GEOMETRIJA
Planovi časova za 10. razred
Lekcija 56
Predmet. Područje ortogonalne projekcije poligona
Svrha časa: proučavanje teoreme o površini ortogonalne projekcije poligona, razvijanje vještina učenika u primjeni naučene teoreme u rješavanju zadataka.
Oprema: stereometrijski set, model kocke.
Tokom nastave
I. Provjera domaćeg zadatka
1. Dva učenika reproduciraju rješenja zadataka br. 42, 45 na tabli.
2. Frontalno ispitivanje.
1) Definišite ugao između dve ravni koje se seku.
2) Koliki je ugao između:
a) paralelne ravni;
b) okomite ravni?
3) U kojim granicama se može promijeniti ugao između dvije ravni?
4) Da li je tačno da ravan koja seče paralelne ravni ih seče pod istim uglovima?
5) Da li je tačno da ravan koja siječe okomite ravnine siječe ih pod jednakim uglovima?
3. Provjera ispravnosti rješenja zadataka br. 42, 45 koje su učenici ponovo kreirali na tabli.
II. Percepcija i svijest o novom materijalu
Zadatak za studente
1. Dokazati da je površina projekcije trokuta, čija je jedna strana u ravni projekcije, jednaka umnošku njegove površine i kosinusa ugla između ravni poligona i ravni projekcije.
2. Dokazati teoremu za slučaj kada je trougao rešetke onaj u kojem je jedna strana paralelna s ravninom projekcije.
3. Dokažite teoremu za slučaj kada je trougao rešetke onaj u kojem nijedna strana nije paralelna s ravninom projekcije.
4. Dokazati teoremu za bilo koji poligon.
Rješavanje problema
1. Nađite površinu ortogonalne projekcije poligona čija je površina 50 cm2, a ugao između ravnine poligona i njegove projekcije je 60°.
2. Nađite površinu poligona ako je površina ortogonalne projekcije ovog poligona 50 cm2, a ugao između ravnine poligona i njegove projekcije 45°.
3. Površina poligona je 64 cm2, a površina ortogonalne projekcije je 32 cm2. Pronađite ugao između ravnina poligona i njegove projekcije.
4. Ili je možda površina ortogonalne projekcije poligona jednaka površini ovog poligona?
5. Ivica kocke je jednaka a. Nađite površinu poprečnog presjeka kocke ravninom koja prolazi kroz vrh baze pod uglom od 30° prema ovoj osnovici i siječe sve bočne rubove. (Odgovor.)
6. Zadatak br. 48 (1, 3) iz udžbenika (str. 58).
7. Zadatak br. 49 (2) iz udžbenika (str. 58).
8. Stranice pravougaonika su 20 i 25 cm.Njegova projekcija na ravan je slična njemu. Pronađite obim projekcije. (Odgovor: 72 cm ili 90 cm.)
III. Zadaća
§4, stav 34; sigurnosno pitanje br. 17; zadaci br. 48 (2), 49 (1) (str. 58).
IV. Sumiranje lekcije
Pitanje za razred
1) Navedite teoremu o površini ortogonalne projekcije poligona.
2) Može li površina ortogonalne projekcije poligona biti veća od površine poligona?
3) Kroz hipotenuzu AB pravougaonog trougla ABC crta ravan α pod uglom od 45° u odnosu na ravan trougla i okomito na CO na ravan α. AC = 3 cm, BC = 4 cm. Navedite koja od sljedećih tvrdnji je tačna, a koja netačna:
a) ugao između ravni ABC i α jednak je uglu SM, gde je tačka H osnova visine SM trougao ABC;
b) CO = 2,4 cm;
c) trougao AOC je ortogonalna projekcija trougla ABC na ravan α;
d) površina trougla AOB je 3 cm2.
(Odgovor: a) Tačno; b) pogrešno; c) netačno; d) tačno.)
Podsjetimo da je ugao između prave i ravni ugao između date prave i njene projekcije na ravan (Sl. 164).
Teorema. Površina ortogonalne projekcije poligona na ravan jednaka je površini projektovanog poligona pomnoženoj sa kosinusom ugla koji formiraju ravnina poligona i ravnina projekcije.
Svaki poligon se može podijeliti na trokute čiji je zbir površina jednak površini poligona. Stoga je dovoljno dokazati teoremu za trokut.
Neka se \(\Delta\)ABC projektuje na ravan R. Razmotrimo dva slučaja:
a) jedna od stranica \(\Delta\)ABC je paralelna sa ravninom R;
b) nijedna od stranica \(\Delta\)ABC nije paralelna R.
Hajde da razmotrimo prvi slučaj: neka [AB] || R.
Nacrtajmo ravan kroz (AB) R 1 || R i projektovati ortogonalno \(\Delta\)ABC na R 1 i dalje R(Sl. 165); dobijamo \(\Delta\)ABC 1 i \(\Delta\)ABC.
