Цели урока:
- 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”, “Скрещивающиеся прямые”. Проверить практические навыки и умения при решении геометрических задач.
- Активизировать работу учащихся на уроке за счет за счёт вовлечения их в способы решения задач, сформировать умение строить геометрические фигуры по условию задач.
- 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 записывай решения правильно, начерти правильно изображения фигур, соответствуя условию задач”.
Оборудование:
- карточки для домашней работы,
- компьютеры,
- проекционный аппарат,
- электронные “тетради”.
Пояснительная записка:
Применение ИКТ на уроке дает возможности:
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 учётом особенностей ребенка.
Ход урока
1. Организационный момент. В первом полугодии этого учебного года мы научились решать задачи по темам: “Параллельность прямых и плоскостей”, “Угол между двумя прямыми”, “Параллельность плоскостей”, “Тетраэдр и параллелепипед”, “Задачи на построение сечений”, “Перпендикулярность прямых и плоскостей”, “Расстояние от точки до плоскости”, “Двугранный угол”.
Сегодня на уроке мы рассмотрим часть задач, которые задаются в группе C на ЕГЭ на использование выше указанных тем. Урок взаимообучения. Урок дают ваши одноклассники, вы можете задавать вопросы по не ясным для вас моментам в решении задач. Мною были предложены всему классу задачи, изъявили желание поделиться своими проектами к решению задач немногие из вас. Сложные задачи решать трудно.
Под решением задачи понимается цепь логических рассуждений, математических преобразований и вычислений, последним звеном, в котором является ответ на вопрос задачи. В этой цепи рассуждений не должно быть ничего лишнего и ни одно из необходимых рассуждений не должно быть опущено. Ссылаясь при решении задач на определения, аксиомы и теоремы, их формулировки приводить необязательно.
Если геометрическая задача не является задачей на построение, то её решение, как правило, может быть выполнено по некоторому плану:
- Построение изображения данной фигуры;
- Краткая запись условия задачи;
- Нахождение нескольких величин (зависимостей) или доказательство некоторого утверждения;
- Исследование;
- Ответ.
Задача № 1. (на построение изображения фигуры)
Без умения строить изображения фигур по условию задач невозможно решать задачи.
Дано: В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в основании пирамиды, а четыре другие – на боковых ребрах. Постройте изображение заданной фигуры.
Решение:
Пусть ABCDA1B1C1D1 – изображение куба. Найдем центры оснований 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, построили изображение данной фигуры, соответствующее условию задачи. (см. рисунок справа).
Задача №2.
Решили одну и ту же задачу двумя способами: с использованием знаний по теме “Векторы” за 9 класс и аналитически построив дополнительный рисунок.
Дано: В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 AB = 2BC; AA1 = BC. Найдите угол между прямыми BD1 и A1C1.
Построение изображения.
Пусть ABCD – изображение прямоугольника. AA1
- изображение отрезка, перпендикулярного
основанию параллелепипеда,
Таким образом, получили изображение прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1
Решение:
Из D BDD1 выразим BD1:
.
Но из D ABD имеем: 
.
Таким образом, 
.
Из D A1B1C1 имеем: 
.
Так как 
,
,
, то 
и аналогично 
.
Таким образом,
.
Введем теперь вспомогательный параметр,
положив, например, 
Тогда 
и 
.
Так как 
, 
и 
, 
, 
, 
,
то
откуда 
.
Принимая теперь во внимание, что угол между прямыми BD1 и A1C1 - это меньший из углов, определяемых этими прямыми, получаем:
, или 
.
Ответ: 
.
Естественно, что величину искомого угла между прямыми BD1 и A1C1 можно найти и, не обращаясь к векторам.
Приведем это решение.
Проведем через точку B прямую PQ параллельно
диагонали АС. Получим 
, 
.
Тогда (BD1,PQ) = (BD1,A1C1).
Проведем D1P D1Q.
Введем вспомогательный параметр, положив BC = a.
Тогда AA1 = a и AB = 2a.
Из прямоугольного треугольника ABC имеем: AC = 
. Не трудно
доказать, что AC средняя линия треугольника PDQ и
что тогда BP = BQ = AC = 
, a DP = 2a, DQ = 4a. Выясним, величину какого из
углов D1BP или D1BQ нам требуется найти. В
треугольниках BD1P и BD1Q BD = QB и BD1
– общая сторона. Подсчитаем длины третьих сторон
этих треугольников.
