Тема урока:Тема урока: «Проектная деятельность«Проектная деятельность

учащихся на уроке геометрии при учащихся на уроке геометрии при решении задач группы С вариантов решении задач группы С вариантов

ЕГЭ».ЕГЭ».

Цели урока: 1.Показать связь математики с информатикой, показать практические навыки и умения при решении задач по темам: «Параллелепипед и его сечения», «Тетраэдр и его сечения», «Двугранные углы и линейный угол двугранного угла», и «Скрещивающиеся прямые». Проверить практические навыки и умения при решении геометрических задач. 2.Активизировать работу учащихся на уроке за счет вовлечения их в способы решения задач, сформировать умение строить геометрические фигуры по условию задач. 3.Развивать логическое мышление учащихся в области математики, сообразительность, умение быстро ориентироваться в изображениях геометрических фигур, тренировать память, воспитывать внимание.

Девиз урока:

«Слушай внимательно, мысли логически и записывай решения правильно, начерти правильно

изображения фигур, соответствуя условию задач».

Оборудование: Карточки для домашней работы, компьютеры, проекционный аппарат.

Пояснительная записка: Применение ИКТ на уроке дает возможность:

а) быстро и качественно готовиться к уроку, то есть быстро подготовить материал к дифференцированному объединению учащихся, так как

способности, база знаний и уровень восприятия у каждого ребенка свой, б) открылись большие возможности для подготовки наглядных пособий,дидактического материала и дифференцированных заданий для учащихся

разных уровней восприятия с учетом особенностей ребёнка.

Под решением задач понимается цепь Под решением задач понимается цепь логических логических рассуждений, математических рассуждений, математических преобразований и вычислений, преобразований и вычислений, последним последним звеном в которой является ответ на вопрос звеном в которой является ответ на вопрос задачи. В этой цепи рассуждений не должно задачи. В этой цепи рассуждений не должно быть ничего лишнего и ни одно из быть ничего лишнего и ни одно из необходимых рассуждений не должно быть необходимых рассуждений не должно быть опущено. Ссылаясь при решении задач на опущено. Ссылаясь при решении задач на определения, аксиомы и теоремы, их определения, аксиомы и теоремы, их формулировку приводить необязательно.формулировку приводить необязательно. Если геометрическая задача не является Если геометрическая задача не является задачей на построение, то ее решение, как задачей на построение, то ее решение, как правило, может быть правило, может быть выполнено по выполнено по следующему плану:следующему плану:1.1. Построение изображения данной фигуры; Построение изображения данной фигуры;2.2. Краткая запись условия задачи; Краткая запись условия задачи;3.3. Нахождение искомых величин Нахождение искомых величин (зависимостей) или доказательство (зависимостей) или доказательство некоторого утверждения;некоторого утверждения;4.4. Исследование; Исследование;5.5. Ответ. Ответ.

Задача №1 (на построение изображения Задача №1 (на построение изображения фигуры)фигуры)

В правильную четырехугольную пирамиду вписан В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в основании куб так, что четыре его вершины лежат в основании пирамиды, а четыре другие – на боковых ребрах. пирамиды, а четыре другие – на боковых ребрах. Постройте изображение заданной фигуры.Постройте изображение заданной фигуры.

P N

RQ

S

Решение:Пусть ABCDA1B1C1D1 – изображение куба. Найдем центы основания куба:

Проведем ОО1 и возьмем точку

(вне куба). Проведем SA1, SB1, SC1, SD1 и найдем точки P, Q, R, N:,

Точки P, Q, R, N, S – вершины основания пирамиды SPQRN. Решая задачу №1, построим изображение данной фигуры.

P N

RQ

A

BC

DO

A1 D1

C1B1

S

O1

A

BC

D

A1

A

BC

D

Задача №2.В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 , AB=2BCB AA1=BC. Найдите угол между прямыми BD1 и A1C1.

