«Сечение куба плоскостью и практическое их применение в задачах».

«Сечение куба плоскостью  и практическое их применение в задачах». 3 Введение: Задачи на построение сечений многогранников занимают значительное место как школьном курсе геометрии для старших классов, так и на экзаменах разного уровня. Решение этого вида задач способствует усвоению аксиом стереометрии, систематизации знаний и умений, развитию пространственного   представления   и   конструктивных   навыков.   Общеизвестны   трудности, возникающие при решении задач на построение сечений. Основными действиями, составляющими метод построения сечений, являются нахождение точки   пересечения   прямой   с   плоскостью,   построение   линий   пересечения   двух   плоскостей, построение прямой параллельной плоскости, построение прямой перпендикулярной плоскости. Проиллюстрирую построение сечения на одной задаче из школьного курса математики:  №1.  Постройте   хотя   бы   два   сечения   куба  ABCDA1B1C1D1  плоскостью   АМ1С,   если точка М1 движется по отрезку ВВ1 от В до В1. Найдите границы измерения высоты сечения, проведённой из точки М1. A B B 1 M 2 M 1 D C C 1 D 1 A 1 Решение: Построим два требуемых сечения, взяв точку М1 ближе к точке В, а точку М2 ближе к В1. Оба сечения показаны на рисунке .В начале движения когда точка М1только отошла от точки В1, сечение представляет собой треугольник с основанием АС и высотой  Если точка М1 займёт положение М1О, которая чуть больше отрезка ВО, т.е.  М2  расположенной  очень   близко  к  точке   В1,  то    АМ2С  почти  совпадёт  с    АВ1С,  а  его OM  2 a 2 . 1 высота   М1О   –   с   отрезком   В1О,   длина   которого   равна   6a 2     (ОВ1= 2 CB 1  2 OC = 4 2 2 a  2 a 2  2 4 a  2 2 a  2 3 a 2 a  6 ). 2 Отсюда по соображениям непрерывности делаем вывод:  a 2 2 Особо   следует   посмотреть,   что   произойдёт,   если   точка   М1  займёт   положение вершины В.         №2. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через три точки А1, E и L, лежащие на рёбрах куба.                                     OM 1  a 6 . 2 5 N E D F D 1  C K C 1 L M B B 1 A A 1  Плоскости граней A1ADD1 и DD1C1C  пересекаются по прямой DD1, а плоскости граней  A1B1C1D1 u DD1C1C  – по прямой  D1C1. Соединив точки А и Е , получим прямую пересечения секущей плоскости с плоскостью грани AA1D1D, а продолжив её, найдём точку N, принадлежащую трём плоскостям: плоскости сечения и плоскостям граней  AA1D1D u DD1C1C. Аналогично   найдём   точку   М,   общую   трём   плоскостям:   плоскости   сечения   и   плоскостям   граней A1B1C1D1  u  DD1C1C. Таким образом, точки  N  u  M  принадлежат   секущей плоскости и плоскости   DD1C1C; прямая  MN  –   линия   пересечения   плоскости     сечения     с   плоскостью   грани  DD1C1C,   а   F   и   K   –   точки пересечения   её с рёбрами куба  CD  u  CC1. Последовательно соединив прямыми точки  A1,  E,  F,  K  u  L, получаем пятиугольник A!EFKL, который и даст нам искомое сечение. B B 1 B B 1 F H A A 1 A A 1 B F B 1 B B 1 C A C 1 A 1 C A C 1 A 1 K R D D D 1 D 1 6 C A E C 1 A 1 C C 1 A A 1 M D D L D 1 D 1 B F K B 1 B N B 1 D D V D 1 K D 1 C C 1 C C 1 A A 1 A E A 1 B N B 1 B B 1 G F C C 1 C L C 1 D K K D D 1 M D 1 7 При построении сечения куба плоскостью Х при произвольном расположении точек в сечении получается:   треугольник,   трапеция,   прямоугольник,   пятиугольник   или   шестиугольник. Естественно возник вопрос, как вид сечения зависит от вида расположения точек задающих это сечение Я решил провести исследование, цель которого является выяснение. 