Из прямоугольных треугольников DD1P и DD1Q
имеем соответственно: D1P =
, D1Q =
.
Таким образом, угол D1BP < угла D1BQ, т.
е. нам требуется найти угол D1BP. По теореме
косинусов из треугольника D1BP имеем: D1P2
= BP2 + BD12 - 2? BP? BD1? cos угла D1BP,
или ()2 =
()2 +(
)2 - 2* * 
* cos угла D1BP, откуда cos
угла D1BP = 
.
Итак, 
- угол
между прямыми BD1 и A1C1.
Ответ: .
Задача №3.
Дано: 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.
Решение: Пусть SABC – данная пирамида и SO – её
высота. Проведём апофему SD и точку D соединим с
точкой С и с точкой М – вершиной треугольника
АВМ, являющегося заданным сечением. Из
прямоугольного треугольника SOC получим: 
. Далее,
, откуда
. Таким
образом,
.
Исследование.
Так как SD ABM > 0, то из найденных значений
SD ABM нужно отобрать только такие значения,
которые удовлетворяют неравенству 
> 0.
Казалось бы, все просто. Ведь, а > 0 и h > 0, и, таким образом, найденное значение SD ABM удовлетворяет условию задачи. Однако это не так. Действительно, если пирамида SABC очень “низенькая”, то плоскость, проходящая через прямую АВ перпендикулярно прямой SС, может не пересечь отрезок SС.
Выясним, при какой же зависимости между параметрами a и h сечение существует.
Рассмотрим D SCD. Имеем: 
.
Если угол CSD – прямой, то 
, - в этом случае точка М
совпадает с вершиной S и сечение не существует.
Итак, если 
,
, то 
. Ответ: 
.
Задача № 4.
Дано: Куб ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно а. На ребре DC взята точка К так, что DK=KC. Найдите расстояния между следующими парами прямых:
а) АА1 и D1K;
б) АD и D1К;
в) BD и D1К;
Построение изображения.
Пусть фигура ABCDA1B1C1D1 – изображение куба с ребром, длина которого а. На полученном изображении построим точку К – середину отрезка DC и отрезок D1K.
а) Так как А1D1 перпендикулярна (А1АВ) и АА1 перпендикулярна (А1АВ), то А1D1 перпендикулярна АА1. Аналогично А1D1 перпендикулярна D1К. Таким образом, А1D1=а – искомое расстояние между прямыми АА1 и D1K. Более того, А1D1 – общий перпендикуляр скрещивающихся прямых АА1 и D1K.
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||(А1D1K), и, таким образом, расстояние
между прямыми АD и D1К равно расстоянию от
прямой AD до плоскости А1D1K.
Построим отрезок DM, где точка М – середина СС1. Тогда из равенства треугольников DD1K и DCM следует, что угол DKD1= углу CMD, т.е. угол HDK + угол DKH=90°. Итак, DH перепендикулярна D1K.
Покажем, что DH перепендикулярна (А1D1K). Так как AD перепендикулярна (DD1C), то DH перепендикулярна AD и DH^ PK. Итак, DH перепендикулярна D1K и DH перепендикулярна PK, следовательно, DH перепендикулярна (А1D1K), и, таким образом, DH – искомое расстояние.
Выражая двумя способами площадь треугольника DD1K:
, получаем
равенство 
, с
помощью которого находим: 
.
в) В плоскости ABC построим прямую EK, проходящую через точку К и через точку Е – середину ребра BC. Тогда ВD||ЕК. Построим плоскость В1ЕК. Так как BD||ЕК, то BD||(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:
Построим F=ОCЕК,
О1=A1C1B1D1 и отрезок О1F.Далее
на ребре СС1 возьмем такую точку Т, чтобы
выполнялось равенство: 
.
Так как OC=
,
ОF=
и ОО1=а,
то СТ=
.
Построим отрезок ОТ и точку S=ОТО1F.
Так как прямоугольные треугольники ОО1F и ОСТ подобны по построению, то угол О1FО= углу ОТС и угол ОО1F= углу СОТ, а тогда угол О1FО+ угол СОТ=90° и, следовательно, ОТ перпендикулярна О1F.
Докажем теперь, что ОТ перпендикулярна В1ЕК.
