A közelmúltban a C2 feladatban olyan problémák merültek fel, amelyekben egy poliéder egy szakaszát egy síkkal kell megszerkeszteni, és meg kell találni a területét. Ez a feladat a demóverzióban javasolt. Gyakran célszerű megtalálni a keresztmetszeti területet az ortogonális vetületén keresztül. Az előadás egy ilyen megoldás képletét és a probléma részletes elemzését tartalmazza, amelyhez rajzok sora is társul.

Letöltés:

Előnézet:

A prezentáció előnézetének használatához hozzon létre egy Google-fiókot, és jelentkezzen be: https://accounts.google.com

Diafeliratok:

Felkészülés a 2014-es egységes államvizsgára matematikából. A keresztmetszeti terület meghatározása az ortogonális vetületének területén keresztül. C2. feladat Matematika tanár MBOU 143. számú középiskola, Krasznojarszk Knyazkina T.V.

Tekintsük a következő feladat megoldását: Téglalap alakú paralelepipedonban, . A paralelepipedon szakasza áthalad a B és D pontokon, és szöget zár be az ABC síkkal. Keresse meg a keresztmetszeti területet. Gyakran célszerű megtalálni a keresztmetszeti területet az ortogonális vetületén keresztül. A háromszög területének megtalálása az ortogonális vetületén keresztül könnyen szemléltethető a következő ábrán:

CH az ABC háromszög magassága, C 'H az ABC háromszög magassága, amely az ABC háromszög merőleges vetülete. A CHC derékszögű háromszögből ": Az ABC háromszög területe a háromszög területe Az ABC tehát az ABC háromszög területe egyenlő az ABC háromszög területével, osztva az ABC háromszög és az ABC háromszög síkjai közötti szög koszinuszával", ami az ABC háromszög merőleges vetülete.

Mivel bármely sokszög területe a háromszögek területének összegeként ábrázolható, a sokszög területe egyenlő a síkra merőleges vetületének területével, osztva a sokszög közötti szög koszinuszával. a sokszög síkjai és vetülete. Ezt a tényt használjuk fel feladatunk megoldására (lásd a 2. diát) A megoldási terv a következő: A) Szerkesszünk szakaszt! B) Határozza meg annak ortogonális vetületét az alap síkjára! C) Keresse meg az ortogonális vetület területét. D) Határozza meg a keresztmetszeti területet!

1. Először ezt a szakaszt kell felépíteni. Nyilvánvalóan a BD szakasz a metszetsíkhoz és az alapsíkhoz tartozik, azaz a síkok metszésvonalához tartozik:

A két sík közötti szög a síkok metszésvonalára húzott és ezekben a síkban elhelyezkedő két merőleges szöge. Legyen az O pont az alap átlóinak metszéspontja. OC – merőleges a síkok metszésvonalára, amely az alap síkjában fekszik:

2. Határozza meg a metszetsíkban elhelyezkedő merőleges helyzetét! (Ne felejtsük el, hogy ha egy egyenes merőleges egy ferde vetületére, akkor merőleges a ferdére is. A ferdét a vetülete (OC) és a vetület és a ferde közötti szög alapján keressük) . Határozzuk meg az OC ₁ és OC közötti COC ₁ szög érintőjét

Ezért a vágási sík és az alapsík közötti szög nagyobb, mint az OC₁ és az OC közötti szög. Vagyis a szakasz körülbelül így helyezkedik el: K az OP és A ₁C₁ metszéspontja, LM||B₁D₁ .

Tehát itt van a metszetünk: 3. Keressük meg a BLMD szakasz vetületét az alapsíkra. Ehhez megtaláljuk az L és M pontok vetületeit.

BL ₁M₁D négyszög – a metszet vetítése az alapsíkra. 4. Határozza meg a BL ₁M₁D négyszög területét. Ehhez vonjuk ki az L ₁CM₁ háromszög területét a BCD háromszög területéből. Keressük meg az L ₁CM₁ háromszög területét. Az L ₁CM₁ háromszög hasonló a BCD háromszöghez. Keressük a hasonlósági együtthatót.