8  Построить сечения куба плоскостью, когда заданы три точки принадлежащие рёбрам с одной вершиной. 9 C C 1 C C 1 C C 1 D D 1 D F D 1 F D D 1 L A A 1 A A 1 A A 1 B B 1 B B 1 B B 1 K Взяты три точки  A1, D, C1, которые принадлежат вершине D1, а сами являются вершинами куба.  В сечении получился равносторонний треугольник, так как A1C1, A1D u DC1 – диагонали граней этого куба. F D K D 1 F D K D 1 J D F D 1 Три точки прина L длежа щие рёбра м   с одной верши ной D1. Точки F  u  M прина длежа т продо лжени ям рёбер D1D  u L D1C соотв етстве нно,   а точка A1 являе тся верши ной куба. В сечен ии получ ился пятиуг ольни к A1KLN G. Взяты три точки F,  M  u Q  так, B B 1 B B 1 B M B 1 A A 1 Q A A H A 1 Q A 1 Три точки: A1 u C1 – вершины   куба,   а точка  F принадлежит ребру   куба  DD1. Точки принадлежат прямым   выходящим из вершины D1. В получился равнобедренный треугольник,   так как F равноудалена от точек A1 u C1. сечении       Три точки: A1 u C1 – вершины   куба,   а точка  F принадлежит прямой   ребра   куба DD1. Точки принадлежат прямым   выходящим из   одной   вершины D1. В получается равнобедренная трапеция, так как F равноудалена   от точек  A1  u  C1,   то есть LA1=KC1. сечении что   лежат   на   продолжении   рёбер  D1D,  D1C1,   и  D1A1 соответственно. В сечении получился шестиугольник KLNGJH. 10 Три точки лежат на рёбрах с одной вершиной D1.     сечении В получился произвольный   но треугольник, если точки расположить   так чтобы D1Q=D1M=D1F,   то есть если они были бы   равноудалены от вершины D1  то в сечении   получился бы равносторонний треугольник. Секущая плоскость задана точками Н, Q и M. В   сечении   получается параллелограмм,   так   как  ││ PC по KC  теореме   о   пересечении двух параллельных плоскостей третьей.  ││ MP и MK      H D D 1 H D D 1 M A A 1 A M A 1 C C 1 P B B 1 C C 1 B B 1 P Q Q H D D 1 A A 1 M C C 1 B B 1 Q    Q  и  M, Если   точки  H, задают секущую плоскость,   удаленные   от D, на расстоянии 2a, где а –   для   ребра   куба,   то   в сечении получается правильный   треугольник ACB1. Вывод:   три   задающих   сечение   точки   принадлежат   трём   рёбрам   куба   с   общей   вершиной   или являются их продолжением, то в сечении получается: треугольник, пятиугольник, шестиугольник трапеция, параллелограмм. Построение   сечения   куба   плоскостью,   когда   заданы   три точки,   две   из   которых   лежат   на   смежных   рёбрах,   а   третья точка лежит на ребре не смежном с ними. D L D 1 M A F A 1 C u   M  Три точки M, K u F, взяты так   что F принадлежат   рёбрам   с одной   вершиной  A1,   а точка  K  лежит на ребре не смежным с ними. Q В   сечении получается прямоугольник,   так   как А1М=D1K  и по теореме о трёх   перпендикулярах можно   доказать   что MKLF  –   прямоугольник., а   если   А1М D1K,   