«Математический конструктор» 1С для развития навыков построения сечений многогранников

Разделы: Математика


Многие проблемы в изучении начал стереометрии вытекают из плохо развитых пространственных представлений обучающихся и неумения конструктивно использовать рисунки пространственных объектов, а также создавать собственные рисунки (чертежи). Развивая геометрическую культуру, важно научить ребят видеть динамическую последовательность построения изображений на чертеже.

Но изображениеобъектов, как последовательных эскизов на бумаге, является весьма затратным по времени, поскольку заставляет повторять многократно уже отработанные этапы, а потому неэффективно.

В демоверсии ЕГЭ 2015 задание 16 (бывшая задача С2) претерпело изменение. Его первая часть а) обязывает выпускника выполнить обоснованное построение, позволяющее получить представление о геометрической конструкции, что естественно дает больше шансов выпускнику справиться с расчетными элементами задания.

Условия многих задач 16 предполагают построение сечений многогранников по трем точкам, а также углов между плоскостями, заданными тремя точками. Кроме того, часто встречаются конструкции, в которых требуется построение сечения параллельно некоторым прямым. В этих ситуациях чрезвычайно полезным помощником на стадии подготовки к выпускному экзамену является математический конструктор 5.5 – 6.0 фирмы 1С. Правда, в настоящий момент для Windows 8.1 возникли проблемы запуска моделей – апплетов с собственного компьютера ученика (изменение уровня системы безопасности Java). Для полноценной работы с моделями «Математического конструктора» недостаточно любого стандартного интернет-браузера. Ученикидолжны приобрести редактор моделей. Хочется надеяться, что разработчики программы найдут выход из этого положения, не удорожая стоимость продукта.

Из опыта работы хочу отметить, что использование нескольких цветов при построении рисунка в «Математическом конструкторе» является не только более эффектным, но и более эффективным приемом. В этом случае намного проще анализировать пространственное изображение, сосредотачиваясь на нужных деталях.

Выполняя последовательные этапы построения сечений многогранников по трем точкам, учащийся осваивает простейшие принципы, лежащие в основе стереометрических объектов и чертежей.

  1. Через любые три точки, не принадлежащие одной прямой, можно провести плоскость, и притом только одну.
  2. Если прямая проходит через две точки плоскости, то она лежит в этой плоскости.
  3. Две прямые, лежащие в одной плоскости, или параллельны, или пересекаются.
  4. Скрещивающиеся прямые на «плоском» чертеже только кажутся имеющими общую точку.
  5. Через точку пространства, не лежащую на данной прямой, можно провести прямую, параллельную данной и только одну.
  6. Две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым.
  7. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то прямая пересечения этих плоскостей параллельна данной прямой.
  8. Плоскости пересекаются по прямой. Секущая плоскость не может пересекать грани многогранника по ломаным (многоугольник сечения не может иметь больше сторон, чем имеется граней у многогранника).
  9. Если две прямые параллельны третьей прямой (транзитивность применительно к параллельности), то они параллельны друг другу.

На рис.1 приведено построение сечения треугольной пирамиды DABC по трем точкам K, N, M, принадлежащим ребрам DC, BC, AB соответственно.


Рис. 1

Этапы построения сечения.

  1. Следы KN и MNможно сразу получить, так как соответствующие точки лежат в плоскостях граней пирамиды. (Стоит поправлять объяснения учащихся типа «эти две точки лежат в одной плоскости»).
  2. Прямые MN и ABмогут пересекаться или быть параллельны. Если MN и AB пересекаются в точке T, то мы получаем две точки T и K, которые лежат в плоскости ACD, тогда и прямая TK лежит в плоскости ACD.
  3. Прямые AD и KT не являются параллельными, они пересекаются в точке P.
  4. Теперь у нас появляется возможность провести след сечения на грани ABD–PM.

Четырехугольник MNKP – искомое сечение. Перед тем, как поинтересоваться, каким может быть этот четырехугольник, выберем расположение точек M и N так, чтобы отрезок MN был параллелен AC. В математическом конструкторе этого можно добиться «легким движением мыши», см. рис.2.


Рис. 2

Поскольку прямая MN параллельна AC и не лежит в плоскости ACD, то она этой плоскости параллельна. В соответствии с утверждениями 5, 7, 8 для получения следа сечения на плоскости ADC нужно провести через точку Kпрямую, параллельную AC, которая пересекает ребро AD в точке P. Получившееся сечение MNKP. Используя теорему: если две прямые параллельны третьей прямой (транзитивность применительно к параллельности), то они параллельны, можно утверждать: хотя бы одна пара противоположных сторон четырехугольника MNKP - параллельные прямые).


Рис. 3

На этом этапе для любознательных учащихся естественно возникает вопрос: это сечение трапеция или параллелограмм? Как надо задать положение исходных точек, чтобы получить в сечении параллелограмм? Можно ли получить в сечении произвольной треугольной пирамиды ромб? Можно ли добиться за счет выбора исходных точек для произвольной треугольной пирамиды в сечении квадрата?

