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.
1. Рассмотрение стереометрической задачи ЕГЭ тремя способами- принятым, координатным и векторным.
2. Рефлексия. Решение задачи 1 (из КИМ ЕГЭ) тремя способами
3.Предложение задачи 2 для самостоятельного решения.
4. Подведение итогов урока.
Вы уже знаете о суперспособностях современного учителя?
Тратить минимум сил на подготовку и проведение уроков.
Быстро и объективно проверять знания учащихся.
Сделать изучение нового материала максимально понятным.
Избавить себя от подбора заданий и их проверки после уроков.
Просмотр содержимого документа
«Комбинации многогранников и круглых тел»
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 =
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.
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
) Пусть О – центр сферы, а R – ее радиус. Тогда 
как диаметр сферы. Поскольку точки M и 
, 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.
, 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 = . 
. Так как треугольники LON, LOM, NOM равны по двум катетам, то треугольник MNL – правильный со стороной 
. NT – высота треугольника MNL, значит, 
. Отсюда 
.
.
→
, 
, NT = 
R.
,
. │cosα│= sinφ =
Пусть ОМ, ОN, OL – взаимно 
; 0; 
=
, где α – угол между векторами
. Ответ: 
ешение.
,
; DO1 = 
.
. AD = ½ TK как средняя линия ∆TLK, AD = 
, cosα = 
.Ответ: 
cosα.
; cosα = 
способ.
.
, AT = ½ AB, AT = 
.
.
, ОК = 
. Значит, 
sin угла OAK = 
. Ответ: 
•cosα.
, FT = 
.
.
, cosα = 
. OK = 
, FK = 
= O1K1. 
, OS = 
. 
, O1S = 
; 
).
;
