і отримати безкоштовне
свідоцтво про публікацію
! В а ж л и в о
Предмети »

Властивості прямих і площин в трьохвимірному просторі

Перегляд
матеріалу
Отримати код Поділитися

Міністерство освіти і науки України

Криворізький коледж економіки та управління

державного вищого навчального закладу

„Київський національний економічний університет

Імені Вадима гетьмана”

циклова комісія

фізико-математичних дисциплін

та інформаційних технологій

Методичні рекомендації

для викладачів та студентів

з теми: Властивості прямих і площин в трьохвимірному просторі

Складена: викладачем Ужвою Оленою Олександрівною

з дисципліни «Математика»

(назва дисципліни, П.І.Б., категорія, звання )

м. Кривий Ріг

2018

ПЛАН

  1. Вступ.

  2. Вивчення властивостей прямих і площин в курсі геометрії:

    1. аксіоматика курсу геометрії

    2. взаємне розташування двох прямих та основні теореми

    3. взаємне розташування двох площин та основні теореми

    4. взаємне розташування прямої і площини та основні теореми.

  3. Практичне застосування основних теорем. Приклади задач.

  4. Задачі для самостійної роботи з теми: «Властивості прямих і площин в трьохвимірному просторі».

  5. Література.

Вступ

Паралельність і перпендикулярність — розділ стерео­метрії, який має велике практичне значення. Його можна назвати «будівельною геометрією». Справді, в будівлях міжповерхові перекриття паралельні між собою і перпен­дикулярні до споруджених стін, а стіни перпендикулярні або паралельні між собою.

Ми, можна сказати, оточені перпендикулярами і пара­лелями: ніжки стола перпендикулярні до підлоги і паралельні між собою, краї шафи перпендикулярні до стін або паралельні їм тощо. Те саме можна сказати про стовпи, лінії електропередач, залізничні колії тощо.

Методичні рекомендації містять теоретичну основу для вивчення даної теми, завдання розв’язання яких наглядно продемонстровано і в яких розглянуті основні моменти з даної теми. Також в рекомендаціях містяться основні задачі для самостійного розв’язання. Деякі з них потребують більш глибоке розуміння теми. Такі завдання можна рекомендувати дітям з достатнім або високим рівнем знань.

Пропоновані методичні рекомендації допоможуть викладачу здійснити ефективну підготовку і проведення занять з теми: «Взаємне розташування прямих і площин в просторі» , а студенту – зорієнтуватися у завданнях та набути навичок швидкого та безпомилкового виконання робіт.

Розділ I

Вивчення прямих і площин в курсі математики

Вивчення геометрії на І курсі в основному базується за підручником академіка О.В. Погорєлова. В зв'язку з цим, дослід­жуючи можливості розширення кругозору студентів у поглядах на пряму і площи­ну, будемо дотримуватись термінології цієї книги.

1. Аксіоматика курсу геометрії О.В. Погорєлова

В аксіоматиці геометрії за О.В. Погорєловим взято основ­ними об'єктами точку, пряму і площину, а основними співвідношеннями: "належність", "лежати між", "довжина відрізка" і "градусна міра кута". Це ос­новні, первісні поняття, які неможливо означити. Вони визначаються за допо­могою своїх властивостей. Властивості цих понять формулюються у вигляді очевидних тверджень, що приймаються без доведення.

Система аксіом О.В. Погорєлова написана для геометрії тривимірного простору і складається з 12 аксіом: дев'яти аксіом планіметрії і трьох аксіом стереометрії. Для зручності використання аксіоми планіметрії діляться на п'ять груп. Сформулюємо їх:

Аксіоми планіметрії

І. Основні властивості належності точок і прямих

І1. Яка б не була пряма, існують точки, що належать цій прямій, і точки, що не належать їй.

І2. Через будь-які дві точки можна провести пряму, і тільки одну.

ІІ. Основні властивості взаємного розміщення точок на прямій і на площині

ІІ1. З трьох точок на прямій одна і тільки одна лежить між двома іншими.

ІІ2. Пряма розбиває площину на дві півплощини.

