Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики



Скачать 236.14 Kb.
страница3/3
Дата08.10.2012
Размер236.14 Kb.
ТипРешение
1   2   3
Задача11. В правильной треугольной пирамиде РАВС сторона основания равна 6, а каждая боковая грань наклонена к плоскости основания под углом 600. На боковых ребрах пирамиды взяты точки А1, В1, С1 так, что РА1 =2, РВ1 =3, РС1=1.Найти объем получившейся пирамиды РА1В1С1.


.
Решение. Пусть объем данной пирамиды V=1/3 Sосн*h, где h- высота пирамиды , V1- объем искомой пирамиды.

1).Sосн=а2√3/4, если пирамида правильная, тогда Sосн=9√3.

2).АО=R=а/√3=2√3, АС=3√3, ОС=√3 в правильном ∆АВС.

3). ∆ОРС- прямоугольный, <РСО=600, как линейный угол двугранного угла РСВА, тогда РО= ОС tg600=3, т.е h=3.

4). ∆АРО- прямоугольный, тогда по теореме Пифагора находим АР=√21.

5). Находим отношения РА1: РА=2: √21, РС1:РС=1: √21, РВ1:РВ=3: √21.

6) Находим объем данной пирамиды V=1/3*9√3*3=9√3, тогда используя формулу V1: Vg r, находим, что

V1: V=2/√21*1: √21*3: √21, отсюда V1=18/7.

Ответ: V1=18/7.

Задача12.По стороне основания а найти площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды, у которой диагональное сечение равновелико основанию.
Решение. Т.к. пирамида правильная, то Sбок= ½ Росн*h, где Росн=4а, h-апофема, h=ОН. (рис.1)

По условию известно, что Sсеч=Sосн=а2, где Sсеч- площадь диагонального сечения пирамиды. Sсеч=SАРС=1/2 РО*АС, где АС=а√2 (диагональ квадрата ДАВС).

Из условия известно, что 1/2РО*АС=а2, отсюда РО=а√2.

Рассмотрим ∆РОС- прямоугольный, h= ОН= а/2, РН= √2а22/4 = 3/2 а.

Тогда Sбок= ½*4а*3/2 а=3а2.

Ответ: Sбок=2



(рис.1)

Задача13.В правильной треугольной пирамиде дана сторона основания а и угол наклона β бокового ребра к плоскости основания. Через центр основания проведено сечение пирамиды плоскостью, параллельной двум пересекающимся ребрам. Определить площадь сечения.
Решение .
Проведем сечение через ОО2// АS и ДЕ// ВС. Значит, РД//АS и EF//AS, т.е. DEFP- параллелограмм. Проведем О1О2 перпендикулярно плоскости АВС. Т.К. ОО1┴ДЕ, то ДЕ┴ОО2 по теореме о трех перпендикулярах. Тогда DEFP- прямоугольник, т.е. S DEFP= ДЕ* ОО2.

  1. ∆АМС: АМ=а√3/2 ( по теореме Пифагора), тогда АО= ⅔АМ= а/√3, ДС= ⅓ а.

  2. ∆АОS: cosβ=АО/АS, то АS= а/(√3 cosβ).

  3. ∆АОД: tgβ=ДО/АО, тогда ДО= а/3, т.е. ДЕ=⅔ а.

  4. ∆АСS подобен ∆ДРС, тогда АS:АС=ДР:ДС, отсюда ДР= а/(3√3 cosβ). Следовательно,

  5. S DEFP=⅔ а* а/(3√3 cosβ)= 2√3а2/ (27 cosβ).




  1. Ответ: S DEFP=2√3а2/ (27 cosβ).

Задача 14. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом α. Найти объем пирамиды, если её боковые грани образуют с основанием один и тот же двугранный угол β и радиус вписанного в неё шара равен r.
Решение .Т.к. все грани пирамиды образуют с основанием одинаковый угол, то вершина пирамиды Р проектируется в центр О вписанной в основание окружности. Сделаем выносные чертежи основания АВСД и ∆РОМ.

