Разработка практического материала по проблемным задачам в старшей школы по геометрии

Разработать практический материал (систему задач для проблемного закрепления) по теме «Объем шара. Площадь сферы»

Применение известных закономерностей в относительно новых условиях
Решение задачи предполагает перестройку известных способов решения
При решении задачи делается выбор из нескольких способов рационального способа
Применение теоретических положений, способов решения в реальных условиях, требующих конструктивных изменений

Задача 1. В шаре проведена плоскость, которая перпендикулярна диаметру и делит диаметр на два отрезка длиной 6 см и 12 см. Найти объёмы частей, на которые делит плоскость шар.

Решение:1) На рисунке изображено осевое сечение шара – окружность и плоскости – отрезок DC, AB – диаметр шара.𝐴𝐴𝐵𝐵=𝐴𝐴𝑀𝑀+𝑀𝑀𝐵𝐵=6+12=18 смСледовательно, радиус шара: 𝑅𝑅= 𝐴𝐵 2 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐴𝐵 2 2 𝐴𝐵 2 = 18 2 18 18 2 2 18 2 =9 см2) 𝑉 1 𝑉𝑉 𝑉 1 1 𝑉 1 =𝜋𝜋 𝐻 2 𝐻𝐻 𝐻 2 2 𝐻 2 𝑅− 𝐻 3 𝑅𝑅− 𝐻 3 𝐻𝐻 𝐻 3 3 𝐻 3 𝑅− 𝐻 3 =𝜋𝜋∗ 6 2 6 6 2 2 6 2 9− 6 3 9− 6 3 6 6 3 3 6 3 9− 6 3 =𝜋𝜋∗36∗7=252𝜋𝜋 с м 3 м м 3 3 м 3 3) 𝑉 2 𝑉𝑉 𝑉 2 2 𝑉 2 =𝑉𝑉− 𝑉 1 𝑉𝑉 𝑉 1 1 𝑉 1 = 4𝜋 𝑅 3 3 4𝜋𝜋 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 4𝜋 𝑅 3 3 3 4𝜋 𝑅 3 3 −252𝜋𝜋= 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 9 3 9 9 3 3 9 3 −252𝜋𝜋=720𝜋𝜋 с м 3 м м 3 3 м 3
Ответ:  𝑉 1 𝑉𝑉 𝑉 1 1 𝑉 1 =252𝜋𝜋 с м 3 м м 3 3 м 3 , 𝑉 2 𝑉𝑉 𝑉 2 2 𝑉 2 =720𝜋𝜋 с м 3 м м 3 3 м 3

Известно: Объем сегмента
Новые условия: В формулировке вопроса задачи не используется понятие сегмента шара, вместо него используется – части шара, полученные делением этого шара плоскостью. К понятию сегмента учащиеся приходят во время оформления чертежа и анализа задачи.

Задача 2. Центр большего основания усечённого конуса совпадает с центром сферы, а окружность его меньшего основания лежит на сфере. Отрезки BC и AD – диаметры меньшего и большего оснований этого усечённого конуса соответственно, BC∥AD, 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑆𝑆 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶𝐷𝐷 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 210 3 𝜋 2 210 210 3 𝜋 2 3 𝜋 2 3 3 𝜋 2 𝜋 2 𝜋𝜋 𝜋 2 2 𝜋 2 3 𝜋 2 210 3 𝜋 2 , 𝑟 𝑅 𝑟𝑟 𝑟 𝑅 𝑅𝑅 𝑟 𝑅 = 1 15 1 1 15 15 15 15 15 1 15 , где R и r – радиусы большего и меньшего оснований усечённого конуса соответственно, ∠𝐴𝐴𝐷𝐷𝐶𝐶=45°. Найдите объём шара, ограниченного данной сферой.

