Для всех учителей из 37 347 образовательных учреждений по всей стране

Скидка до 75% на все 778 курсов

Выбрать курс
Получите деньги за публикацию своих
разработок в библиотеке «Инфоурок»
Добавить авторскую разработку
и получить бесплатное свидетельство о размещении материала на сайте infourok.ru
Инфоурок Математика Другие методич. материалыСтатья "Урок одной задачи"

Статья "Урок одной задачи"

библиотека
материалов

Урок одной задачи

Шпилёва Людмила Александровна

МАОУ «Лицей «Технический» г. Владивостока»

Решение задач по геометрии, в том числе задач С2, вызывает затруднения у большинства учащихся 11 классов. Это вызвано не только недостаточными знаниями по геометрии, но и психологическими причинами. Учащиеся считают, что задачи по геометрии, тем более в части С, очень сложные, не решаемые, поэтому за их решение не всем стоит браться.

Устранить эту проблему можно, например, рассматривая различные подходы к решению одной и той же задачи. Проведение «уроков одной задачи» позволит убедить учащихся, что задачи по геометрии вполне им по силам. Кроме этого, такие уроки позволят повторить большой объём теоретического материала, разные подходы при решении задач по геометрии.

Рассмотрим задачу С2 КИМ 2012 года. Сложность этой задачи состоит в том, на первоначальном чертеже к задаче плоскости, между которыми требуется найти угол, пересекаются в одной точке. Поэтому в ходе решения задачи необходимо построить прямую пересечения рассматриваемых плоскостей или найти способы решения, в которых нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.


Задача С2: В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D - середина ребра СС1. Найдите угол между плоскостями ABC и ADB1 .hello_html_32e1fe24.png

Рассмотрим несколько способов решения этой задачи.hello_html_m43d1ae97.gif

1 способ решения задачи:

Достроим треугольную призму ABCA1B1C1 (рис. 1) до четырёхугольной ACBFA1C1B1F1, в основании которой лежит ромб A C B F (рис 2).

Построим сечение призмы ACBFA1C1B1F1 плоскостью ADB1. Параллельные плоскости ВВ1С1С и FF1A1A, СС1А1А и FF1В1В пересекаются секущей плоскостью по параллельным прямым DB1 и AT, AD и B1T соответственно (Т – середина ребра FF1). Искомое сечение - ромб DATB1 (рис 3).hello_html_m1438c77a.pnghello_html_61c04e0d.png

Для построения угла между плоскостями ВСА и DAB1 построим их прямую пересечения. Для этого продлим до пересечения прямые В1T и ВF , В1D и ВС. В1T ∩ ВF = N , В1D ∩ ВС = M. Прямая MN - прямая пересечения рассматриваемых плоскостей (рис 4).

MDC = ∆ В1DC1, ∆ NFT = ∆ B1F1T по катету и прилежащему острому углу. Поэтому M C = B1C1 = 1, NF = B1 F1 = 1. Т. к. B1C1 = ВС = 1 и B1 F1 = BF = 1, то MB = BN = 2. Поэтому треугольник MBN – равнобедренный с основанием MN. hello_html_6a38737d.pnghello_html_5dea6a64.png

Т.к. A C B F - ромб, то его диагональ АВ является биссектрисой угла CBF. Следовательно, АВ является биссектрисой, проведённой к основанию равнобедренного MB1N, т.е. высотой. Поэтому А В MN.

АВ является проекцией наклонной АВ1 на плоскость АВС, поэтому AB1 MN по теореме о трёх перпендикулярах. Угол В1АB = α – угол между плоскостями ABC и ADB1(рис. 5).

Если вернуться к начальной правильной треугольной призме, то линейный угол между рассматриваемыми плоскостями образован стороной основания АВ и диагональю АВ1 грани ВВ1А1А (рис. 6).

В прямоугольном треугольнике В1АB (B = 90°) BB1 = 3, АВ = 1. ;. Ответ:

2 способ решения задачи:hello_html_6f343a6d.png

Построим прямую пересечения плоскостей ABC и ADB1, продлив до пересечения прямые B1D и BС. B1DBС= Е. Прямая AЕ – искомая прямая (рис 7).

ЕС = СВ. Данное равенство следует из равенства прямоугольных треугольников B1DC1 и EDC по катету и прилежащему острому углу. ЕС = С1B1 = СB.

Равенство отрезков ЕС и СВ также вытекает из подобия треугольников DEC и B1ЕB с коэффициентом подобия .

Рассмотрим ∆ AВЕ (рис 8). Докажем, что он прямоугольный несколькими способами. hello_html_22a9282.png

1 способ: ЕС = СB = AС = ВА = 1, ЕB = 2. Т.к. углы ∆ AВС равны 60°, то AСЕ = 120°.

Найдём из AEC сторону AЕ по теореме косинусов.


Т.к. , то по теореме, обратной теореме Пифагора, ∆ AВЕ – прямоугольный, BAЕ = 90°.

2 способ: Углы ∆ AВС равны 60°, AСЕ = 120°. Т. к. ЕС = AС, то ∆ AEC – равнобедренный с основанием АЕ и углы при его основании равны .

Поэтому , т. е. ∆ AВЕ – прямоугольный.

3 способ: Воспользуемся признаком прямоугольного треугольника. Если медиана, проведённая к стороне

треугольника, равна половине этой стороны, то этот треугольник – прямоугольный. Причём, медиана проведена к гипотенузе треугольника.

В ∆ АВЕ медиана . Поэтому ∆ AВЕ – прямоугольный, BЕ - гипотенуза.

Вернёмся к нахождению угла между плоскостями. Т.к. BAЕ = 90°, то АВ ^ AЕ. АВ – проекция наклонной B1A на плоскость АВС, поэтому B1A ^ AЕ по теореме о трёх перпендикулярах. Угол ВАB1 – угол между плоскостями ABC и ADB1.

В прямоугольном треугольнике ВАB1 B = 90°) BB1 = 3, АВ = 1, . ; . Ответ:

3 способ решения задачи:

Аналогично предыдущему случаю, построим прямую пересечения плоскостей ABC и ADB1, продлив до пересечения прямые В1D и ВС. В1D ∩ ВС = Е. Прямая АЕ – искомая прямая (рис 9). hello_html_108d33f1.png

В плоскости AВЕ (ABС) проведём к прямой AЕ перпендикуляр СK. KC – проекция наклонной DK на плоскость АВС, то KD ^ АЕ по теореме о трёх перпендикулярах. Угол DKC = α - угол между плоскостями ABC и ADB1.

Найдём длину отрезка КС несколькими способами.

1 способ: ЕС = AС = 1 (доказано во 2 способе решения задачи), ÐAСЕ = 120°.

Найдём из ∆ AEC сторону AЕ по теореме косинусов.

AEC - равнобедренный с основанием АЕ. СК в нём высота, проведённая к основанию, значит, и медиана.

Тогда , СЕ = 1. Из прямоугольного ∆ КEC .

2 способ: ∆ AEC - равнобедренный с основанием АЕ. В нём ЕС =1, ÐAСЕ = 120°. СК является высотой, проведённой к основанию, а, значит, медианой и биссектрисой ÐAСЕ. Тогда ÐКСЕ = 60°, ÐКЕС = 30°. В прямоугольном треугольнике КСЕ катет КС, лежит против угла в 30°, поэтому равен половине гипотенузы ЕС, т. е. .

3 способ: Для нахождения отрезка КС применим метод площадей, т.е. найдём площадь треугольника АСЕ различными способами.

, ,

, , .

Вернёмся к нахождению угла между плоскостями ABC и ADB1. В прямоугольном треугольнике DKC C = 90°) . , , ;

Ответ:

4 способ решения задачи:


Рассмотрим следующий способ решения задачи. Для этого через точку D проведём плоскость А2DB2 ACB (рис. 10). Т. к. D - середина ребра СС1, то точки А2 и B2 – середины рёбер АА1 и ВВ1 соответственно. Угол между плоскостями ABC и ADB1 равен углу между плоскостями А2DB2 и ADB1. hello_html_m74911a7e.png

В плоскости ВВ1А1А плоскости А2DB2 и ADB1 пересекаются в точке К. (АВ1 ∩ А2В2 = К).hello_html_m51b3807d.png

В параллелограмме ВВ1А1А (рис 11.) А2К = КВ2 и АК = КВ1, т.к. АА2К = В1В2К по стороне и двум прилежащим к ней углам: АА2 = В1В2,  А2АК =  В2В1К

как накрест лежащие углы при параллельных прямых АА1 и ВВ1 и секущей АВ1,  АКА2 =  В2КВ1 как вертикальные. Следовательно, точка К – середина отрезков АВ1 и А2В2.