Ehhez vegyük figyelembe az OPC és az OKK₁ háromszögeket: Következésképpen az L₁CM₁ háromszög területe a BCD háromszög területének 4/25-e (a hasonló ábrák területének aránya megegyezik a hasonlósági együttható négyzetével) . Ekkor a BL₁M₁D négyszög területe egyenlő a BCD háromszög területének 1-4/25=21/25-ével, és egyenlő

5. Most keressük meg a 6-ot. És végül megkapjuk: Válasz: 112

A témában: módszertani fejlesztések, előadások és jegyzetek

A „Műszaki számítógépes grafika” tudományág tesztmunkája négy tesztfeladatból áll a megfelelőség megállapítására. A feladatok elvégzésére 15-20 perc áll rendelkezésre....

Felkészülés a 2014-es egységes államvizsgára matematikából. Származékok és antideriváltok alkalmazása (B8 prototípusok a nyílt Unified State Exam feladatbankból)

Prezentáció rövid elméleti kurzussal és különféle B8-as prototípusok megoldásaival az Egységes Államvizsga-feladatok nyílt bankjából. Használható interaktív táblán vagy tanulók PC-jén önálló felkészüléshez....

Felkészülés a 2014-es egységes államvizsgára matematikából. A C1 feladat megoldása.

Az anyag megoldásokat ad a C1 feladatra (trigonometrikus egyenlet) és 4 módot kínál az intervallumhoz tartozó gyökök kiválasztására: trigonometrikus kör használatával, függvény grafikonjával, felsorolás...

Emlékezzünk vissza, hogy az egyenes és a sík közötti szög az adott egyenes és a síkra való vetülete közötti szög (164. ábra).

Tétel. A sokszög síkra merőleges vetületének területe egyenlő a kivetített sokszög területével, megszorozva a sokszög síkja és a vetítési sík által alkotott szög koszinuszával.

Minden sokszög háromszögekre osztható, amelyek területeinek összege megegyezik a sokszög területével. Ezért egy háromszögre elegendő bebizonyítani a tételt.

Legyen \(\Delta\)ABC vetítve a síkra R. Nézzünk két esetet:

a) az egyik \(\Delta\)ABC oldal párhuzamos a síkkal R;

b) \(\Delta\)ABC egyik oldala sem párhuzamos R.

Mérlegeljük első eset: legyen [AB] || R.

Rajzoljunk egy síkot (AB) keresztül! R 1 || Rés merőlegesen vetítsd rá az \(\Delta\)ABC-t R 1 és tovább R(165. ábra); megkapjuk a \(\Delta\)ABC 1 és \(\Delta\)ABC.

A vetületi tulajdonság szerint \(\Delta\)ABC 1 \(\cong\) \(\Delta\) ABC, ezért

S \(\Delta\)ABC1 = S \(\Delta\)ABC

Rajzoljuk ⊥ és a D 1 C 1 szakaszt. Ekkor ⊥ , a \(\widehat(CD_(1)C_(1))\) = φ az \(\Delta\) ABC sík és a sík közötti szög értéke R 1 . Ezért

S \(\Delta\) ABC1 = 1 / 2 |AB| |C 1 D 1 | = 1/2 |AB| |CD 1 | cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ

és ezért S \(\Delta\)ABC = S \(\Delta\)ABC cos φ.

Folytassuk a mérlegelést második eset. Rajzoljunk egy síkot R 1 || R ezen a \(\Delta\)ABC csúcson keresztül, az a távolság, amelytől a sík R a legkisebb (legyen ez az A csúcs).

Tervezzük meg a \(\Delta\)ABC-t a síkon R 1 és R(166. ábra); vetületei legyenek \(\Delta\)AB 1 C 1 és \(\Delta\)ABC.

Legyen (BC)\(\cap\) p 1 = D. Akkor

S \(\Delta\)ABC = S \(\Delta\)AB1 C1 = S \(\Delta\)ADC1 - S \(\Delta\)ADB1 = (S \(\Delta\) ADC - S \( \Delta\)ADB) cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ

Feladat. Egy szabályos háromszög hasáb alapoldalán egy síkot húzunk át φ = 30°-os szögben az alapsíkjával. Határozza meg a kapott keresztmetszet területét, ha a prizma alapjának oldala A= 6 cm.