Решение:
1) Рассмотрим ABCD: т. к. BC∥AD, то ABCD – трапеция. Так как AB и CD – образующие усечённого конуса, то AB=CD и трапеция ABCD – равнобедренная.
2) Построим CH⊥AD. Так как ∠𝐴𝐴𝐷𝐷𝐶𝐶=45° , то △CHD – равнобедренный и CH=HD.𝐻𝐻𝐷𝐷= 𝐴𝐷−𝐵𝐶 2 𝐴𝐴𝐷𝐷−𝐵𝐵𝐶𝐶 𝐴𝐷−𝐵𝐶 2 2 𝐴𝐷−𝐵𝐶 2 =𝑅𝑅−𝑟𝑟  𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑆𝑆 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶𝐷𝐷 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐵𝐶+𝐴𝐷 2 𝐵𝐵𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐷𝐷 𝐵𝐶+𝐴𝐷 2 2 𝐵𝐶+𝐴𝐷 2 ∗𝐶𝐶𝐻𝐻= 𝑅+𝑟 𝑅𝑅+𝑟𝑟 𝑅+𝑟 𝑅−𝑟 𝑅𝑅−𝑟𝑟 𝑅−𝑟 = 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 − 𝑟 2 𝑟𝑟 𝑟 2 2 𝑟 2 = 210 3 𝜋 2 210 210 3 𝜋 2 3 𝜋 2 3 3 𝜋 2 𝜋 2 𝜋𝜋 𝜋 2 2 𝜋 2 3 𝜋 2 210 3 𝜋 2 , но 𝑟𝑟= 𝑅 15 𝑅𝑅 𝑅 15 15 15 15 15 𝑅 15 , тогда  𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 1− 1 15 1− 1 15 1 1 15 15 1 15 1− 1 15 = 210 3 𝜋 2 210 210 3 𝜋 2 3 𝜋 2 3 3 𝜋 2 𝜋 2 𝜋𝜋 𝜋 2 2 𝜋 2 3 𝜋 2 210 3 𝜋 2 =>𝑅𝑅= 15 3 𝜋 2 15 15 3 𝜋 2 3 𝜋 2 3 3 𝜋 2 𝜋 2 𝜋𝜋 𝜋 2 2 𝜋 2 3 𝜋 2 15 3 𝜋 2 => 𝑉 шара 𝑉𝑉 𝑉 шара шара 𝑉 шара = 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋∗ 15 3 𝜋 15 3 15 15 3 3 15 3 15 3 𝜋 𝜋𝜋 15 3 𝜋 =4500

Известно: Формула для нахождения объема шараНовизна: для нахождения объема шара необходимо узнать его радиус, который представлен в условии задачи, как отношение радиусов окружностей усеченного конуса, необходимо найти те нестандартные (после прочтения условия) соотношения, с помощью которых можно выразить радиус самого шара.

Задача 3. Сфера касается граней двугранного угла в 120°. Найдите объём сферы и расстояние между точками касания, если расстояние от центра сферы до ребра двугранного угла равно а.

Решение:
ОА ⊥ β, АС ⊥ MN (по построению). => ОС⊥МN (по теореме о трех перпендикулярах)
ОС — расстояние от центра сферы до ребра MN, ОС=а. ΔОВС=ΔОАС – прямоугольные (ОВ=ОА=R, ОС — общая), тогда ОС — биссектриса угла ∠АСВ, ∠АСВ=120o, тогда, ∠ОСА= 60 °.
Из ΔОСА имеем: ОА=𝑅𝑅=𝑎𝑎∙𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛60°= 𝑎 3 2 𝑎𝑎 3 3 3 3 𝑎 3 2 2 𝑎 3 2

𝑉𝑉= 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑎 3 2 3 𝑎 3 2 𝑎 3 2 𝑎𝑎 3 3 3 3 𝑎 3 2 2 𝑎 3 2 𝑎 3 2 𝑎 3 2 3 3 𝑎 3 2 3 = 𝑎 3 3 2 𝑎 3 𝑎𝑎 𝑎 3 3 𝑎 3 3 3 3 3 𝑎 3 3 2 2 𝑎 3 3 2 𝜋𝜋
AB — расстояние между точками касания.
ΔАОВ — равнобедренный, ∠ОСА=60°, тогда, ∠𝑂𝑂𝐵𝐵𝐴𝐴=∠𝑂𝑂𝐴𝐴𝐵𝐵=60°,
ΔАОВ — равносторонний, 𝐴𝐴𝐵𝐵=𝑂𝑂𝐴𝐴= 𝑎 3 2 𝑎𝑎 3 3 3 3 𝑎 3 2 2 𝑎 3 2 .
Ответ: 𝐴𝐴𝐵𝐵= 𝑎 3 2 𝑎𝑎 3 3 3 3 𝑎 3 2 2 𝑎 3 2 , 𝑉𝑉= 𝑎 3 3 2 𝑎 3 𝑎𝑎 𝑎 3 3 𝑎 3 3 3 3 3 𝑎 3 3 2 2 𝑎 3 3 2 𝜋𝜋

Перестройка: у учеников есть опыт решения задач на нахождение объема шара, а также задач, связанных с двугранными углами. Также есть знакомые планиметрические конструкции. Но чтобы применить известный алгоритм решения, необходимо свести стереометрические конструкции к планиметрическим и обратно.

Задача 4. На левую чашу весов положили две круглых монеты, а на правую — ещё одну, так что весы оказались в равновесии. А какая из чаш перевесит, если каждую из монет заменить шаром того же радиуса? (Все шары и монеты изготовлены целиком из одного и того же материала, все монеты имеют одинаковую толщину.)
Решение1) Так как при растяжении в R раз площади меняются в R2, а объёмы в R3 раз, площадь круга радиуса R равна 𝜋𝜋R2, а объем шара 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋R3.2) Обозначим радиусы монет через R1, R2 и R3. Вначале весы были в равновесии, поэтому 𝜋𝜋 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 +𝜋𝜋 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 =𝜋𝜋 𝑅 3 2 𝑅𝑅 𝑅 3 2 3 𝑅 3 2 2 𝑅 3 2 , т. е. 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 + 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 = 𝑅 3 2 𝑅𝑅 𝑅 3 2 3 𝑅 3 2 2 𝑅 3 2 .3)Аналогично, чтобы определить, что произошло с весами, после того как монеты заменили шарами, нужно сравнить их объемы 4𝜋 3 4𝜋𝜋 4𝜋 3 3 4𝜋 3 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 + 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 с 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑅 3 2 𝑅𝑅 𝑅 3 2 3 𝑅 3 2 2 𝑅 3 2 , то есть 𝑅 1 3 𝑅𝑅 𝑅 1 3 1 𝑅 1 3 3 𝑅 1 3 + 𝑅 2 3 𝑅𝑅 𝑅 2 3 2 𝑅 2 3 3 𝑅 2 3 с 𝑅 3 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 3 𝑅 3 3 3 𝑅 3 3 . Правая часть умножилась на больший радиус 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 , а два слагаемых в левой части — на меньшие радиусы 𝑅 1 𝑅𝑅 𝑅 1 1 𝑅 1 и 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 : 𝑅 1 3 𝑅𝑅 𝑅 1 3 1 𝑅 1 3 3 𝑅 1 3 + 𝑅 2 3 𝑅𝑅 𝑅 2 3 2 𝑅 2 3 3 𝑅 2 3 = 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 · 𝑅 1 𝑅𝑅 𝑅 1 1 𝑅 1 + 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 · 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 < 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 · 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 + 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 · 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = ( 𝑅 1 2 𝑅𝑅 𝑅 1 2 1 𝑅 1 2 2 𝑅 1 2 + 𝑅 2 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 2 𝑅 2 2 )· 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = 𝑅 3 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 3 𝑅 3 3 3 𝑅 3 3 .Ответ: правая чаша перевесит
Перестройка: Известный способ заключается в том, что ученики знают способ сравнения отдельно площадей кругов и объемом шаров, но перестройка происходит в момент, когда необходимо круги «преобразовать» в шары.

Выбор рационального способа решения

Задача 5: Проведены две параллельные плоскости по одну сторону от центра шара на расстоянии 3 друг от друга. Эти плоскости дают в сечении два малых круга, радиусы которых соответственно равны 9 и 12. Найдите объём шара.