то получится может трапеция   или пятиугольник. C 1   B K B 1 Взяты   три точки   так, что  K  u  L H принадлежа D т   рёбрам выходящим из   одной вершины  A1, а   точка  N принадлежи т ребру  CC1, не смежному сними. K, L u N  середины D 1 рёбер  A1A, A1B1  u  CC1  – соответстве нно. В   сечении получается правильный шестиугольн ик KLGNHM L M A K A 1 D T C H G A F A 1 D 1 M K C 1 S D L D 1 M K B B 1 B B 1 A F A 1 D D 1 L Z C A K A 1 C 1 B B 1 E B G T B 1 G Взяты   три точки   так, что  K  u  L принадлежа т   рёбрам выходящим из   одной вершины  A1, а   точка  T принадлежи т ребру DC. В   сечении   получается   шестиугольник KLFRTZ. A L A 1 S D D 1 K A K A 1 B G M Q B 1 T D 1 L C Три   точки   взяты так,   что  K  u  L принадлежат рёбрам   куба   с одной вершины A1, а   точка  M  ребре DD1. В получается трапеция LKQM. сечении   C 1 C R Три   точки  K  u  L которые принадлежат рёбрам   с   одной  A1.и вершиной B точка  R  которая лежит   на   ребре BC. В сечении получается C 1 пятиугольник KLFRT.   F B 1 G Вывод: Если секущая плоскость задана тремя точками, две из которых лежат на смежных рёбрах, а третья на ребре не смежном с ними, то в сечении может получиться прямоугольник, пятиугольник, шестиугольник, трапеция. В сечении куба параллелограмм и его частные случаи. H J D D 1 D F D 1 D G D 1 D D 1 A A 1 A A 1 A A 1 A A 1 T K C C 1 C C 1 C C 1 C C 1 B B 1 B L B 1 B H B 1 B B 1  T,  H, Точки  J задающие   сечение расположены   так, что  TH  AD,  HJ  AD.   В   сечении получается квадрат HTKJ.  F, Сечение   задано точками  C,  L, причём  DF=FD1, BL=LB1.   В   сечении получается   ромб AFCL.  G, Сечение   задано точками  C,  H. B1H=DG. В сечении параллелограмм A1GCH. Точки   задающие сечение   являются вершинами   куба  A, D,  C1.   В   сечении получается прямоугольник В сечении куба правильные многоугольники D D 1 D K D 1 D D 1 D D 1 K E O A A 1 A A 1 A A 1 A K A 1 B B 1 B T B 1 B B 1 E B M M T C C 1 C C 1 C C 1 C H C 1 T B 1 M     Треугольник АВВ1 равносторонний,   так   как его это диагонали граней куба. стороны   Треугольник КМТ равносторонний,   так   как КВ=МВ=ТВ.   КМТЕ – квадрат, так как сечение   задано   точками М, К, Е и МК  AD,  EK  AD. В   сечении   правильный шестиугольник   КМТНЕО, так   как   точки   Н,   Е,   К задающие сечение серединами являются   рёбер   СС1,  DC,   АА1 соответственно. Куб и несколько задач по стереометрии с ЕГЭ. В пособии  “ЕГЭ 2005. Математика. Типовые тестовые задачи” (Корникова Т. А. и др.) Содержит 10 задач (С4) по   стереометрии, объединенных общей идеей: дана треугольная призма АВСА1В1С1  стороны основания   АВ   и   ВС   взаимно   перпендикулярны   и   перпендикулярны   ребру   ВВ1,   АВ=ВС=ВВ1,   вершина   А является вершиной конуса (или центром одного из оснований цилиндра, или центром сферы), основание конуса (сфера или второе основание цилиндра) проходит через середину одного ребра призмы, длина его известна.   цилиндра).   