Уроки интегрированного типа как среда личностного развития школьников

Эта прямая является основным следом секущей плоскости.

Построение выносных чертежей может быть выполнено вычислительным, а также геометрическим способом.

На ребрах ВВ1 и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P и Q — середины этих ребер. Построить фигуру, подобную многоугольнику, полученному в сечении кубу плоскостью С1PQ.

Решение (рис. 1, а). Находим точку S1, в которой пересекаются прямые C1P и BC. Таким образом, прямая S1Q является основным следом плоскости C1PQ, а в сечении получается четырехугольник C1PS1Q.

Рисунок 1

I способ построения — вычислительный. Полагая ребро куба равным a, подсчитаем стороны треугольника C1S1Q. Как нетрудно показать, точка Р — середина отрезка C1S1 и PS2║ C1Q. Поэтому ясно, что, построив треугольник, подобный оригиналу треугольника C1S1Q, можно будет затем построить и искомую фигуру.

Из прямоугольного треугольника C1S1С, в котором C1S=2ВС=2a, находим, что C1S1=a√5. Затем из прямоугольного треугольника C1СQ получаем C1Q=½ a√5 и из прямоугольного треугольника CS1Q: S1Q=½ a√17.

Выбирая теперь некоторый отрезок в качестве отрезка, равного а, построим отрезки x, y, z, заданные следующими формулами: x= a√5, y=½ a√5, z=½ a√17, например, так, как это сделано ни рисунке 1б.

Далее на рисунке13, в строим треугольник (С1)0Q0(S1)0 со сторонами (С1)0(S1)0 =kx, (S1)0Q0=kz, полученными на рисунке13, б.

Строим затем точку P0 — середину стороны (C1)0(S1)0 этого треугольника и проводим через нее прямую P0(S1)0║(C1)0Q0. Четырехугольник (С1)0Q0(S2)0P0 — фигура, подобная заданному сечению куба плоскостью C1РQ (т. е. это выносной чертеж многоугольника, являющегося сечением куба плоскостью C1РQ).

Рисунок 2

II способ — геометрический. Так как все квадраты подобны между собой, то квадрат (С1)0С0D0(D1)0 (рис. 2, а) подобен оригиналу грани C1CDD1 куба. Построив на этом изображении точку Q0 — середину стороны C0D0 и соединив точки (С1)0 и Q0, получим отрезок (С1)0Q0, который можно принять за сторону треугольника (С1)0Q0(S1)0, подобного оригиналу треугольника C1QS1. С помощью квадрата (С1)0C0B0(B1)0 (рис. 2, б), равного квадрату (С1)0C0D0(D1)0, построенному на рисунке 2а, строим отрезок (С1)0(S1)0, который будет принят за сторону треугольника (С1)0Q0(S1)0, подобно оригиналу треугольника C1QS1.

С помощью квадрата A0B0C0D0 (рис. 2в), равного квадрату, построенному на рисунке 2а, строим отрезок (S1)0Q0, который примем за третью сторону треугольника (С1)0Q0(S1)0. Получив, таким образом, все стороны треугольника (С1)0Q0(S1)0, строим этот треугольник. Далее, как и при вычислительном способе решения, строим точку Р0 — середину стороны (S1)0(C1)0 и т. д.

Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, в рисунок г. Так как треугольник (С1)0Q0(S1)0 строится с точностью до подобия, то его сторонами являются отрезки, равные k (С1)0(S1)0, k (С1)0Q0 и k (S1)0Q0, где k>0, например, k=1.

Основными способами решения задач построения на изображениях плоских фигур являются:

Способ выносных чертежей.

Вычислительный способ.

Геометрический способ.

2.

2.2. Построения на изображениях пространственных фигур Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.

Задача 2. Боковое ребро правильной призмы ABCDA1B1C1D1 в два раза больше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB1 призмы заданы соответственно точки Р и В2 — середины этих ребер. Построить прямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В2D.

Решение. Способ выносных чертежей (рис. 3а). Соединим точку Р с точками D и В2. Построим треугольник, подобный оригиналу треугольника В2DР.

Рисунок 3

Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD, является квадрат A0B0C0D0 (рис. 3б). Отрезок D0P0, где точка P0 — середина стороны A0B0, примем за одну из сторон искомого треугольника.

Фигурой, подобной оригиналу грани ABВ1А1, является прямоугольник A0B0(В1) 0(А1)0 с отношением сторон A0B0: A0(А1)0=1:2 (рис. 3в). Причем его сторона A0B0 взята равной стороне квадрата, построенного на рисунке 3б. Строим на сторонах A0B0 и B0(В1) 0 соответственно точки P0 и (В2) 0 — середины этих сторон. Отрезок P0(В2) 0 — это еще одна из сторон искомого треугольника.

Строим прямоугольник B0(В1)0(D1)0D0 (рис. 3г), сторону B0(В1)0 которого возьмем с рисунка 3 В, а сторону B0D0 возьмем равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 3б. Отрезок (В2)0D0, где точка (В2)0 — середина стороны B0(В1)0 , — это третья сторона искомого треугольника.