1) Обозначим через R радиус шара. Проведём сечение шара произвольной плоскостью, проходящей через диаметр шара, перпендикулярный данным секущим плоскостям.
2) Получим равнобедренную трапецию ABCD с основаниями AD = 2· 12 = 24 и BC = 2· 9 = 18 и высотой, равной 3, вписанную в окружность радиуса R.
3) Пусть CK – высота трапеции. Тогда
𝐷𝐷𝐾𝐾= 1 2 1 1 2 2 1 2 𝐴𝐷−𝐵𝐶 𝐴𝐴𝐷𝐷−𝐵𝐵𝐶𝐶 𝐴𝐷−𝐵𝐶 = 1 2 1 1 2 2 1 2 24−18 24−18 24−18 =3
𝐴𝐴𝐾𝐾= 1 2 1 1 2 2 1 2 𝐴𝐷+𝐵𝐶 𝐴𝐴𝐷𝐷+𝐵𝐵𝐶𝐶 𝐴𝐷+𝐵𝐶 = 1 2 1 1 2 2 1 2 24+18 24+18 24+18 =21
𝐴𝐴𝐶𝐶= 𝐴 𝐾 2 +𝐶 𝐾 2 𝐴 𝐾 2 +𝐶 𝐾 2 𝐴𝐴 𝐾 2 𝐾𝐾 𝐾 2 2 𝐾 2 +𝐶𝐶 𝐾 2 𝐾𝐾 𝐾 2 2 𝐾 2 𝐴 𝐾 2 +𝐶 𝐾 2 = 441+9 441+9 441+9 441+9 = 450 450 450 450 =15 2 2 2 2

4) Треугольник CKD – прямоугольный и равнобедренный. Поэтому KDC = 45°. 5) Следовательно, 𝑅𝑅= 𝐴𝐶 2𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 𝐴𝐴𝐶𝐶 𝐴𝐶 2𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛∠𝐴𝐴𝐷𝐷𝐶𝐶 𝐴𝐶 2𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 = 15 2 2𝑠𝑖𝑛45° 15 2 2 2 2 15 2 2𝑠𝑖𝑛45° 2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛45° 15 2 2𝑠𝑖𝑛45° = 15 2 2 2 2 15 2 2 2 2 15 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 15 2 2 2 2 =15 6) 𝑉𝑉= 1 3 1 1 3 3 1 3 𝜋𝜋 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = 1 3 1 1 3 3 1 3 𝜋𝜋 15 3 15 15 3 3 15 3 =4500𝜋𝜋.
Ответ: 4500𝜋𝜋

1) АВ=3, ВР=9, AQ=12 см
OP=OQ=R – радиус шара
OB-OA=3

2 способЗадача 5: Проведены две параллельные плоскости по одну сторону от центра шара на расстоянии 3 друг от друга. Эти плоскости дают в сечении два малых круга, радиусы которых соответственно равны 9 и 12. Найдите объём шара.

2) 𝑂𝑂 𝐵 2 𝐵𝐵 𝐵 2 2 𝐵 2 +𝐵𝐵 𝑃 2 𝑃𝑃 𝑃 2 2 𝑃 2 =𝑂𝑂 𝑃 2 𝑃𝑃 𝑃 2 2 𝑃 2 и 𝑂𝑂 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 +𝐴𝐴 𝑄 2 𝑄𝑄 𝑄 2 2 𝑄 2 =𝑂𝑂 𝑄 2 𝑄𝑄 𝑄 2 2 𝑄 2 по теореме Пифагора
𝑂 𝐵 2 + 9 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐴 2 + 12 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐵 2 + 9 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐴 2 + 12 2 = 𝑅 2 𝑂𝑂 𝐵 2 𝐵𝐵 𝐵 2 2 𝐵 2 + 9 2 9 9 2 2 9 2 = 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 𝑂 𝐵 2 + 9 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐴 2 + 12 2 = 𝑅 2 𝑂𝑂 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 + 12 2 12 12 2 2 12 2 = 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 𝑂 𝐵 2 + 9 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐴 2 + 12 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐵 2 + 9 2 = 𝑅 2 𝑂 𝐴 2 + 12 2 = 𝑅 2
Вычитая (1) из (2), получим: 𝑂𝑂 𝐵 2 𝐵𝐵 𝐵 2 2 𝐵 2 −𝑂𝑂 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 = 12 2 12 12 2 2 12 2 − 9 2 9 9 2 2 9 2 ; (𝑂𝑂𝐵𝐵−𝑂𝑂𝐴𝐴) (𝑂𝑂𝐵𝐵+𝑂𝑂𝐴𝐴)=63
Подставляя OB-OA=3, получим: 3(𝑂𝑂𝐵𝐵+𝑂𝑂𝐴𝐴)=63𝑂𝑂𝐵𝐵+𝑂𝑂𝐴𝐴 =21𝑂𝑂𝐵𝐵=12 𝑂𝑂𝐴𝐴=9

