Презентация по математике для статьи "Урок одной задачи"

Урок одной задачи Людмила Александровна Шпилёва МАОУ «Лицей « Технический» г. Владивостока»

В правильной треугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D - середина ребра СС1. Найдите угол между плоскостями ABC и ADB1. Задача С2 КИМ 7 июня 2012 г.

Стандартная ошибка учащихся К Е В правильной треугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D - середина ребра СС1. Найдите угол между плоскостями ABC и ADB1. α

В правильной треугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D - середина ребра СС1. Найдите угол между плоскостями ABC и ADB1. Задача С2 2012 г. 1 способ решения F1 F T M N Достроим треугольную призму до четырёхугольной. Достроим сечение полученной призмы плоскостью АDB1 Точка Т – середина ребра FF1. Искомое сечение - ромб DATB1 Построим прямую пересечения плоскостей ВСАF и DATB1 Прямая пересечения рассматриваемых плоскостей – прямая MN

Задача С2 2012 г. 1 способ решения F1 F T M N ∆ NFT = ∆ B1FT ∆ MDC = ∆ В1DC1 M C = B1C1 = 1 NF = B1 F1 = 1 MB = BN = 2 ∆MBN – равнобедренный с основанием MN. Докажем, равнобедренность ∆MBN другим способом

Задача С2 2012 г. 1 способ решения F1 F T M N ∆ NFT  ∆ NB1B c k = 0,5 ∆ MDC  ∆M В1B c k = 0,5 MB = BN = 2 ∆MBN – равнобедренный с основанием MN.

Задача С2 2012 г. 1 способ решения F1 F T M N В ромбе A C B F диагональ АВ является биссектрисой угла CBF АВ - биссектриса к основанию равнобедренного ∆ MB1N, т.е. высота А В  MN ВВ1 – перпендикуляр к плоскости АВС AB1  MN Угол В1АB – угол между заданными плоскостями

Задача С2 2012 г. 1 способ решения α 1 3 рис 5 Ответ:

Задача С2 2012 г. 2 способ решения E Прямая пересечения плоскостей ABC и ADB1 – прямая АЕ Докажем, что  АВЕ – прямоугольный разными способами

Задача С2 2012 г. 2 способ решения E ЕС = СB= АС =1 ЕB = 2 AСЕ = 120° ∆ AВЕ – прямоугольный, BAЕ = 90°

Задача С2 2012 г. 2 способ решения E ЕС = СB = AС = 1 ЕB = 2 ∆ AВЕ – прямоугольный, BAЕ = 90° ∆ AEC – равнобедренный с основанием АЕ AСЕ = 120°

Задача С2 2012 г. 2 способ решения E Признак прямоугольного треугольника ЕС = СB = AС = 1 ЕB = 2 Если медиана, проведённая к стороне треугольника, равна половине этой стороны, то этот треугольник – прямоугольный. Причём, медиана проведена к гипотенузе треугольника. ∆ AВЕ – прямоугольный, BAЕ = 90°

Задача С2 2012 г. 2 способ решения E α ∆ AВЕ – прямоугольный, BAЕ = 90° BB1 – перпендикуляр к плоскости АВС B1A  AЕ (по ТТП) АВ  AЕ Угол ВАB1 – угол между плоскостями BB1 = 3, АВ = 1 Ответ:

Угол DKC = α - угол между плоскостями ABC и ADB1 Задача С2 2012 г. 3 способ решения E α К СЕ = 1 Найдём СК разными способами

Задача С2 2012 г. 3 способ решения E α К СЕ = 1 СК - высота, поэтому биссектриса AСЕ КСЕ = 60° КЕС = 30° AСЕ = 120°

Задача С2 2012 г. 3 способ решения E α К метод площадей

Задача С2 2012 г. 3 способ решения E К α Ответ:

Задача С2 2012 г. B2 A2 K 4 способ решения Через точку D проведём плоскость А2DB2 ║ ACB А2 и B2 – середины рёбер АА1 и ВВ1 соответственно ∆ АА2К = ∆ В1В2К К – середина отрезков АВ1 и А2В2 прямая DK - прямая пересечения плоскостей

Задача С2 2012 г. B2 A2 K 4 способ решения ∆ ADC = ∆ В1DC1 AD = DB1 DK - медиана, проведённая к основанию ∆ADB1 , значит, высота АВ1  DK В ∆ А2DB2 А2В2  DK В1KВ2 = α – угол между плоскостями А2DB2 и ADB1. α

Задача С2 2012 г. B2 A2 K 4 способ решения α Ответ:

Задача С2 2012 г. 5 способ решения АА1  АВС Площадь ортогональной проекции многоугольника равна произведению площади этого многоугольника на косинус угла между плоскостями многоугольника и его проекции. ВВ1  АВС DC АВС АВС является ортогональной проекцией АDB1 на плоскость АВС где α – угол между плоскостями ABC и ADB1

Задача С2 2012 г. K 5 способ решения Вычислим площади АВС и АDB1 Из  АBB1 Из  АСD Из  АDK

Задача С2 2012 г. K 5 способ решения Ответ: Еси , то и

6 способ решения Задача С2 2012 г. Векторно – координатный способ Введём систему координат с началом координат в точке О – середине стороны АВ рис. 14 рис 16 рис 17 Пусть а – сторона равностороннего треугольника.

Задача С2 2012 г. 6 способ решения Введём систему координат с началом координат в точке О – середине стороны АВ Пусть а – сторона равностороннего треугольника.

6 способ решения Задача С2 2012 г. Векторно – координатный способ рис. 14 рис 16 рис 17 Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными к этим плоскостям. Поэтому угол между плоскостями равен углу между ненулевыми векторами, перпендикулярными этим плоскостям, т. е. между векторами нормалей. Найдём координаты вектора нормали к плоскости АDB1 несколькими способами.

1 способ Задача С2 2012 г. Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, принадлежащим этой плоскости. Ненулевой вектор перпендикулярен плоскости, если он перпендикулярен двум векторам этой плоскости, проходящим через одну точку Пусть вектор нормали имеет координаты

1 способ Задача С2 2012 г.

2 способ Задача С2 2012 г. рис. 14 рис 16 рис 17 Уравнение плоскости имеет вид Вектор нормали Плоскость АDB1 проходит через точки

3 способ Задача С2 2012 г. Тогда уравнение АВС плоскости имеет вид Уравнение приводится к виду Вектор нормали имеет координаты

Задача С2 2012 г. 3 способ Определитель третьего порядка вычисляется по формуле Определитель второго порядка вычисляется по формуле

Задача С2 2012 г. 3 способ Умножим обе части уравнения на

Задача С2 2012 г. 6 способ решения Косинус угла α между плоскостями ABC и ADB1 равен косинусу угла между векторами и Ответ: