- Преподавателю
- Математика
- Комбинации многогранников и круглых тел
Комбинации многогранников и круглых тел
Раздел | Математика |
Класс | 11 класс |
Тип | Конспекты |
Автор | Садикова Э.Ф. |
Дата | 29.10.2015 |
Формат | doc |
Изображения | Есть |
Тема: Комбинации многогранников и круглых тел.
Цели:
-
ознакомить учащихся с тремя способами решения задач на комбинацию многогранников и сферы;
-
развивать умение работать с чертежом, обобщать, сравнивать, переносить знания в новую ситуацию, активизировать мыслительную деятельность учащихся;
-
воспитывать творческий подход к решению задач, эстетическое восприятие чертежа.
Ход урока
-
Рассмотрение задачи С4; демонстрационного варианта 2008 года предложенным способом.
-
Рассмотрение решения данной задачи еще двумя способами - координатным и векторным. Выбор рационального способа решения для данной задачи.
-
Рефлексия. Решение задачи 1 (из вариантов КИМ ЕГЭ) с помощью учителя тремя способами. Выбор рационального способа решения для задачи 1.
-
Предложение задачи 2 для самостоятельного решения по группам 3 способами.
-
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 PMN =PLN = 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 TNK - угол между прямой NT и плоскостью PMN. Пусть TNK = .
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 DO1, т.е. AS ┴ DO1 тогда
,
где α - угол между прямыми O1A и DO1., УГОЛAO1S = 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
√