Строим треугольник P0(В2)0D0 по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P0(В2)0D0 строим P0Н0┴(В2)0D0 .

Возвращаемся к рисунку 3а. С помощью луча l, проведенного через точку В2, строим точку Н, такую, что В2Н: В2D=(В2)0H0:(В2)0D0. Строим искомую прямую РН.

Так как фигуры на рисунке 3б, в, г, имеют общие стороны, то их можно объединить, например, так, как это показано на рисунке 3е.

Вычислительный способ. Подсчитаем стороны треугольника PB2D (рис. 3а). Для этого обозначим сторону основания призмы за а. Тогда ВВ1=2а. Далее из прямоугольного треугольника ADP:

Из прямоугольного треугольника РВВ2:

И из прямоугольного треугольника BB2D:

Если PH┴B2D, то выполняется соотношение.

Откуда Тогда С помощью вспомогательного луча l строим на отрезке B2D точку Н, такую, что B2Н: B2D=1:

2. Строим искомую прямую РН.

В некоторых случаях построение прямой, перпендикулярной данной, можно построить и геометрическим способом.

Геометрический способ. Ясно, что прямоугольные треугольники ADP и BB2P равны (по двум катетам). Тогда DP=B2P, т. е. треугольник B2DP — равнобедренный. Это значит, что медиана РН этого треугольника является и его высотой, т. е. прямая РН является искомой прямой.

Построение прямой, перпендикулярной заданной плоскости.

Один из возможных планов решения задачи о построении прямой, проходящей через заданную точку W перпендикулярно заданной плоскости α (рис. 4).

В плоскости γ, определяемой точкой W и какой-нибудь прямой U1U2, лежащей в плоскости α, проведем через точку W прямую т1, перпендикулярную прямой U1U2. Пусть прямая т1 пересекает прямую U1U2 в точке V.

Проведем далее в плоскости α через точку V прямую т2, перпендикулярную прямой U1U2 .

В плоскости β, определяемой прямыми т1 и т2, построим прямую т3, проходящую через точку W перпендикулярно прямой т2. Пусть прямая т3 пересекает прямую т2 в точке Н.

Рисунок 4

Так как прямая U1U2 пересекает прямые т1 и т2, то прямая U1U2 перпендикулярна прямой т3. Таким образом, прямая т3 перпендикулярна прямой U1U2 и прямой т2. Это значит, что прямая т3 перпендикулярна плоскости α, т. е. является искомой прямой.

Задача 3. Высота МО правильной пирамиды МABCD равна стороне ее основания. Опустить перпендикуляр из вершины D на плоскость МВС.

Решение (рис. 5). Выполним построение в соответствии с изложенном выше планом. Через точку D и прямую ВС плоскости МВС уже проходит плоскость γ - это плоскость DBC. В плоскости DBC уже проведена прямая DC┴ВС. Она пересекает прямую ВС в точке С.

Рисунок 5

Чтобы в плоскости МВС (это плоскость α) провести через точку С прямую, перпендикулярную прямой ВС, заметим, что в треугольнике МВС МВ=МС. Поэтому медиана МЕ будет и перпендикулярна к прямой ВС.

Таким образом, в плоскости МВС через точку С проведем прямую CF║МЕ.

В плоскости β, определяемой прямыми DC и CF, из точки D опустим перпендикуляр на прямую CF. Сделаем это построение вычислительным способом. Подсчитаем стороны треугольника CDF, полагая CD=а.

Из прямоугольного треугольника МОЕ:

Ясно, что DF=CF (из равенства треугольников CMF и DMF). Если DH┴CF, то DC²-CH²=DF²-FH².

Так как DC

Следовательно, СН=а:√5 и тогда CH: CF=2:

5. Опираясь на это соотношение, построим на прямой CF точку Н и затем искомый перпендикуляр DH.

Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через заданную прямую перпендикулярно заданной плоскости.

Пусть заданы плоскость α и прямая т1. Если через какую-нибудь точку W прямой т1 провести прямую т2, перпендикулярную плоскости α, то плоскость β, определяемая пересекающимися прямыми т1и т2, будет перпендикулярна плоскости α.

Таким образом, задача построения плоскости β, проходящей через заданную прямую т1 и перпендикулярной плоскости α, сводится к построению прямой т2, проходящей через какую-нибудь точку W прямой т1 и перпендикулярной плоскости α.

Задача 4. На ребре CD правильной пирамиды MABCD, высота которой равна половине диагонали ее основания, взята точка Е — середина этого ребра и через точки М, В и Е проведена секущая плоскость α. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD перпендикулярно плоскости α. Найти линию пересечения построенной плоскости с плоскостью α.

Решение (рис. 6а). Опустим перпендикуляр из точки О — середины диагонали BD на плоскость α. Построение этого перпендикуляра выполним с помощью выносных чертежей.