Ábrázoljuk ennek a prizmának a keresztmetszetét (167. ábra). Mivel a prizma szabályos, oldalélei merőlegesek az alap síkjára. Ez azt jelenti, hogy a \(\Delta\)ABC a \(\Delta\)ADC vetülete, ezért
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(S_(\Delta ABC))(cos\phi) = \frac(a\cdot a\sqrt3)(4cos\phi) $$
vagy
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(6\cdot 6\cdot \sqrt3)(4\cdot\frac(\sqrt3)(2)) = 18 (cm^2) $$

fejezet IV. Egyenes vonalak és síkok a térben. Poliéder

55. § Sokszög vetületi területe.

Emlékezzünk vissza, hogy az egyenes és a sík közötti szög az adott egyenes és a síkra való vetülete közötti szög (164. ábra).

Tétel. A sokszög síkra merőleges vetületének területe egyenlő a kivetített sokszög területével, megszorozva a sokszög síkja és a vetítési sík által alkotott szög koszinuszával.

Minden sokszög háromszögekre osztható, amelyek területeinek összege megegyezik a sokszög területével. Ezért egy háromszögre elegendő bebizonyítani a tételt.

Hadd /\ Az ABC egy síkra van vetítve R. Nézzünk két esetet:
a) az egyik fél /\ Az ABC párhuzamos a síkkal R;
b) egyik fél sem /\ Az ABC nem párhuzamos R.

Mérlegeljük első eset: legyen [AB] || R.

Rajzoljunk egy síkot (AB) keresztül! R 1 || Rés ortogonálisan tervezzük meg /\ Az ABC bekapcsolva R 1 és tovább R(165. ábra); kapunk /\ ABC 1 és /\ ABC".
A rendelkezésünkre álló vetületi tulajdonság alapján /\ ABC 1 /\ A"B"C", és ezért

S /\ ABC1=S /\ ABC"

Rajzoljuk _|_ és a D 1 C 1 szakaszt. Ekkor _|_ , a = φ a sík közötti szög értéke /\ ABC és repülőgép R 1 . Ezért

S /\ ABC1 = 1/2 | AB | | C 1 D 1 | = 1/2 | AB | | CD 1 | cos φ = S /\ ABC cos φ

és ezért S /\ A"B"C" = S /\ ABC cos φ.

Folytassuk a mérlegelést második eset. Rajzoljunk egy síkot R 1 || R azon a tetején /\ ABC, a sík távolsága R a legkisebb (legyen ez az A csúcs).
Tervezzünk /\ ABC egy repülőn R 1 és R(166. ábra); vetületei legyenek ill /\ AB 1 C 1 és /\ ABC".

Engedd (nap) p 1 = D. Akkor

S /\ A"B"C" = S /\ AB1 C1 = S /\ ADC1-S /\ ADB1 = (S /\ ADC-S /\ ADB) cos φ = S /\ ABC cos φ

Feladat. Egy szabályos háromszög hasáb alapoldalán egy síkot húzunk át φ = 30°-os szögben az alapsíkjával. Határozza meg a kapott keresztmetszet területét, ha a prizma alapjának oldala A= 6 cm.

Ábrázoljuk ennek a prizmának a keresztmetszetét (167. ábra). Mivel a prizma szabályos, oldalélei merőlegesek az alap síkjára. Eszközök, /\ Az ABC egy vetítés /\ Az ADC tehát

A sokszög ortogonális vetületi tétel részletes bizonyítása

Ha egy lakás vetülete n -gon egy síkra, akkor hol van a sokszögek síkjai közötti szög és. Más szóval, egy sík sokszög vetítési területe egyenlő a vetített sokszög területének és a vetítési sík és a vetített sokszög síkja közötti szög koszinuszának szorzatával.

Bizonyíték. én színpad. Végezzük el először a bizonyítást egy háromszögre. Tekintsünk 5 esetet.

1 eset. fekszenek a vetítési síkban .

Legyen a pontok vetületei a síkra, ill. A mi esetünkben. Tegyük fel, hogy. Legyen a magasság, akkor három merőleges tételével megállapíthatjuk, hogy - a magasság (- a ferde vetülete, - alapja és az egyenes átmegy a ferde alapján, és).