Введем вспомогательный параметр, положив, например, Введем вспомогательный параметр, положив, например, BCBC = = aa..

Тогда и Тогда и ABAB = 2 = 2aa..

Естественно, что величину искомого угла между прямымиЕстественно, что величину искомого угла между прямыми

и

можно найти и, не обращаясь к можно найти и, не обращаясь к векторам.векторам.Приведем это решение.

Проведем через точку В прямую Проведем через точку В прямую PQPQ параллельно диагонали АС. параллельно диагонали АС.

ПолучимПолучимТогдаТогда

ПроведемПроведем и

Из прямоугольного треугольника Из прямоугольного треугольника ABCABC имеем: имеем:

Подсчитаем длины третьих сторон этих треугольников.

Не трудно доказать, что AC средняя линия треугольника PDQ и что тогда

Выясним, величину какого из углов или

нам требуется найти.

В треугольниках и BD = QB и - общая сторона.

Из прямоугольных треугольников и имеем Из прямоугольных треугольников и имеем соответственно:соответственно:

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

С1

A1

D1

C

B

D

A

В1

P

Q

Таким образом т. е. нам требуется найти

По теореме косинусов из треугольника имеем:

откуда

Итак, - угол между прямыми и

Ответ:

Задача №3

В правильной треугольной пирамиде через сторону основания проведена плоскость, перпендикулярная к противолежащему боковому ребру. Найдите площадь полученного сечения, если основание равно а, а высота пирамиды равна h.

A

C B

S

M

DO

A

C B

S

M

DO

Решение:Пусть SABC – данная пирамида и SO – её высота. Проведём апофему SD,точку D соединим с точкой С и с точкой М – вершиной треугольника АВМ,являющегося заданным сечением. Из прямоугольного треугольника SOC получим:

3

3 22 ahSC

,следователь

но ADCSDCSOSCDM 2

2232

3

ah

ahDM

22

2

34

3

2

1

ha

haDMABS ABM

откуда:

Таким образом:

Ответ:22

2

34

3

ha

ha

Задача №4.Дан куб АВСDА1В1С1D1, ребро которого равно а. На ребре DC взята точка К так, что DK=KC. Найдите расстояния между следующими парами прямых: а) АА1 и D1Kб) АD и D1Кв) BD и D1К

A D

CB

D1

C1

A1

B1

K

Построение изображения.Пусть фигура АВСDA1B1C1D1 - изображение куба с ребром, длина которого а. На полученном изображении построим точку К середину отрезка DC и отрезок D1K.а) Так как А1D1 (А1АВ) и АА1 (А1АВ), то А1D1 АА1. Аналогично А1D1 D1К. Таким образом, А1D1=а - искомое расстояние между прямыми АА1 и D1К. Более того, А1D1 - общий перпендикуляр скрещивающихся прямых АА1 и D1К.

A D

CB

D1

C1

A1

B1

K

б) Так как К (А1D1K) и К (АВС), то плоскости А1D1К и АВС пересекаются по прямой, проходящей через точку К. Пусть (А1D1К)∩(АВС)=PK. Так как А1D1 (АВC), то РК││А1D1. Построим ещё А1Р. Нетрудно показать, что АD││(A1D1K), и, таким образом, расстояние между прямыми АD и D1К равно расстоянию от прямой AD до плоскости A1D1K.Построим отрезок DM, где точка М - середина СС1. Тогда из равенства треугольников DD1K и DCM следует, что DKM= CMD, т.е. HDK+ DKH=90°. Итак, DH D1K.Покажем, что DH (A1D1K). Так как AD (DD1C), то DH AD и DH PK. Итак, DH D1K и DH PK, следовательно, DH (A1D1K),и, таким образом, DH - искомое расстояние.Выражая двумя способами площадь треугольника DD1K:S DD1K =0.5 DH D1KS DD1K =0,5 DK DD1, получаем равенство DH D1K=DK DD1, с помощью которого находим:DH= =

A D

CB

D1

C1

A1

B1

KP

M

H

A

B C

D

A1

B1

D1

C1O

O1

E

F

S

K

T

Построим Построим FF=О=ОSS ЕК, О ЕК, О1 1 = А= А11СС1 1 ВВ11DD 1 1 и отрезок О и отрезок О11FF..