Как видно из рис.3, самым простым способом для получения параллелограмма в сечении есть выбор исходных точек на серединах соответствующих ребер. В этом случае по признаку равенства и параллельности противоположных сторон MN и KP – MNKP параллелограмм. Впрочем, он может иметь и другие размеры, главное, чтобы параллельные отрезки MN и KP были равны (см. рис.4).


Рис. 4

Однако, ошибочным был бы ответ из анализа рис.3, что в сечении пирамиды появляется ромб, хотя на первый взгляд все стороны сечения кажутся равными: здесь сказывается «неприятная» особенность стереометрических чертежей: равные отрезки, не лежащие на параллельных прямых, могут изображаться неравными, а неравные отрезки на чертежах могут иметь одинаковую длину. В случае рис. 3 соответствующие ребра параллелограмма, являясь средними линиями треугольников, равны соответственно половинам ребер AC и DB, которые по условию равными не предполагались.

Для интересующихся учащихся стоит просчитать возможности построения, которые обеспечат ромбовидное сечение пирамиды.Используем обозначения на рис.3. Пусть AC=b, DB=d. Найдем, где должна располагаться точка M на ребре AB. Предположим, что

Из подобных треугольников APM и ADB имеем MN = bk. Для того чтобы PM = MN необходимо d(1-k) = bk. Таким образом, мы доказали, что в любой треугольной пирамиде можно построить сечение в виде ромба.

Как видно из построения сечений, стороны ромба параллельны скрещивающимся ребрам треугольной пирамиды. Если эти ребра перпендикулярны, то полученный ромб будет квадратом, если же скрещивающиеся ребра исходной треугольной пирамиды не ортогональны, то получить сечение в виде квадрата невозможно. Этот вывод может вывести нас на признак и свойства ортоцентрического тетраэдра, однако возможности используемого математического конструктора для исследования сравнительного поведения перпендикулярных прямых в пространстве слабы. Можно только доказать для учащихся, что правильная пирамида является ортоцентрическим тетраэдром, все высоты которого пересекаются в одной точке.


Рис. 5

Зато «Математический конструктор» хорошо иллюстрирует построение центра масс однородного тетраэдра, что связано с сохранением середины отрезка на стереометрических чертежах. Отрезки, соединяющие вершины треугольной пирамиды с точкой пересечения медиан противоположной грани, пересекаются в одной точке и делятся точкой пересечения в отношении 3: 1, считая от вершины. Трансформация рисунка оставляет справедливым высказанное утверждение. Однако, при использовании конструкций в интерактивной среде, следует убеждать учащихся, что высказывание не становится доказанным, даже если оно проверено на миллионе чертежей, статус такого высказывания – гипотеза. Доказательство данного утверждения может, например, проведено следующим образом (см. рис 5).

Построим в треугольнике GDB отрезок NL. Треугольник GLN подобен треугольнику GBD по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Как следствие подобия треугольников имеем параллельность LN и DB. Из свойств трапеции LNDB её диагонали точкой пересечения делятся в отношении 3:1, считая от вершины. Поскольку мы выбрали для доказательств исходные отрезки произвольным образом, то, используя единственность деления отрезка в заданном отношении, мы получаем доказанное утверждение.

При решении задач 16 с целью подготовки к итоговой аттестации желательно анализировать не только одну заданную параметрами задачи конструкцию, но и возможности её модификации при изменении числовых параметров.

Пример 1. Условие задачи представлено на рис.6. Как следует из условия, задавая различные значения для длины отрезка SM, мы сможем получить набор различных задач.

а) Поскольку ребро BC параллельно AD, прямая BC параллельна плоскости SAD. Используя утверждения 5 и 7, через точку M проводим прямую, параллельную AD, которая пересечет ребро SD в точке F. BCFM – искомое сечение, а так как BC≠ FM, то данное сечение – трапеция.


Рис. 6

б) На рис. 7 выделен треугольник SKH, который позволяет найти требуемое расстояние и является основным элементом для решения пункта б). Из равенства треугольников CFD и BMA по двум сторонам и углу между ними, следует, что CF = BM, а трапеция BCFM – равнобокая. Если точки K и E – середины отрезков BC и AD, то высота SE треугольника SAD пересекает отрезок FM в его середине. BC перпендикулярна двум пересекающимся прямым KE и SO, она перпендикулярна плоскости KSE.Отрезок HK, лежащий в этой плоскости, перпендикулярен BC и является высотой трапеции. Искомым расстоянием будет высота треугольника SKH, опущенная из вершины S, поскольку она лежит в плоскости SKE и перпендикулярна BC, то есть будет перпендикулярна двум пересекающимся прямым BC и KH, лежащим в плоскости сечения.
Рис. 7

Рассмотрим варианты нахождения высоты треугольника SKH. Найдя боковое ребро трапеции BM, мы можем найти высоту трапеции KH. Расположение точки M позволит найтидлину отрезка SH (). По трем сторонам находим площадь треугольникаSKH и его высоту из вершины S. Однако, проще найти площадь треугольника SKE и учесть, что площади треугольников SKH и KHE, относятся как SH :HE.