Po svojstvu projekcije imamo \(\Delta\)ABC 1 \(\cong\) \(\Delta\) ABC, pa prema tome
S \(\Delta\)ABC1 = S \(\Delta\)ABC
Nacrtajmo ⊥ i segment D 1 C 1 . Tada ⊥ , a \(\widehat(CD_(1)C_(1))\) = φ je vrijednost ugla između ravni \(\Delta\) ABC i ravni R 1 . Zbog toga
S \(\Delta\) ABC1 = 1 / 2 |AB| |C 1 D 1 | = 1 / 2 |AB| |CD 1 | cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ
i, prema tome, S \(\Delta\)ABC = S \(\Delta\)ABC cos φ.
Idemo dalje na razmatranje drugi slučaj. Hajde da nacrtamo avion R 1 || R kroz taj vrh \(\Delta\)ABC, udaljenost od koje je do ravni R najmanji (neka je ovo vrh A).
Dizajnirajmo \(\Delta\)ABC na ravni R 1 i R(Sl. 166); neka su njegove projekcije \(\Delta\)AB 1 C 1 i \(\Delta\)ABC, respektivno.
Neka (BC)\(\cap\) str 1 = D. Onda
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
Zadatak. Kroz stranu baze je ispravan trouglasta prizma ravan je povučena pod uglom φ = 30° u odnosu na ravan njene osnove. Nađite površinu rezultirajućeg poprečnog presjeka ako je stranica osnove prizme A= 6 cm.
Oslikajmo poprečni presjek ove prizme (sl. 167). Pošto je prizma pravilna, njene bočne ivice su okomite na ravan osnove. To znači da je \(\Delta\)ABC projekcija \(\Delta\)ADC, dakle
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(S_(\Delta ABC))(cos\phi) = \frac(a\cdot a\sqrt3)(4cos\phi) $$
ili
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(6\cdot 6\cdot \sqrt3)(4\cdot\frac(\sqrt3)(2)) = 18 (cm^2) $$
Razmotrit ću pitanje formule za projekcije lica pravokutnog tetraedra. Prvo ću razmotriti ortogonalni dizajn segmenta koji leži u ravni α, naglašavajući dva slučaja položaja ovog segmenta u odnosu na pravu liniju l=α∩π.
Slučaj 1.
AB∥l(Sl. 8). Segment A 1 B 1, koji je ortogonalna projekcija segmenta AB, jednak je i paralelan segmentu AB.
Rice. 8
Slučaj 2.
CD⊥l(Sl. 8). Po teoremi o tri okomice, prava C 1 D 1, koja je ortogonalna projekcija prave CD, također je okomita na pravu l. Dakle, ∠CEC 1 je ugao između ravni α i ravni projekcije π, tj. C 0 D=C 1 D 1. Stoga |C 1 D 1 |=|CD|∙cosφ
Sada ću razmotriti pitanje ortogonalnog dizajna trougla.
Površina ortogonalne projekcije trokuta na ravan jednaka je površini projektovanog trokuta pomnoženoj sa kosinusom ugla između ravnine trokuta i ravnine projekcije.
Dokaz. Površina projekcije trougla. Prema teoremi o tri okomice, prava B 1 H 1 - ortogonalna projekcija prave BH - je okomita na pravu l, stoga je segment B 1 H 1 visina trougla A 1 B 1 C 1 . Zbog toga . Dakle, .
a) Neka je jedna od strana, na primjer AC, projektovanog trougao ABC paralelno sa pravom l=α∩π (slika 9) ili leži na njoj.
Tada je njegova visina VN okomita na pravu l, a površina jednaka, tj.
Rice. 9
b) Nijedna stranica projektovanog trougla ABC nije paralelna pravoj l (sl. 10). Povući ću liniju kroz svaki vrh trougla paralelnu pravoj l. Jedna od ovih pravih leži između druge dvije (na slici je to prava m), te stoga trougao ABC dijeli na trouglove ABD i ACD sa visinama BH i CE, povučene na njihovu zajedničku stranicu AD (ili njen nastavak) , što je paralelno l. Prava m 1 - ortogonalna projekcija prave m - takođe deli trougao A 1 B 1 C 1 - ortogonalnu projekciju trougla ABC - na trouglove A 1 B 1 D 1 i A 1 C 1 D 1, gde je. Uzimajući (9) i (10) u obzir, shvatam
Nedavno su se u zadatku C2 pojavili problemi u kojima je potrebno konstruisati presek poliedra sa ravninom i pronaći njegovu površinu. Ovaj zadatak je predložen u demo verziji. Često je zgodno pronaći površinu poprečnog presjeka kroz područje njegove ortogonalne projekcije. Prezentacija daje formulu za takvo rješenje i detaljna analiza zadatak, koji je popraćen nizom crteža.