Точки D и К принадлежат каждой из плоскостей А2DB2 и ADB1, поэтому прямая DK является прямой их пересечения.

ADC = ∆ В1DC1 по двум катетам, поэтому AD = DB1. АDB1 – равнобедренный с основанием АВ1, DK в нём является медианой, проведённой к основанию, значит, и высотой, т.е. АВ1 DK.

Аналогично, в равнобедренном А2DB2 А2В2 DK. Т.к АВ1 DK и А2В2 DK, то угол В1KВ2 = α – угол между плоскостями А2DB2 и ADB1.

В прямоугольном треугольнике В1KВ2 (ÐВ2 = 90°) , ; ., . Ответ:

5 способ решения задачи:

Воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции многоугольника.

Площадь ортогональной проекции многоугольника равна произведению площади этого многоугольника на косинус угла между плоскостями многоугольника и его проекции.hello_html_a145472.png

Применение этой теоремы удобно тем, что нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.

Так как призма прямая, то ВВ1  АВС, DC^ АВС, АА1 ^ АВС. Поэтому треугольник АВС является ортогональной проекцией треугольника АDB1 на плоскость АВС (рис. 12).

Следовательно, , где α – угол между плоскостями ABC и ADB1.

Поэтому . Вычислим площади треугольников АВС и АDB1.

, т. к. АВ = 1 и АВС – равносторонний.

ADC = ∆ В1DC1 по двум катетам, поэтому AD = DB1. ∆ АDB1 – равнобедренный с основанием АВ1.

Из прямоугольного треугольника АСD .

Проведём DKAB1, DK – высота, проведённая к основанию равнобедренного треугольника, поэтому – медиана. К – середина AB1 (рис. 13).

Из прямоугольного треугольника АBB1 , .

Из прямоугольного треугольника АDK ,hello_html_6fe2821f.png

Поэтому .

Тогда .

. Ответ: .

(Если , то и )

6 способ решения задачи:


Рассмотрим векторно-координатный метод вычисления угла между данными плоскостями. Он тоже хорош тем, что нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.hello_html_m752c9c9a.pnghello_html_ac34e43.png

Т. к. рассматриваемая призма прямая и в её основании лежит равносторонний треугольник, то ввести систему координат можно несколькими способами.

Можно ввести систему координат с началом координат в точке О – середине стороны АВ (или в середине любой другой стороны треугольника) (рис. 14).

Пусть а – сторона равностороннего треугольника.

Из прямоугольного треугольника АОС (рис. 15) найдём длину отрезка АО:.hello_html_5d1b7a96.pnghello_html_67e9a294.png

Тогда ;,

Можно ввести систему координат с началом координат в одной из вершин треугольника АВС, например, в точке А (рис. 16). (рис. 17).

Тогда ;.

Остановимся на втором способе введения системы координат (рис. 16).

Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными к этим плоскости.

Поэтому угол между плоскостями равен углу между ненулевыми векторами, перпендикулярными этим плоскостям, т. е. между векторами нормалей.

Найдём координаты точек А, В1, А1, D: ;.

В качестве вектора, перпендикулярного плоскости АВС, можно взять, например, вектор

Найдём координаты вектора нормали к плоскости АDB1.

Найдём координаты этого вектора несколькими способами.

1способ нахождения координат вектора нормали.

Если уравнение плоскости имеет вид (1), то вектор нормали к этой плоскости имеет координаты .

Плоскость АDB1 проходит через точки ;. Поэтому подставив координаты этих точек в уравнение плоскости, получим систему уравнений:

Для нахождения значений коэффициентов А, В и С, выразим две из этих переменных через одну и ту же переменную. Например, А и В выразим через С.


Подставим полученную информацию в уравнение (1).

, .

Разделив обе части уравнения на С, получим уравнение плоскости АDB1: .

Т.е. вектор нормали имеет координаты .

2 способ нахождения координат вектора нормали.

Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, принадлежащим этой плоскости. Поэтому ненулевой вектор перпендикулярен плоскости, если он перпендикулярен двум векторам этой плоскости, проходящим через одну точку. Векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю.