Але перед формулюванням цих аксіом вводиться поняття відрізка:

«Відрізком називається частина прямої, яка складається з усіх точок цієї прямої, що лежать між двома даними її точками. Ці точки називаються кінцями відрізка». І також вводиться властивість розбиття площини на дві півплощини прямою:

якщо кінці якого-небудь відрізка нале­жать одній півплощині, то відрізок не перетинає пряму. Якщо кінці відрізка належать різним півплощинам, то від­різок перетинає пряму.

ІІІ. Основні властивості вимірювання відрізків і кутів

мал. 1

За допомогою аксіом другої групи вводиться поняття проміня: частина

прямої, яка складається з усіх її точок, називається півпрямою або променем. Далі ідуть аксіоми III групи:

ІІІ1. Кожний відрізок має певну довжину, більшу від нуля. Довжина відрізка до­рівнює сумі довжин частин, на які він розбивається будь-якою його точкою. Кутом називається фігура, яка складається з точки-вершини кута і двох різ­них півпрямих, що виходять з цієї точки, і називають сторонами кута. Якщо сторони кута є доповняльними півпрямими однієї прямої, то кут називають розгорнутим. Промінь проходить між сторонами данного кута, якщо він виходить з його вершини і перетинає який-небудь відрізок з кінцями на сто­ронах кута.

За допомогою цих понять формулюється аксіома ІІІ2 :

ІІІ2. Кожний кут має певну градусну міру, більшу від нуля. Розгорнутий кут до­рівнює 180°. Градусна міра кута дорівнює сумі градусних мір кутів, на які він розбивається будь-яким променем, що проходить між його сторонами.

IV. Основні властивості відкладання відрізків і кутів

IV1. На будь-якій півпрямій від її початкової точки можна відкласти відрізок даної довжини, і тільки один.

IV2. Від будь-якої півпрямої у даній півплощині можна відкласти кут з даною градусною мірою, меншою 180°, і тільки один.

IV3. Який би не був трикутник,існує трикутник,що дорівнює йому у заданому розміщенні відносно даної півпрямої.

V. Основні властивості паралельних прямих

V1. Через точку, що не лежить на даній прямій, можна провести на площині не більше як одну пряму, паралельну даній.

З цими аксіомами учнів ознайомлюють в VII класі шкільного курсу геометрії, а на І курсі їх повторюють і доповнюють аксіомами стереометрії.

Аксіоми групи С

С1 . Яка б не була площина, існують точки, що належать цій площині, і точки, які не належать їй.

С2. Якщо дві різні площини мають спільну точку, то вони перетинаються по прямій.

С3.Якщо дві різні прямі мають спільну точку, то через них можна провести площину, і до того ж тільки одну.

Деякі наслідки аксіом стереометрії.

Через пряму і точку, яка не лежить на ній, можна провести площину, і до того ж тільки одну.

Якщо дві точки прямої належать площині, то вся пряма належить цій пло­щині.

Через три точки, які не лежать на одній прямій, можна провести площину, і до того ж тільки одну.

Система аксіом стереометрії складається з системи аксіом планіметрії і групи аксіом стереометрії. Звідси слідує, що всі твердження, що мають місце в планіметрії мають місце і в стереометрії.

Аксіоми в геометрії є найпростішими твердженнями. За допомогою їх дово­дяться прості теореми. Далі йдуть складніші теореми і задачі, які доводяться за і допомогою аксіом і вже доведених теорем. Так систематизуються геометричні знання, тобто розташовуються від простіших тверджень до складніших.

На основі сформульованих аксіом слідує, що прямі і площини розглядають­ся як геометричні місця точок.

2. Взаємне розташування двох прямих та основні теореми

У шкільному курсі геометрії виділяють такі положення двох прямих в просторі:

  1. співпадання двох прямих;

  2. перетин прямих;

  3. паралельність прямих;

  4. мимобіжні прямі.

Факт співпадання і перетину прямих ґрунтується на основі аксіом першої групи планіметрії і використовується при розв’язуванні задач. Із аксіом слідує: якщо дві прямі співпадають, то всі точки однієї прямої належать і другій; якщо дві прямі перетинаються, то мають одну спільну точку.

Паралельність прямих у просторі визначається рядом тверджень.