  1. Соединим точки О2 и М, получим:

∆О2ОМ: tgβ/2 = r/ОМ, то ОМ= r сtgβ/2.

  1. Отсюда, МЕ= 2 r сtgβ/2, т.е. FД=2 r сtgβ/2.

  2. ∆А FД: sin α= FД/АД, то АД=2 r сtgβ/2: sin α.

  3. Значит, Sосн= 4 r2 сtgβ2/2: sin α, т.к Sромба= а2 sin α.

  4. ∆РОМ: tgβ=РО/ОМ, то РО= r сtgβ/2 tgβ.

  5. Отсюда Vп= ⅓ * 4 r2 сtgβ2/2: sin α* r сtgβ/2 tgβ= 4/3(r3 tgβ ctgβ/2)/sinα.




  1. Ответ: Vп=4/3(r3 tgβ ctgβ/2)/sinα.




























Задачи, предлагаемые на Едином Государственном экзамене, на тему «Пирамида».
Задача 15. ( ЕГЭ С4) Дана сфера радиуса 9. В этой сфере проведено сечение, плоскость которого удалена от центра сферы на расстоянии, равном 7. Точка F выбрана на сфере, а точки А,В,С,Д- последовательно на окружности сечения так, что объем пирамиды FАВСД- наибольший. Точка М- середина ребра СF. Найти тангенс угла между прямыми ВМ и АF.

Решение.

  1. Прямые ВМ и АF- скрещивающиеся, следовательно, углом между ними является угол между прямой ВМ и прямой, параллельной прямой АF и проходящей через точку М. Для этого необходимо провести прямую МК// АF.

(Т.к. М- середина FС, то по теореме Фалеса, К- середина АС). Угол ВМК, равный φ, есть искомый угол.


  1. Чтобы объем пирамиды V=⅓Sосн*h был наибольшим, необходимо, чтобы площадь основания и высота пирамиды были наибольшими. Из всех четырехугольников, вписанных в окружность, наибольшую площадь имеет квадрат, значить АВСД- квадрат. Чтобы высота пирамиды была наибольшей, необходимо, чтобы точка F находилась на диаметре сферы, перпендикулярном плоскости сечения. Т.е. h=КF, где К- точка пересечения диагоналей квадрата АВСД.





  1. Из точки М проведем отрезок МН┴АС, следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, МК┴ВД, значит, ∆ВМК – прямоугольный и tgφ=ВК/КМ.

  2. ВК=r, где r- радиус сечения, тогда r= √R2- d2=√81-49= 4√2. ( R- радиус сферы, d- расстояние от центра сферы до сечения). ВК=4√2, FК= FО+ОК=9+7=16.

  3. ∆FАС: КМ- средняя линия, т.е. КМ= FА/2.

  4. ∆FАК- прямоугольный: по теореме Пифагора FА=√ FК2+АК2 = √ 256+32 = = 12√2. КМ=6√2.

  5. tgφ=4√2/6√2=2/3.


Ответ:2/3.

Задача 16 .(ЕГЭ. С4 ) Отрезок РN- диаметр сферы. Точки М и L лежат на сфере так, что объем пирамиды РMNL- наибольший. Найти синус угла между прямой NT и плоскостью PMN, если Т- середина ребра МL.
Решение.


  1. Пусть угол между прямой NT и плоскостью PMN равен φ, требуется найти sin φ . Угол между прямой и плоскостью- это угол между данной прямой и её проекцией на эту плоскость. Т.к. РN- диаметр сферы, тогда ∆ PMN- прямоугольный. Опустим из точки Т перпендикуляр к плоскости PMN, тогда ТК перпендикулярно ОМ и ОL┴ ОМ, то ОL //ТК. Если V=⅓Sосн*h- наибольший, то наибольшее значение должны принимать Sосн и h, где h- высота пирамиды.





  1. Из всех прямоугольных треугольников с одной и той же гипотенузой наибольшую площадь будет иметь равнобедренный треугольник. Значит, ∆ PMN- равнобедренный, т.е. МN=MP=R√2.