Далее на ребре ССДалее на ребре СС11 возьмем такую точку Т, чтобы выполнялось равенство: возьмем такую точку Т, чтобы выполнялось равенство: . .

Так как Так как OC= , OC= , О О FF= и ОО= и ОО11=а, то СТ= . Построим отрезок ОТ и точку =а, то СТ= . Построим отрезок ОТ и точку SS=ОТ О=ОТ О11К .К .

Так как прямоугольные треугольники ООТак как прямоугольные треугольники ОО11FF и ОСТ подобны по построению, то О и ОСТ подобны по построению, то О11FFО= ОТС и ООО= ОТС и ОО11FF= СОТ, = СОТ,

а тогда Оа тогда О11FFО + СОТ=90 и, следовательно, ОТ ОО + СОТ=90 и, следовательно, ОТ О11FF. .

Докажем теперь, что ОТ ВДокажем теперь, что ОТ В11ЕК. Так как ВЕК. Так как В11DD11 ( (АААА11СС)) и ОТ (АА и ОТ (АА11С), то С), то

ОТ ВОТ В11DD11 . Итак, ОТ В . Итак, ОТ В11DD11 и ОТ О и ОТ О11FF . Таким образом , ОТ (В . Таким образом , ОТ (В1 1 ЕК). Тогда ЕК). Тогда OSOS – искомое расстояние . Выражая – искомое расстояние . Выражая

двумя способами площадь треугольника Одвумя способами площадь треугольника О11ООFF, получаем равенство: , получаем равенство: OS * OOS * O11FF = = OF*OOOF*OO1 1 откуда, так как О откуда, так как О FF= , = ,

ОО11О=а, О=а,

OO11FF = , находим, что = , находим, что OSOS= .= .

Ответ: а)а; б) ; в)Ответ: а)а; б) ; в)

в) В плоскости ABC построим прямую EK, проходящую через точку К и через точку Е - середину ребра BC. Тогда ВD параллельно ЕК. Построим плоскость В1ЕК. Так как BD параллельно ЕК, то BD параллельно(В1ЕК )и, таким образом, искомое расстояние равно расстоянию от прямой BD до плоскости В1ЕК. Чтобы найти это расстояние, проведём из точки О перпендикуляр на плоскость В1ЕК. Основание этого перпендикуляра –точка S не может быть взята произвольно. Выполним построение следующим образом:

1OO

OF

OC

CT

2

2а

4

2а

4

а

4

2а

4

23а

3

а

5

5а3

а

Задача 5В правильной четырехугольной пирамиде секущая плоскость, проведенная через сторону основания, делит площадь боковой поверхности и двугранный угол при ребре основания пополам. Найдите угол между боковой гранью и плоскостью основания.

Решение: Построение изображения. Заметим, прежде всего, что так как

сечение проходит через ребро основания, пусть через ребро AD. Так как AD||BC, то AD || (SBC). Тогда секущая плоскость пересекает грань SBC по PQ||AD. и PM=MQ; SM BC=K и BK=KC. N=KO AD. Так как KO||AB, то AN=ND. Построим отрезки SN и NM. и ON – проекция отрезка SN на плоскость ABCD. Следовательно, SN AD и SNK – линейный угол двугранного угла SADK. Считая NM биссектрисой SNK, мы вместе с тем считаем, что плоскость APQD делит двугранный угол SADK пополам, что отвечает условию задачи. Плоскость APQD является искомой, которая делит площадь боковой поверхности пирамиды пополам (увидим ниже).

Спасибо за урок!