Спочатку дамо означення паралельних прямих:

"Дві прямі в просторі називаються паралельними, якщо вони лежать в одній площині й не перетинаються".

Розглянемо основні властивості:

Теорема 1

Через точку поза даною прямою можна провести пряму, паралельну цій, і до того ж тільки одну.

Дано: а-пряма, точка Аа, точка Аa1 (мал. 2).

Довести, що а1 || а – єдина.

мал. 2

Доведення:

  1. Через а і точку А проведемо площину α (на основі наслідку аксіоми стереометрії).

  2. аα, a1α, а1|| а.

  3. Нехай існує а2|| а, де точка А а2.

  4. Через прямі а2 і а проведемо площину α2, тобто аα2, Аα2.

Але це протиріччить тому, що через пряму і не належну їй точку можна про­вести площину і до того ж єдину. Значить площина α збігається з площиною α2.

  1. За аксіомою паралельних прямі а = а2 (прямі збігаються).
    Твердження доведено.

Теорема 2

Дві прямі, паралельні третій прямій, паралельні між собою.

Дано: b||a, с||а

Довести, що b||с.

Доведення:

  1. Нехай прямі а, b не належать одній площині (мал. 3).

  2. а||bβ, а||сγ, причому β і γ - різ­ні площини.

  3. Точка Вb, через с і точку В проведемо площину γ1.

  4. γ1∩ β= b1.

  5. Пряма b1 ∩γ інакше б точка перетину належала б прямій а, бо b1β. З іншого боку точка перетину належить прямій с, бо b1γ1 але а||с (за умовою).

  6. Так як b1β і b1а, то b1 || а, тобто b1= b ( за аксіомою паралельних) b=b1, bγ1 і сγ1, і не перетинає її, то значить b||с .

Твердження доведене.

Розглянемо випадок коли прямі є мимобіжними і встановимо, що є відстанню між ними. Дамо означення.

Прямі, які не перетинаються і не лежать в одній площині, називаються мимобіжними.

Спільним перпендикуляром до двох мимобіжних прямих називається відрізок з кінцями на цих прямих, перпендикулярний до кожної з них.

Теорема 3

Дві мимобіжні прямі мають спільний перпендикуляр і до того ж тільки один. Він є спільним перпендикуляром до паралельних площин, які проходять через ці прямі.

Дано: а і b – мимобіжні прямі.

Довести, що АВа і АВ b - єдині.

Доведення:

  1. аα, bβ, α || β (мал. 4)

  2. γ-площина прямих, які перпендику-лярні площині α і перети­нають

мал.4 пряму а.

  1. γ ∩ β=а, де а||α.

  2. а b=В, то АВβ, так як α || β тоді АВ - спільний перпендикуляр до α і β, а отже і до прямих a i b.

  3. Нехай прямі a i b мають спільний перпендикуляр CD.

  4. Побудуємо bʹ таку, що точка С bʹ, bʹ|| b.

  5. CDb, CDb', а так як CDa, то CDα.

  6. Значить, CD || АВ. Через прямі CD і АВ, як паралельні, можна провести площину, і їй належатимуть мимобіжні прямі АС і BD, а це неможливо (протиріччить означенню мимобіжних прямих).

Твердження доведено.

Відстанню між мимобіжними прямими є довжина їх спільного перпендикуляра. Вона дорівнює відстані між паралельними площинами, які проходять через ці прямі.

Після розглядання паралельності прямих в просторі, треба виділити таку властивість, яка формулюється у вигляді теореми.

Теорема 4

Прямі, які перетинаються і відповідно паралельні перпендикулярним прямим, перпендикулярні.

Дано : аb, а||а1, b|| b1, а1 b1.

Довести, що а1 b1

Доведення:

І. Нехай а, b, а1, b1, належать одній площині.

  1. Так як b|| b1, аb, то аb1.

  2. Так як а||а1, аb, то b а1.

  3. Значить, а1 || b1 .

ІІ. Нехай прямі не належать одній площині (мал. 5).

  1. аα, bα, а а1α1, b1α1.

  2. а|| α1, b|| α1 (бо а||а1α1, b|| b1α1).