ADB1, если, например, и , т.е. и .

Т.к.;, то , .

Пусть вектор нормали имеет координаты . Найдём скалярные произведения векторов.

, .


Рассмотрим систему уравнений:


Аналогично предыдущему случаю, выразим две переменные через одну и ту же переменную. Например, х и у выразим через z.


При различных значениях z вектор останется перпендикулярным плоскости ADB1, будет меняться только его длина. Поэтому возьмём удобное для дальнейших вычислений значение z.

Пусть z = 1, тогда и вектор нормали тогда будет иметь координаты: .

Вернёмся к нахождению угла между векторами. Косинус угла α между плоскостями ABC и ADB1 равен косинусу угла между векторами и

, , .

Ответ: .


3 способ нахождения координат вектора нормали.

Если , , , то уравнение плоскости имеет вид:

. Уравнение приводится к виду, где вектор называется вектором нормали (он перпендикулярен плоскости).

Определитель третьего порядка считается по формуле


Каждый из полученных определителей второго порядка вычисляется по формуле .

По выше приведённым формулам найдём уравнение плоскости.

;.

==

Уравнение плоскости АDB1 имеет вид: (2). Поэтому вектор нормали имеет координаты .

Косинус угла α между плоскостями ABC и ADB1 равен косинусу между векторами и ,,.

Для более удобных вычислений можно обе части полученного уравнения плоскости умножить на , тогда уравнение примет вид , т. е вектор нормали будет иметь координаты , такие же, как в первом и втором рассмотренных случаях.

Поэтому , тогда

Ответ: .

5

Курс повышения квалификации
Курс профессиональной переподготовки
Учитель математики
Найдите материал к любому уроку,
указав свой предмет (категорию), класс, учебник и тему:
также Вы можете выбрать тип материала:
Краткое описание документа:

Статья  "Урок одной задачи" содержит материал о приемах решения задачи С2   КИМ  2012 года. Статья была напечатана в методическом журнале "Математика" издательского дома "Первое сентября", №10 2012 года.

Сложность  этой задачи состоит в том, на первоначальном чертеже к задаче плоскости, между которыми требуется найти угол, пересекаются    в  одной точке.  Поэтому в ходе  решения задачи   необходимо построить  прямую  пересечения рассматриваемых  плоскостей или найти способы решения,  в которых нет необходимости находить на чертеже угол между плоскостями, обосновывать справедливость этого выбора.

К статье добавлена соответствующая презентация.

 

 

Проверен экспертом
Общая информация

Вам будут интересны эти курсы:

Курс повышения квалификации «Табличный процессор MS Excel в профессиональной деятельности учителя математики»
Курс повышения квалификации «Внедрение системы компьютерной математики в процесс обучения математике в старших классах в рамках реализации ФГОС»
Курс повышения квалификации «Педагогическое проектирование как средство оптимизации труда учителя математики в условиях ФГОС второго поколения»
Курс профессиональной переподготовки «Математика: теория и методика преподавания в образовательной организации»
Курс повышения квалификации «Изучение вероятностно-стохастической линии в школьном курсе математики в условиях перехода к новым образовательным стандартам»
Курс профессиональной переподготовки «Экономика: теория и методика преподавания в образовательной организации»
Курс повышения квалификации «Специфика преподавания основ финансовой грамотности в общеобразовательной школе»
Курс повышения квалификации «Специфика преподавания информатики в начальных классах с учетом ФГОС НОО»
Курс повышения квалификации «Особенности подготовки к сдаче ОГЭ по математике в условиях реализации ФГОС ООО»
Курс профессиональной переподготовки «Теория и методика обучения информатике в начальной школе»
Курс профессиональной переподготовки «Математика и информатика: теория и методика преподавания в образовательной организации»
Курс повышения квалификации «Развитие элементарных математических представлений у детей дошкольного возраста»
Курс повышения квалификации «Методика преподавания курса «Шахматы» в общеобразовательных организациях в рамках ФГОС НОО»
Курс повышения квалификации «Методика обучения математике в основной и средней школе в условиях реализации ФГОС ОО»
Курс профессиональной переподготовки «Черчение: теория и методика преподавания в образовательной организации»

Оставьте свой комментарий

Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.