3) 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 = 12 2 12 12 2 2 12 2 + 9 2 9 9 2 2 9 2 =225 R=15
4) 𝑉𝑉= 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 = 4 3 4 4 3 3 4 3 𝜋𝜋 15 2 15 15 2 2 15 2 ∗15=4500𝜋𝜋 с м 3 м м 3 3 м 3
Ответ: 4500π

Способ более рациональный так как используется меньше теоретических фактов.

Реальные условия

Задача 6. В ювелирном магазине проходит акция. Два жемчуга радиусом 3 мм и 5 мм по цене одной жемчужины радиусом 8мм. Представленный жемчуг – правильной шарообразной формы. Является ли акция выгодной для покупателя?
РешениеХотя на картинке и видно, что два маленьких жемчуга не вылезают за границы большого, докажем это. Пусть, например, точка A лежит внутри жемчужины с радиусом 5. Проверим, что она попадает внутрь большой жемчужины, т. е. что 𝐴𝐴 𝑂 3 𝑂𝑂 𝑂 3 3 𝑂 3 ≤ 8 . Но действительно, по неравенству треугольника 𝐴𝐴 𝑂 3 𝑂𝑂 𝑂 3 3 𝑂 3 ≤𝐴𝐴 𝑂 2 𝑂𝑂 𝑂 2 2 𝑂 2 + 𝑂 2 𝑂𝑂 𝑂 2 2 𝑂 2 𝑂 3 𝑂𝑂 𝑂 3 3 𝑂 3 ≤ 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 +( 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 − 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 )= 𝑅 3 𝑅𝑅 𝑅 3 3 𝑅 3 .


Реальные условия

Задача 7. Сколько ткани уйдет на пошивку кепок без козырька (полусферической формы), если обхват головы заказчика 60 см, а на швы уходит 5 % от поверхности кепки. Замечание: принять π=3,14, ответ округлить до целых.
Решение
1) Если обхват головы 60 см, то 60=2𝜋𝜋𝑅𝑅, значит 𝑅𝑅= 30 𝜋 30 30 𝜋 𝜋𝜋 30 𝜋
2) 𝑆 пов.ш 𝑆𝑆 𝑆 пов.ш пов.ш 𝑆 пов.ш =4𝜋𝜋 𝑅 2 𝑅𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 =4𝜋𝜋∙ 900 𝜋 900 900 𝜋 𝜋𝜋 900 𝜋 = 3600 𝜋 3600 3600 𝜋 𝜋𝜋 3600 𝜋
Значит для полусферической формы 3600 𝜋 3600 3600 𝜋 𝜋𝜋 3600 𝜋 :2= 1800 𝜋 1800 1800 𝜋 𝜋𝜋 1800 𝜋
3) 𝑆 швов 𝑆𝑆 𝑆 швов швов 𝑆 швов = 1800 𝜋 1800 1800 𝜋 𝜋𝜋 1800 𝜋 ∙0,05= 90 𝜋 90 90 𝜋 𝜋𝜋 90 𝜋
4) 𝑆 ткани 𝑆𝑆 𝑆 ткани ткани 𝑆 ткани = 1800 𝜋 1800 1800 𝜋 𝜋𝜋 1800 𝜋 + 90 𝜋 90 90 𝜋 𝜋𝜋 90 𝜋 = 1890 𝜋 1890 1890 𝜋 𝜋𝜋 1890 𝜋 ≈601,91…=602 с м 2 м м 2 2 м 2