Рисунок 6

Построим квадрат A0B0C0D0 (рис. 6б), точку О0, в которой пересекаются его диагонали, и проведем прямую B0Е0, где точка Е0 — середина стороны C0D0. Затем через точку О0 проведем прямую О0 F0┴ B0Е0 и найдем точки Q0, N0, в которых прямая О0 F0 пересекает соответственно прямые А0D0 и B0C0 .

Вернемся к рисунку 6а. С помощью луча l1 построим, но отрезке AD точку Q, такую что AQ: AD=k1 А0Q0: k1 А0D0. Прямая QO является, таким образом, изображением прямой, перпендикулярной прямой ВЕ. Построим далее точки N и F, в которых прямая QO пересекает соответственно прямые ВС и ВЕ. Соединим точку М с точками Q, N и F.

Построим теперь треугольник M0Q0N0, подобный оригиналу треугольника MQN (рис. 6в). Ясно, что в треугольнике M0Q0N0 M0Q0=M0N0. Сторону Q0N0 этого треугольника возьмем с рисунка 6б вместе с точкой F0, принадлежащей этому отрезку. Высоту М0О0 возьмем равной отрезку А0О0, полученному также на рисунке 6б.

В построенном треугольнике M0Q0N0 через точку О0 проведем прямую, перпендикулярную прямой М0F0, и точку пересечения построенной прямой с прямой M0N0 обозначим Р0.

Вернемся к рисунку 6а. С помощью луча l2 найдем точку Р, которая делит отрезок MN в отношении MP: MN= k0 M0P0: k0 M0N0. Точку О соединим с точкой Р. Прямыми BD и OP определяется плоскость искомого сечения.

Строим сечение BVD и находим точку L, в которой пересекаются прямые DV и МЕ. Прямая BL — линия пересечения плоскости МВЕ с плоскостью BVD.

Заключение

Анализ теоретического материала темы «Методы изображений» позволяет выделить в его содержании такие единицы, которые объективно используются при рассмотрении каждого метода, но явно не всегда отражены. К ним относятся: понятия проекции и изображения; требования к изображению; понятия полноты и метрический определенности изображения; основные позиционные задачи; основные метрические задачи.

Кроме того, каждый метод начертательной геометрии обеспечивает полноту, а если нужно, то и метрическую определенность чертежа, используя заданные плоскости, прямые, точки, относительно которых рассматриваются проекции изображаемых фигур.

Эти заданные элементы вместе с описанием способа проектирования составляют проектирующий аппарат данного метода. Очевидно, что без знания аппарата невозможно понимание метода. Более того, лишь обращение к аппарату дает возможность отчетливо объяснить решение конкретной задачи, а часто и найти способ ее решения. Таким образом, понятия полноты и метрической определенности изображения можно рассмотреть в связи с понятием проектирующего аппарата.

Между тем, при традиционном изложении определения полноты и метрической определенности изображения даются после изучения понятия аксонометрической проекции.

Итак, очевидна актуальность решения задач с помощью ортогонального проектирования. В работе рассмотрены разнообразные задания по стереометрии. Показаны построения прямой и сечений на изображениях плоских и пространственных фигур. Также даны решения по вычислению расстояний (между точками, от точки до прямой, от точки до плоскости, между скрещивающимися прямыми), нахождению углов (между скрещивающимися прямыми, между прямой и плоскостью, меду плоскостями). При рассмотрении задач использовались следующие способы и методы: способ выносных чертежей, вычислительный и геометрический способы, поэтапно-вычислительный и координатный методы.

Дано обоснование того, что решения данных задач не только развивает познавательный уровень учащихся, но и способствует их комплексному личностному развитию.

Василенко Е. А. Начертательная геометрия. — М., 1990.

Гордон В.О., Симинцев М. А., Агневских М. А. Курс начертательной геометрии. — М., 1963.

Гусев В.А., Литвиненко В. Н., Мордкович А. Г. Практикум по элементарной математике: Геометрия: Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов и учителей.— 2-е изд., перераб. и доп.— М.: Просвещение, 1992.— 352 с: ил.

Зенгин А. Р. Основные принципы построения изображений в стериометрии. — М.: Государственное учебнопедагогическое издательство Министерства Просвещения РСФСР, 1956.

Литвиненко В. Н. Сборник задач по стереометрии. — М., 1990.

Панкратов, A.A. Начертательная геометрия. Пособие для студентов пед. ин-тов. Изд.2-е. М.: Учпедгиз, 1963. — 204 с.

Розов С. В. Сборник заданий. — М., 1988

Семушкин А. Д. Методика обучения решению задач на построение по стереометрии. — М.: Издательство академии педагогических наук РСФСР, 1959

Столяр А. А. Педагогика математики. — М.: Высшая школа, 1986.

Четверухин Н. Ф. Стереометрические задачи на проекционном чертеже. — М.: Учпедгиз, 1952. — 132 с.