₁=AL, поэтому  AS - медиана ∆ALO₁ , т.е. O₁S = 2.

                                                                                                 →                            →      →     

AS = ½  TO₁, как средняя  линия ∆TLO₁, AS=4. A(2;0;4), O₁A(2;0;4), α = O₁A^LM.

cosα = ; cosα = . Ответ: .

IV. Предложение задачи 2 для самостоятельного решения.

Задача2.

Дана сфера радиуса 8, с центром в точке О. В этой сфере проведено сечение, плоскость которого удалена от центра сферы на расстояние 4. Точка выбрана F на  сфере, а точки A,B, C,D - последовательно на окружности сечения так, что объем пирамиды FABCD наибольший. Найдите синус угла между прямой и плоскостью AFB.

Решение.

1 способ.

                                                                      1) Объем пирамиды  FABCD  наибольший, когда наибольшими будут площадь  основания  и высота пирамиды. Площадь основания  наибольшая, когда ABCD – квадрат. Высота пирамиды наибольшая, когда h=FO₁, Oє FO₁.

                                                                      2)Прямая OA  - наклонная по отношению к плоскости ABF. Опустим из точки О перпендикуляр на плоскость ABF: OK _┴ ABF, KєFT  т.к. ∆ABF – равнобедренный, FT _┴ AB.

Тогда  уголOAK  - угол между прямой AO  и плоскостью ABF, sin углаOAK =

3) В прямоугольном ∆O₁DO OD = R=8, OO₁ = 4, тогда DO₁ = .

AB = , AT = ½  AB, AT = .

4) В прямоугольном ∆O₁TF  O₁F = 12, O₁T = , тогда  FT = .

5) Рассмотрим прямоугольные треугольники FO₁T и  FOK. Они имеют общую вершину  F, тогда ∆ O₁FT∞ ∆OFK . Имеем:   , ОК =  . Значит,

sin угла OAK =      sin угла OAK =  .  Ответ:  .

2 способ(векторный).

                                                                 Поместим пирамиду FABCD в систему    координат  так, что О₁ – начало

                    →     →      →

координат, O₁A, O₁B, O₁F – координатные вектора. Синус угла (sinφ)  между прямой AO и плоскостью AFB равен модулю косинуса угла между направляющим вектором

                                          →

прямой AO  и вектором KO, перпендикулярным к плоскости AFB(cosα).

Чтобы найти косинус угла между прямой AO и плоскостью AFB, рассмотрим скалярное произведение вектора AO и вектора KO , перпендикулярного к плоскости AFB.

→        →       →         →

KO • AO = │KO│•│AO│cosα.

│KO│= ; │AO│= R =8, KO • AO = •cosα.

Из прямоугольного ∆OKF    FK = , FT = . Тогда  .

                                 →      →

Разложим вектора AO и KO  по координатным векторам.

 →      →      →       →          →

AO = AO₁+OO₁=-O₁A+1/3O₁F.

→    →    →          →          →         →      →           →            →            →            →

KO=KF+FO=4/7 TF-2/3 O₁F=4/7 (O₁F-O₁T)- 2/3 O₁F=-2/21O₁F- 4/7O₁T=-2/21O₁F-

               →      →                 →           →          →

4/7*1/2 (O₁A+O₁B)= -2/21O₁F-2/7O₁A-2/7O₁B.

→      →        →       →      →     →     →         →            →

KO • AO = (-O₁A+1/3O₁F)( -2/21O₁F-2/7O₁A-2/7O₁B)= 2/7│O₁A│²-2/63│O₁F│².

Учитывая, что │O₁A│=  │O₁F│=12, имеем: KO • AO = .

Тогда cosα  = , cosα = . sinφ = │cosα│, sinφ = .Ответ: .

3 способ(координатный).

         Поместим пирамиду FABCD в систему       координат, так что О₁ – начало координат, а оси координат

                                                                                                                                                        →       →       →                                  

направлены по векторам O₁M, O₁T, O₁F , где  M и  T середины ребер AD и AB  соответственно. Найдем координаты векторов

   →         →

 KO и. AO.

Спроектируем точку К на плоскость квадрата  и                                                                               

найдем ее координаты.

К₁ – проекция точки К на плоскость квадрата, K₁єO₁T, O₁K₁=KS,  где KS ┴ OF.

∆FOK – прямоугольный, KS- высота, опущенная из вершины прямого угла,

.  OK = , FK = ; KS = = O₁K₁.

∆OSK – прямоугольный:  OS = ,  OS = .

O₁S = , O₁S = .

Тогда K(0; ; ), O(0;0;4)

 KO(0; ; ).

A(;;0), AO(;;4).

sinφ = cosα = .  Ответ: .

V. Подведение итогов урока.

VI.Задание на дом. Решить 3 способами задачу из КИМ ЕГЭ: В основании пирамиды SABC лежит треугольник со сторонами АВ=АС=4, ВС=4√3 . Ребро SA перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Найдите радиус описанного около пирамиды шара, если радиус вписанного шара равен 2√3

                                                                                                        5

√