Skinuti:
Pregled:
Da biste koristili preglede prezentacija, kreirajte Google račun i prijavite se na njega: https://accounts.google.com
Naslovi slajdova:
Priprema za Jedinstveni državni ispit iz matematike 2014. Pronalaženje površine poprečnog presjeka kroz površinu njegove ortogonalne projekcije. Zadatak C2 Nastavnik matematike MBOU Srednja škola br. 143 Krasnojarsk Knyazkina T.V.
Razmotrimo rješenje sljedećeg problema: U pravokutnom paralelepipedu, . Presek paralelepipeda prolazi kroz tačke B i D i formira ugao sa ravni ABC. Pronađite površinu poprečnog presjeka. Često je zgodno pronaći površinu poprečnog presjeka kroz područje njegove ortogonalne projekcije. Pronalaženje površine trokuta kroz površinu njegove ortogonalne projekcije lako se ilustruje sljedećom slikom:
CH je visina trougla ABC, C 'H je visina trougla ABC", što je ortogonalna projekcija trougla ABC. Iz pravouglog trougla CHC ": Površina trougla ABC" je Površina trougla ABC je Dakle, površina trokuta ABC jednaka je površini trokuta ABC ' podijeljenom kosinusom ugla između ravnina trokuta ABC i trokuta ABC", što je ortogonalna projekcija trokuta ABC.
Budući da se površina bilo kojeg poligona može predstaviti kao zbir površina trokuta, površina poligona jednaka je površini njegove ortogonalne projekcije na ravninu podijeljenu kosinusom ugla između ravni poligona i njegova projekcija. Koristimo ovu činjenicu da riješimo naš problem (pogledajte slajd 2) Plan rješenja je sljedeći: A) Konstruirajte sekciju. B) Pronađite njegovu ortogonalnu projekciju na ravan baze. C) Pronađite površinu ortogonalne projekcije. D) Pronađite površinu poprečnog presjeka.
1. Prvo treba da napravimo ovu sekciju. Očigledno, segment BD pripada presečnoj ravni i osnovnoj ravni, odnosno pripada liniji preseka ravnina:
Ugao između dve ravni je ugao između dve okomite koje su povučene na liniju preseka ravnina i leže u tim ravnima. Neka je tačka O tačka preseka dijagonala baze. OC – okomito na liniju presjeka ravnina, koja leži u ravni baze:
2. Odrediti položaj okomice koja leži u ravnini presjeka. (Zapamtite da ako je prava okomita na projekciju kose, onda je i okomita na kosu. Kosu liniju tražimo po njenoj projekciji (OC) i uglu između projekcije i kose) . Nađimo tangentu ugla COC ₁ između OC ₁ i OC
Stoga je ugao između rezne ravnine i osnovne ravni veći od ugla između OC ₁ i OC. Odnosno, sekcija se nalazi otprilike ovako: K je presečna tačka OP i A ₁C₁, LM||B₁D₁ .
Dakle, evo našeg odjeljka: 3. Nađimo projekciju BLMD sekcije na osnovnu ravan. Da bismo to učinili, nalazimo projekcije tačaka L i M.
Četvorougao BL ₁M₁D – projekcija presjeka na ravan osnove. 4. Nađite površinu četvorougla BL ₁M₁D. Da biste to učinili, oduzmite površinu trokuta L ₁CM₁ od površine trougla BCD. Pronađite površinu trokuta L ₁CM₁. Trokut L ₁CM₁ sličan je trokutu BCD. Nađimo koeficijent sličnosti.
Da biste to učinili, uzmite u obzir trokute OPC i OKK₁: Prema tome, površina trokuta L₁CM₁ je 4/25 površine trokuta BCD (omjer površina sličnih figura jednak je kvadratu koeficijenta sličnosti) . Tada je površina četvorougla BL₁M₁D jednaka 1-4/25=21/25 površine trougla BCD i jednaka je
5. Sada pronađimo 6. I konačno dobijamo: Odgovor: 112
Na temu: metodološki razvoji, prezentacije i bilješke
Ispitni rad iz discipline „Inženjerska računarska grafika“ sastoji se od četiri test zadataka uspostaviti usklađenost. Za izvršenje zadataka predviđeno je 15-20 minuta...
Prezentacija sa kratki kurs teorije i rješenja raznih prototipova B8 iz otvorene banke zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Može se koristiti na interaktivnoj tabli ili na đačkim računarima za samopripremu....
Priprema za Jedinstveni državni ispit iz matematike 2014. Rješenje zadatka C1.
Materijal pruža rješenja zadatka C1 (trigonometrijska jednačina) i 4 načina odabira korijena koji pripada intervalu: korištenjem trigonometrijski krug, koristeći graf funkcije, grubu silu...
