Фридман Елена Михайловна Издательство «Легион»
Метод дополнительных построений Метод геометрических преобразований Метод подобия Метод площадей Метод вспомогательной окружности Метод геометрического видения Метод координат Векторный метод
Время (чем больше времени на подготовку, тем лучше) Система (работа по плану, а не от случая к случаю) Желание подготовиться
Незнание и/или непонимание аксиом, определений, теорем, а также методов решения задач; неумение их применять, (в том числе, применять их неверно) ; невнимательное чтение условия и вопроса задания; вычислительные ошибки ; нарушения логики в рассуждениях; принятие ошибочных гипотез ; недостатки в работе с рисунком.
№14 (стереометрия) №16 (планиметрия) 1 балл 2 балла 1 балл 2 балла 3 балла 8,5 1,7 3,4 0,22 1,4
Аксиомы и теоремы стереометрии и планиметрии Правила изображения (проектирования) пространственных фигур на плоскость Основные методы построения сечений многогранников
Применять знания в процессе решения задачи: Увидеть, что нужно построить на каждом шаге построения сечения Предложить способ построения Построить (точку, линию, плоскость и т.д.) Veni, vidi, vici ( пришел, увидел, победил)
Основанием прямой треугольной призмы ABCA 1 B 1 C 1 является прямоугольный треугольник ABC с прямым углом С. Прямые CA 1 и AB 1 перпендикулярны. а) Докажите, что AA 1 = AC. б) Найдите расстояние между CA 1 и AB 1, если AC=7, BC=8.
а) a = c ?
AA 1 = AC.
l||A 1 C AB 1 – наклонная к плоскости AA 1 C 1, AB 1 ⊥ l ( по условию ), AC 1 – проекция AB 1, AC 1 ⊥ A 1 C AA 1 C 1 C – прямоугольник, значит, квадрат. AA 1 = AC.
OK ⊥ AB 1 A 1 C ⊥ (AB 1 C 1 ) ⇒ OK ⊥ A 1 C. ΔAKO~ Δ AB 1 C 1 OK= б)
ρ ( a,b ) = ρ (A, α )
ρ (AB 1,A 1 C)= ρ (AB 1,A 1 CM)= ρ (A,A 1 CM). б) ax+by+cz+d =0, d=0. ax+by+cz =0 7x+4y-4z=0 Способ 2
Аксиоматический Метод следов Метод вспомогательных сечений (метод внутреннего проектирования) Комбинированный метод
Понятие следа Линия пересечения плоскости сечения и плоскости грани многогранника называется следом секущей плоскости на плоскости этой грани многогранника. Точка пересечения плоскости сечения и прямой, содержащей ребро многогранника, называется следом секущей плоскости на прямой, содержащей это ребро многогранника.
Для призмы при построении сечения выполняем параллельное проектирование (направление проектирования параллельно боковому ребру).
A 1 S - проекция KM на плоскость AA 1 D 1 D KC 1 - проекция KM на плоскость A 1 B 1 C 1 D 1 MP - проекция KM на плоскость CC 1 D 1 D б) в) г) Можно построить следы KM на левой боковой и задней гранях.
а)
б) AA 1 B 1 B
Сочетание применения теорем о параллельности прямых и плоскостей в пространстве и аксиоматического метода.
RM||LN
а) Для пирамиды при построении сечения выполняем центральное проектирование с центром в вершине пирамиды.
б) ABS ; в) ASD.
Универсальный метод, основанный на построении вспомогательных плоскостей, не выходящих за пределы многогранника.
Проведем вспомогательную плоскость ADD 1. FF 1 – линия пересечения ADD 1 и BB 1 Q.
Задача. Построить сечение пирамиды SABCD плоскостью MNK, если известно, что точки M и N - соответственно середины ребер AB и AD пирамиды S ABCD, точка K принадлежит ребру S C.
В кубе ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 точка M лежит на ребре BB 1 так, что BM:MB 1 =1:3. Через точки M и С 1 параллельно BD 1 проведена плоскость. а) Докажите, что плоскость проходит через середину ребра AA 1. б) Найдите площадь сечения куба плоскостью, если AB=12.
а) 1. Построение сечения. Шаг 1. Проведем LM || BD 1. ( Вспомогательная плоскость BB 1 D 1 D). LM лежит в плоскости β.
Шаг 2. Проведем С 1 L в грани A 1 B 1 C 1 D 1. F= С 1 L A 1 D 1. С 1 М – линия пересечения плоскости β и грани BB 1 C 1 C. C 1 M и CF лежат в плоскости β.
Шаг 3. Проведем FK||C 1 M. FK -линия пересечения грани AA 1 D 1 D и плоскости β. KM – линия пересечения грани AA 1 B 1 B и плоскости β.
KFC 1 M – искомое сечение.