или   поверхность   конуса     Надо   найти   объем   (сферы, C C 1 B B 1 A A 1 Общий пример решения: Данную призму дополнить до куба. Шестиугольник DEFKLM – сечение куба плоскостью основания конуса , окружность которого проходит через середину А1В1, А – вершина конуса, или Q L R C F K A P O C 1 D P 1 M A 1 B E B 1 DEFKLM  – сечение куба плоскостью основания цилиндра, окружность которого проходит через середину А1В1, А – центр второго основания цилиндра, или это сечение куба плоскостью большого круга сферы с центром А, сфера которого проходит через середину А1В1. Шестиугольник DEFKLM – сечение куба плоскостью, проходящей через середину рёбер А1В1, ВВ1, ВСЖ  при построении получаются точки K, L, M, которые являются серединами  соответствующих рёбер. Стороны  этого шестиугольника являются гипотенузами треугольников DB1E, EBF, FCK, KQL, LRM, MA1D, катеты  которых равны половине ребра куба. Тогда центр этого шестиугольника является центром описанной около  него окружности, которая пересекает рёбра куба в точках D,E, F, K, L и М, радиус этой окружности 2a R  , где А1В1=а. 2 AO   EL, т. к.   EAL – равнобедренный: AL=AE. (  ABE u   EAL – прямоугольные, AB=AQ= а, BE=LQ= EO=OL  как   середина   диагонали   ЕL  шестиугольника  DEFKLM,   т.   е.   АО   –   медиана   ,а   по   свойствам равнобедренного треугольника и высота. Аналогично доказывается АО   DK. Так как АО перпендикулярна к двум пересекающимся прямым плоскости шестиугольника, то АО перпендикулярна ко всей плоскости. a 2 ) Если А – вершина конуса то АО – его высота, если А – центр второго основания цилиндра, то АО­ высота цилиндра.  АВС: АС= 2a ,  P – точки пресечения диагоналей основания  куба, АР= 1 2 РР1=  a 2 , тогда из прямоугольного   РОА АО= 2 a 4  2 2 a 4 a  3 2 . И так  АО= 2a 2 3a 2 , РР1=АА1= а. ОР= . Тогда, если идёт речь о конусе: 2 a =    R R 2 полнS .к .     2 2    a  2 2 a  5  2 a  2 2  a  2 4 10 a    2 4 2  10  AE 2 a  2 a 4 a  5 2  (из  ABE  ). 3 2 a  3  a 12 3  10 конV .  1 3  hR 2 Ответ:  S . полн к .                   Vкон  . 2  1 3 a   4 a 3 12 2 3 Если речь идёт цилиндре:  a 2   2 R S цп .  2  2 Rh   2 2 .   2 hR a   2 Vц . a 2 Ответ:  S цп . .  a  a  2 2  2 2 3 3 a   2 4 6                 Vц  . Если речь идёт о сфере: Sсф .   4 R 2  2  4 a  2 a   2 2 2 a  3 2   a 2  6 a  2 2 3 3 a 4 2 a 2 a   4 3 2 2a Vсф .  Ответ:  3  R 4 3 S сф  . 3 22 8 3 a               Vсф  .  23 3 a 3 3 2 Корникова Т. А. и др. типовые тестовые задания. ЕГЭ – 2005 Вариант 6. Задача.     Даны призма АВСА1В1С1  и цилиндр. Стороны АВ и ВС основания призмы перпендикулярны ребру   ВВ1  и   взаимно   перпендикулярны.   Центром   основания   цилиндра   служит   точка   А1 окружность второго основания проходит через середину ребра А1В1.  Найдите площадь полной поверхности цилиндра, если ВВ1=АВ=ВС=10. Найдите его объём. Решение: F B E B 1 S K A P O C C 1 Q L R P 1 M A 1 D  S  2 S    2 Rh  2 R 2 .     Vц .  2 hR . . . . . ц . ц . ц осн бок . полн пов Так   как   стороны   АВ   и   ВС   основания   призмы   перпендикулярны   ребру     ВВ1  и   взаимно перпендикулярны и АВ=ВС=ВВ1, то призма АВСА1В1С1  – это половина куба с ребром АВ. Окружность второго основания цилиндра проходит через середину А1В1. Эта окружность пересекает и другие рёбра куба. И эти точки пересечения окружности второго основания цилиндра и рёбер куба лежит в одной плоскости (плоскость сечения) и равноудалены от центра второго основания цилиндра. Плоскость второго основания цилиндра образует в сечении куба шестиугольник  DEFKLM, все вершины   которого являются    ЕВ1D,  В=900  (по   условию),  B1E=DB1= вершинами   соответствующих   рёбер.   