  2. Чтобы высота пирамиды была наибольшей, необходимо, чтобы h=R=ОL=OM=OP=ON, тогда треугольники LON и LMN равны, значит, LN=NM=R√2, отсюда NТ=МN*√3/2= R√6/2.

  3. Рассмотрим ∆LOM: т.к. ТК- средняя линия, то ТК= R/2.

  4. ∆ТКN- прямоугольный, т.к. ТК перпендикулярно плоскости РМN, то sinφ=TK/NT=2 R/2 R√6=√6/6.


Ответ: √6/6.

Задача 17.В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 10, 8 и 6. Боковые ребра наклонены к плоскости основания под углом 450. Через середину высоты проведена плоскость, параллельная основанию. Найти объем получившейся усеченной пирамиды.
Решение.
V =⅓H(S1+S2+√S1S2)

1. S1=SABC=√р(р-а)(р-в)(р-с), где р=(а+в+с):2=(10+8+6):2=12.

Тогда S1=√12(12-10)(12-8)(12-6)=24.

2. Т.к. сечение проведено через середину высоты и перпендикулярно основанию, то треугольники АВС и А1В1С1 подобны с коэффициентом подобия равным 2, тогда S2= S А1В1С1= S1:4=24:4=6.


3. Т.к. все ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одним углом, то высота пирамиды проектируется в центр описанной окружности, тогда ОА=ОВ=ОС=R=авс/4S=10*8*6/4*24=5.

4. Кроме того, все ребра наклонены под углом в 450, то ∆АОР-прямоугольный и равнобедренный, значит, высота пирамиды равна 5, а высота усеченной пирамиды равна 2,5.

Следовательно, V=⅓*2,5(6+24+√6*24)=35.
Ответ:35.
1   2   3

Похожие:

Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconРешение задач с модулем Из опыта работы учителя математики Пискаревой Р. И. г. Железногорск
Решение неравенств, содержащих знак модуля, методом введения новой переменно
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconРешение по формуле. Зная, что площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов, имеем S= ½*2 *6 = 6
Из опыта работы учителя математики первой категории мобу сош №7 п. Прогресс Саржан Любови Михайловны
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconРешение задач на часовые пояса Из опыта работы учителя географии ноу суздальская Православная гимназия
Усвоение знаний о часовых поясах и отработка навыка практического использования полученных знаний я осуществляю предлагая учащимся...
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconКвадратные уравнения
Из опыта работы Евграшкиной Марины Васильевны, учителя математики моу «Анаевская сош»
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconИз опыта работы учителя математики Елисейкиной Валентины Ивановны
Урок-лекция. Логическое построение курса планиметрии стр
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconИз опыта работы организации исследовательской деятельности по математике учитель математики, заведующая кафедрой естественно-математических дисциплин маоу «Гуманитарный лицей»
Поэтому для меня, как учителя математики, одним из основных направлений деятельности является приобщение учащихся к исследовательской...
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики icon«Решение задач по теме «Прямоугольник. Ромб. Квадрат»
Цель урока: обобщение, закрепление и систематизация знаний учащихся по теме «Прямоугольник. Ромб. Квадрат»
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики icon«Эффективность подготовки к егэ» Из опыта работы учителя математики моу степановская сош Бердниковой С. Н
Все годы работы я последовательно изучала и применяла разные образовательные технологии: проблемное обучение, индивидуально-ориентированное...
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconУрок геометрии по теме" Пирамида. Правильная пирамида"
Урок геометрии по теме” Пирамида. Правильная пирамида” в 10 классе на основе кейс-метода
Решение стереометрических задач по теме «Пирамида» Обобщение опыта работы учителя математики iconМетодические рекомендации по применению технологий контроля знаний учащихся на уроках математики в процессе обучения теме «Решение математических задач с экологическим
Задачи, как средство экологического воспитания на уроках математики в средней школе
Разместите кнопку на своём сайте:
ru.convdocs.org


База данных защищена авторским правом ©ru.convdocs.org 2016
обратиться к администрации
ru.convdocs.org