B 1 L:LD 1 =3:1 ( по теореме Фалеса)
D 1 F:B 1 C 1 =1:3, B 1 C 1 =A 1 D 1 D 1 F:FA 1 =1:2.
Проведем D 1 E||C 1 M. A 1 F:FD 1 =A 1 K:KE=2:1. A 1 E:EA=3:1. Следовательно, A 1 K=KA. β проходит через середину ребра AA 1. б )
Сечение KFC 1 M – трапеция, AB=12 по условию. · FH : KF= KF=10. : = : F = KM
KP=FH 10 x =18, x =1,8, KP= · FH = · = =30.
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD боковое ребро SA=12, а высота равна 4. На ребрах AB, CD и AB отмечены точки E, F и K соответственно, причем BE=CF=12, AK=3. а ) Докажите, что плоскости SBC и KEF параллельны. б ) Найдите объем пирамиды KSBC.
Дано: SABCD – правильная пирамида, AS=12, SO – высота, SO=4. BE=CF=12, AK=3. а ) Докажите, что SBC || KEF; б ) Найдите V KSBC. Решение.
SBC || KEF ( векторы нормалей). = {l; m; n} = { ; ; -1} = { ; ; -1} Способ 1 ⇔
SBC ||KEF ⇔ (SB||EK и BC||EF) Δ SBA~ Δ AEK:, ∠ SAB – общий, ⇒ SB||EK. AE=FD=4, ⇒ EF||BC.
б) V KSBC = = SC·sin ∠ SBC ( cos ∠ SBC = ) или = SH, где SH – высота Δ SBC. = Уравнение плоскости SBC: x+ y-z+d=0, где = { ; ; -1 } - вектор нормали к плоскости SBC. d : S(0;0;4)
ρ (A, α ) = ρ
BSC: x + y – z + 4=0 K(6 ; 0;1) = V KSBC = = · · = 128
Задача. ( Досрочный экзамен 2017 г.)
BMD 1 N по условию – ромб
∆ ABM=∆BNC по катету и гипотенузе, откуда AB=BC, значит прямоугольник ABCD – квадрат.
Параллелограмм BNC 1 L – проекция ромба BMD 1 N на плоскость BCC 1.
Способ 3
На диагонали AB 1 грани ABB 1 А 1 треугольной призмы взята точка M так, что AM:MB 1 =5:4. а ) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точку M, параллельно диагоналям A 1 С и BC 1 двух других граней. б ) Найдите, в каком отношении плоскость сечения делит ребро СС 1.
В прямоугольной трапеции KLMN с основаниями KN и LM ( KN > LM ) окружность, построенная на большем основании как на диаметре, пересекает меньшее основание в точках A и M. а) Докажите, что угол AKL равен углу MKN. б) Диагонали трапеции пересекаются в точке O. Найдите площадь треугольника KLO, если KL =3, LM =6 LA.
1. ∠ MNK = 90°. MC=NC, что невозможно (катет не равен гипотенузе). 2. ∠ LKN = 90°. KN - диаметр, следовательно, KL – касательная, AK – хорда.
∠ AKL =, ∠ MKN = ∠ AKL = ∠ MKN. а) б) ∆AKL=∆MHN AL = HN ΔALK ~ ΔLKM, LM=6LA 6AL 2 =6·9, AL=3, LM =18, KN =KH+HM= =LM+LA=18+3=21.
S LOK =S LKM -S LOM ΔLOM~ΔKON =
Две окружности с центрами O 1 и O 2 пересекаются в точках M и N, причем точки O 1 и O 2 лежат по разные стороны от прямой MN. Продолжение диаметра AM первой окружности и хорды AN этой же окружности пересекают вторую окружность в точках C и B соответственно. а ) Докажите, что треугольники ANC и O 1 MO 2 подобны; б) Найдите MC, если ∠ CMB= ∠ NMA, а радиус второй окружности в 2,5 раза больше радиуса первой и MN=2.
а )
MC=5
Доказать, что прямая, проходящая через основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от этого треугольника подобный ему треугольник. Задача 4
Дано: ∆ ABC – остроугольный, BH, CD – высоты. Доказать: ∆ ABC ~ ∆ ADH.
Построим вспомогательную окружность, с центром в точке О (середина ВС), которая пройдет через точки H и D.
∆ABC~∆ADH по двум углам.
В параллелограмме АВСD проведены высоты ВN и ВМ. Известно, что МN=15, ВD=17. Найти расстояние от точки В до точки Н – точки пересечения высот треугольника ВМ N.
Решение. Ответ. 8
В треугольнике АВС точка М – середина АС. а) Докажите, что длина отрезка ВМ больше полуразности, но меньше полусуммы длин сторон АВ и ВС. б ) Окружность проходит через точки В, С, М. Найдите длину хорды этой окружности, лежащей на прямой АВ, если известно, что АВ=5, ВС=3, ВМ=2.
AB·AD=AC·AM x=0,2