Приведем краткие расчеты для случая, когда SM= 6. Из треугольника SABПо теореме косинусов из треугольника ABM BM2 = 33. Из равнобокой трапеции BCFM


Рис. 8

С помощью теоремы Пифагора легко находятся апофема и высота правильной пирамиды: Площадь треугольника SKE равна S(SKH) = 2/3S(SKE). Тогда искомое расстояние будет равно


Рис. 9

Рис.8 и рис.9 демонстрируют возможные модификации построенного сечения пирамиды и изменение треугольника SKH. При увеличении расстояния SM треугольник SKH становится остроугольным и стремится к треугольнику SKE, площадь его увеличивается. При уменьшении SM точка H стремится к точке S, а треугольник SKH вырождается в отрезок.

Пример 2. В правильной шестиугольной призмеABCDA1B1C1D1 все ребра равны 1.

а) постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки B, A1 и D1


Рис. 10

б) найдите расстояние от точки B до прямой A1D1.

а) Для построения искомого сечения воспользуемся утверждениями 5,6,9. Так как основания призмы параллельны, то плоскость сечения пересекает плоскость ABC по прямой, параллельной A1D1. Этой единственной прямой может быть только BC, так как A1D1 параллельна AD и BC параллельна AD (свойство правильного шестиугольника). Сечение – равнобокая трапеция A1D1CB (см. рис.10).

б) Искомым расстоянием будет длина перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую A1D1. При построении чертежа нужно учесть, что из свойств правильного шестиугольника следует перпендикулярность F1B1 и B1C1. Поскольку B1C1 параллельна A1D1, то перпендикуляр из точки B1 на A1D1 будет лежать на F1B1. По теореме о трех перпендикулярах GB перпендикуляренA1D1.

Краткие вычисления. GB1 = Тогда из прямоугольного треугольника BGB1 по теореме Пифагора

Пример 3. В правильной шестиугольной призме ABCDA1B1C1D1 всеребра равны 1.

а) постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A, C1 и D

б) Найдите расстояние от точки A до прямой C1D.


Рис. 11

а) сечение показано на рис. 11, строится оно аналогично примеру 2. Из рассуждений следует, что полученное сечение – равнобокая трапеция AB1C1D. Углы при её большем основании острые. Используя свойство, что высота равнобокой трапеции, опущенная из вершины тупого угла, делит большее основание на части, одна из которых – полусумма, а другая – полуразность оснований, находим косинус угла ADC1, равныйИз треугольника AGD, где AG – перпендикуляр к боковому ребру трапеции, через синус соответствующего угла находим


Рис. 12

Пример 4. В правильной шестиугольной призме ABCDA1B1C1D1 всеребра равны 1.

а) постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A, F1 и C; б) Найдите расстояние от точки F1до прямой AC.

а) Построение сечения основывается на утверждениях, уже использованных в примере 2. Наличие перпендикулярности F1D1 и F1A1 позволяет с помощью теоремы о трех перпендикулярах доказать, что F1A и F1D1 перпендикулярны. Следовательно, сечение на рис.12 – прямоугольник. б) диагональ квадрата (боковой грани) является искомым расстоянием.


Рис. 13

Пример 5. «Математический конструктор» позволяет изучить изменение вида сечения правильной шестиугольной призмы, проходящего через фиксированные точки A1и B и точку G, которая может перемещаться по ребру DC. Один из возможных вариантов представлен на рис. 13.

Определение площади сечения можно проводить с помощью теоремы об ортогональной проекции многоугольника, ею является многоугольник AMDGB, в угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции – это угол B1NB, где B1N– перпендикуляр к A1H, а A1H – прямая, параллельная BG (см. рис.14).


Рис. 14

Пример 6. В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 2, а боковые ребра равны 3. На ребре AA1 отмечена точка E так, что AE:EA1 = 1 : 2.

а) постройте прямую пересечения плоскостей ABC и BED1;

б) найдите угол между плоскостями ABC и BED1.

а) Построение отражено на рис. 15. Используя утверждение 6, для построения сечения через точку Eпроводим прямую, параллельную BD1. Она пересекает ребро A1C1 в точке M. Прямая ME пересекает прямую AC в точке N. Из утверждения 2 следует, что искомая прямая пересечения плоскостей – это прямая NB;

б) опустим перпендикуляр AK из точки Aна прямую NB, по теореме о трех перпендикулярах получим EK перпендикуляр к NB. Угол AKE - острый, он отвечает по определению углу между плоскостями, заданными в условии.


Рис. 15

Краткие расчеты. Треугольник NEA подобен треугольнику BD1D. Коэффициент подобия равен 1/3. Отсюда AN равно 2/3. По теореме Пифагора к треугольнику ANB получаем:Из метода площадей к треугольнику ANB получаем Тогда Искомый тангенс равен

Рисунки

22.03.2015