Mérlegeljük. Ez téglalap alakú. A koszinusz definíciója szerint:

Másrészt, mivel és akkor definíció szerint a síkok félsíkjai által és a határegyenessel alkotott kétszög lineáris szöge, és ezért mértéke egyben a kétszög közötti szög mértéke is. a háromszög vetületének síkjai és maga a háromszög, azaz.

Határozzuk meg a terület arányát:

Vegye figyelembe, hogy a képlet akkor is igaz marad, ha. Ebben az esetben

2. eset. Csak a vetítési síkban fekszik és párhuzamos a vetítési síkkal .

Legyen a pontok vetületei a síkra, ill. A mi esetünkben.

Rajzoljunk egy egyenest a ponton keresztül. Esetünkben az egyenes metszi a vetítési síkot, ami azt jelenti, hogy a lemma szerint az egyenes a vetítési síkot is metszi. Legyen ez a Mivel pontban, akkor a pontok ugyanabban a síkban fekszenek, és mivel párhuzamos a vetítési síkkal, akkor az egyenes és a sík párhuzamosságának előjele következtében ez következik. Ezért ez egy paralelogramma. Tekintsük és. Három oldaluk egyenlő (a közös oldal olyan, mint egy paralelogramma szemközti oldala). Jegyezzük meg, hogy a négyszög téglalap, és egyenlő (a láb és az alsó rész mentén), ezért három oldalról egyenlő. Ezért.

Az 1. esetre: , azaz

3. eset. Csak a vetítési síkban fekszik, és nem párhuzamos a vetítési síkkal .

Legyen a pont az egyenes és a vetítési sík metszéspontja. Vegye figyelembe, hogy és. 1 esetben: i. Így azt kapjuk

4. eset A csúcsok nem a vetítési síkban fekszenek . Nézzük a merőlegeseket. Vegyük ezek közül a merőlegesek közül a legkisebbet. Legyen merőleges. Kiderülhet, hogy vagy csak, vagy csak. Akkor úgyis visszük.

Tegyünk félre egy pontot egy szakaszon egy pontból úgy, hogy egy szakaszon lévő pontból pedig egy pontot úgy, hogy. Ez a konstrukció azért lehetséges, mert a merőlegesek közül ez a legkisebb. Ne feledje, hogy ez a és a konstrukció szerinti vetület. Bizonyítsuk be, hogy és egyenlőek.

Tekintsünk egy négyszöget. Feltétel szerint - egy síkra merőlegesek, tehát a tétel szerint tehát. Mivel konstrukció alapján, tehát a paralelogramma jellemzői alapján (párhuzamos és egyenlő ellentétes oldalakkal) megállapíthatjuk, hogy paralelogramma. Azt jelenti,. Hasonlóképpen bebizonyosodik, hogy,. Ezért, és egyenlők három oldalon. Ezért. Vegyük észre, hogy és mint a paralelogrammák ellentétes oldalai, ezért a síkok párhuzamossága alapján . Mivel ezek a síkok párhuzamosak, azonos szöget zárnak be a vetítési síkkal.

Az előző esetek érvényesek:.

5. eset A vetítési sík metszi az oldalakat . Nézzük az egyenes vonalakat. Ezek merőlegesek a vetítési síkra, tehát a tétel szerint párhuzamosak. Azon az egyirányú sugarakon, ahol az origó pontokban van, egyenlő szakaszokat fogunk ábrázolni úgy, hogy a csúcsok a vetítési síkon kívül legyenek. Ne feledje, hogy ez a és a konstrukció szerinti vetület. Mutassuk meg, hogy egyenlő.

Azóta és építkezéssel akkor. Ezért a paralelogramma jellemzője szerint (két egyenlő és párhuzamos oldalon) paralelogramma. Hasonló módon bizonyított, hogy és paralelogrammák. De akkor és (mint ellentétes oldalak) ezért három oldalon egyenlők. Azt jelenti,.

Ráadásul, és ezért a síkok párhuzamossága alapján. Mivel ezek a síkok párhuzamosak, azonos szöget zárnak be a vetítési síkkal.

A 4. esetre:.

II színpad. Osszuk fel egy lapos sokszöget háromszögekre a csúcsból húzott átlók segítségével: Ekkor az előző háromszög esetek szerint: .

Q.E.D.