Так как B1D1перпендикулярна (АА1С)
и ОТ перпендикулярна (АА1С), то ОТ
перпендикулярна B1D1. Итак, ОТ
перпендикулярна B1D1 и ОТ
перпендикулярна О1F. Таким образом, ОТ
перпендикулярна (В1ЕК). Тогда OS – искомое
расстояние. Выражая двумя способами площадь
треугольника О1ОF, получаем равенство: 
откуда, так как
ОF=
, ОО1=а,
O1F=
,
находим, что OS=
.
Ответ: а) а;
б) 
;
в) .
Задача № 5. (Один из учеников решил задачу и просит проверить правильность решения весь класс ).
Дано: В 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.
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. M PQ и PM=MQ; SMBC=K и
BK=KC. N=KOAD. Так как KO||AB, то AN=ND. Построим
отрезки SN и NM. ON перпендикулярна AD и ON – проекция
отрезка SN на плоскость ABCD. Следовательно, SN
перпендикулярна AD и угол SNK – линейный угол
двугранного угла SADK. Считая NM биссектрисой угла
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).
Дано: SABCD – правильная пирамида, S – вершина,
APQD – секущая плоскость, 
, угол SADM= угол MADK.
Найти: угол SADK/
Решение: Заметим, что, так как пирамида правильная, то двугранные углы при ребрах основания равны. ? SNK – линейный угол двугранного угла SADK. Решим задачу алгебраически.
Пусть угол SNK = x. Тогда угол SNM = угол MNK = 
. Пусть сторона
основания равна a, апофема боковой грани l.
Из условия следует, что SD SAD + 2SD SOD + SD SPO = 2SD DOC + SD BPQC.
Подсчитаем все площади:
1) SD SAD = 
;
2)Из прямоугольного D SON имеем: 
.
.
Из D MNK (по теореме синусов) имеем: 
,
Откуда 
, 
.
3) Построим QF – высоту D DQC. Тогда 
. Построим SE – апофему
грани SDC. Найдем QF из пропорции 
. Но 
, т. е. 
, откуда 
. Итак, 
.
4) 
.
5) 
. Но 
, откуда 
. Таким образом, 
;
6) 
;
7) Подставив найденные значения площадей в 4),
подсчитаем что 
.
Имеем: 
Ясно, что 
,
поэтому 
и 
. По смыслу
задачи 0< х< 90° . Найденное значение x
этой системе неравенств удовлетворяет. Итак,
угол между боковой гранью пирамиды и плоскостью
основания равен 45° .
Ответ: 45° .
Проверьте правильность решения задачи и поставьте соответствующую оценку.
Домашнее задание.
Предлагаются задачи:
Задача №1.(Выполнено изображение рисунка по условию задачи, начато ход решения, дорешить задачу и получить указанный ответ).
Дано: На ребрах куба ABCDA1B1C1D1
даны точки P, Q, R такие, что 
, 
, 
.
Постройте сечение куба плоскостью PQR.
Решение: Найдем прежде всего след секущей плоскости – линии пересечения плоскости PQR с плоскостью АВС.
1) Х = PQ P1Q1.
Так как Х P1Q1,
а PQ (PQR), то Х
(PQR). Так как Х
P1Q1,
а P1Q1 (ABC), то Х (ABC). Таким образом точки Х и R
являются общей точкой плоскостей (PQR) и (АВС), т.е
прямая XR след секущей плоскости.
Построено изображение фигуры и выполнено первое действие в решении задачи. Докончить решение задачи.
Задача №2. (Построено изображение фигуры по условию задачи и дан ответ к задаче. Оформить решение задачи).
Дано: В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания, SA = АВ = ВС = а. Через середину ребра АВ перпендикулярно к ребру SС проведите секущую плоскость и найдите площадь полученного сечения.
Ответ: 
.
Задача №3.
(Есть условие задачи и ответ к решению. Оформить письменно решение задачи).
Дано: В правильной треугольной пирамиде проведено сечение через среднюю линию боковой грани, параллельную боковому ребру, и через вершину пирамиды, не лежащую в этой грани. Определите угол наклона плоскости сечения к плоскости основания, если известно, что угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью её основания равен a .
Ответ: 
Итог урока. Выставление оценок. Ученики сделали вывод: такие уроки необходимы. Белышев Артём убедился в реальности решить пять задач с применением ИКТ.
Хочется добавить, СПАСИБО ЗА СОДЕРЖАТЕЛЬНЫЙ УРОК!