Тогда  ED=АР=R,   1 25 2 , тогда по теореме Пифагора ED= 1 BA 5 25 , R= . 1 Докажем, что АО перпендикулярно к сечению DEFKLM,так как является его высотой цилиндра.  РОА , Р=900  РА= AC , РО= 25  5  2 . 1 2 По теореме Пифагора ОА=  SPO, P=900  PS= 1 2 25 2   10 2   25 25 2 CP   SO   25 65 2 1 pp  AA 1 2 2  (ОА=h= 35 35 ). 75  25 2 2 2 3      в    AOS:  15AS 2                             AS2=AO2+SO2.    AOS – прямоугольный АО  SO.  полнS . цV    AS    25 ц  2 .   35    103 4 100 225 50       6 2 2  2 .        AO2=75         SO2= 75 2   50 26  . пов 50 S Ответ:  . . полн  пов ц . 250 V ц . 23525    250 50    .3 3  ,26  Корникова Т. А. и др. типовые тестовые задания. ЕГЭ – 2005 Вариант 10. Задача.     Даны призма АВСА1В1С1  и конус. Стороны АВ и ВС основания перпендикулярны ребру ВВ1  и взаимно перпендикулярны. Вершина конуса располагается   в точке А, окружность основания проходит через середину ребра А1В1. Найдите площадь полной поверхности конуса, если ВВ1=АВ=ВС=8. Найдите объём этого конуса. Решение: F B E B 1 S полн . пов . к . C C 1 P O P 1 D  2 R Q L R K A M A 1 2  .      h . .   к . пов 1 3 28  S осн к . 32         OA  2 24  34 V к . AC= кV . 1 3 S Ответ: V к . . полн . . пов к 128 3    16  3   R .        V к .  S осн . к .  h . 1 3 Так как по условию дана прямая призма,  в которой ВВ1=АВ=ВС, то эта призма является половиной куба.   Вершина   куба     А  является  и   вершиной   конуса,   основание   которого   пересекает  А1В1  в  точке  D, следовательно  AD  –   образующая   конуса  AD=  .   Сечение   куба   плоскостью   основания   конуса   –   это правильный шестиугольник DEFKLM, т.к. АD, AE, AF, AK, AL, AM – это образующие конуса, вершины D, E, F, K, L, M – равноудалены от основания высоты конуса в точке О, являются серединами рёбер куба. R=ED,  EB1D, B1D =B1E=4, ED=4 2 .  AA1D, A1=900,  AD=  полнS .  DA 2 1  5424     10  2 AA 1 24 54 16 10 32 16 80 64 16       2 . 48  34  (из   ОАН, ОН   АН, НО=4, АН=4 2 ).  16 1 3 2     128  10 3  128 3  3 3. Заключение. В   результате   проведённого   компьютерного   эксперимента   в работе   было   выявлено:   что   в   зависимости   от   точек   задающих секущую плоскость в сечении куба могут получиться треугольники (произвольный,   равнобедренный   и   правильный),   четырёхугольники (квадрат,   прямоугольник,   трапеция,   ромб,   параллелограмм), пятиугольники   и   шестиугольники.   Особое   выделены   правильный треугольник   и   шестиугольник,   рассмотрены   свойства   этих многоугольников   и   задачи   с   ними   связанные   располагавшиеся     в одном из пособий для подготовки к ЕГЭ по математике. Выполнение   работы   расширило   мои   представления   о выполнении построений сечения многогранников плоскостью, дало возможность   более   глубоко   освоить   некоторые   компьютерные программы   способствующие   развитию   конструктивных   навыков, которые позволили разобраться в решении задач по стереометрии, предлагающихся в ЕГЭ по математике.