  3. α||α1 .

  4. аb=С, а1b1=C1.

  5. Проведемо АА1||СС1 (в площині, якій належать прямі а||а1).

мал. 5 6. Проведемо ВВ1||CC1 (в площині, якій належать прямі b|| b1).

  1. CAA1C1 і CBB1C1 -паралелограми, бо за побудовою протилежні сторони па­ралельні.

  2. Доведемо, що ABB1A1 паралелограм АА1|| BB1, бо AA1||CC1 і BB1||СС1 (тран- зитивність паралельних прямих), ABB1A1 – чотирикутник, що належить площині паралельних прямих AA1 і ВВ1.

Ця площина перетинає α і α1 і по паралельних прямих АВ і A1B1.

  1. Так як ABB1A1 паралелограм (за доведеним), то АВ=A1B1, AC=A1C1, BC= B1C1. (як протилежні сторони паралелограма).

  2. ABC=A1B1C1 (III ознака рівності трикутників) .

  3. Тоді A1C1B1=ACB=90°, бо аb, а значить а1 b1, що треба було довести.

Для наглядного представлення про взаємне розташування прямих в прос­торі можна зробити таку схему:


При розгляданні властивостей прямих в просторі корисно розв'язувати здачі, щоб закріпити теоретичні знання.

3. Взаємне розташування двох площин та основні теореми

У просторі дві площини можуть: співпадати, перетинатись і бути пара­лельними.

Існування площин, які можуть співпадати і перетинатись, базується на аксіомах стереометрії і на їх наслідках. Ці випадки можна означити так. Якщо дві площини співпадають, то співпадають і їхні відповідні точки. Якщо дві площини перетинаються, то мають спільну пряму лінію перетину.

Розглянемо окремий випадок перетину площин, коли вони перпен­дикулярні.
Дві площини, що перетинаються, називаються перпендикулярними, якщо
будь-яка площина, перпендикулярна до прямої перетину цих площин, перети- нає їх по перпендикулярних прямих
.
Теорема 1
Якщо площина проходить через пряму, перпендикулярну до другої площини, то ці площини перпендикулярні.

Дано: α - площина, b∩α=С, bα.

bβ, α∩β=с, b∩с=С.

Довести, що αβ.

Доведення:

  1. Проведемо пряму а так, що b∩а=С, а∩с=С.

мал. 6

  1. Через b∩а проведемо площину γ, де γc, бо са і сb.

  2. Так як ab, то і αβ (за транзитивністю перпендикулярності трьох площин).

Теорему доведено.

Теорема 2

Якщо пряма, яка лежить в одній з двох перпендикулярних площин, перпен­дикулярна до лінії їх перетину, то вона перпендикулярна до другої площини.

Дано: αβ, α∩β =С, аα, ас, а∩с=С.

Довести, що аβ.

Доведення:

  1. Проведемо bβ, так що b∩а=С, b∩с=С, bc.

  2. γс, бо а∩ bγ і aс, bc.

мал. 7 3. Так як αβ, то ab, aс (за умовою), то аβ.

Теорему доведено.

Тепер розглянемо паралельність площин в просторі. Спочатку дамо озна­чення.

Дві площини називаються паралельними, якщо вони не перетинаються. Теорема 3

Дві площини паралельні, якщо одна з них паралельна двом прямим, які лежать у другій площині і перетинаються.

Дано: α, β – площини. b1∩b2=О, b1β, b2β, b1||α, b2||α. αβ.

Довести, що α||β.

Доведення:

  1. Н

    8

    ехай α∩β =с (мал. 8).

  2. b1α, b2α, тоді b1∩с, b2∩с .

  3. Але це протиріччить аксіомі паралельних, бо b1∩b2 β паралельні прямій с.

    8

    Ми прийшли до протиріччя.

  4. α||β.

Теорему доведено.

Теорема 4

Через точку поза даною площиною можна провести площину, паралельну даній і до того ж тільки одну.

Дано: α - площина, точка Аα.

Довести, що існує єдина площина β така, що β||α, де Аβ.

Доведення:

              1. Проведемо прямі аα і bα, так що a∩b.

  1. а1||а, b1||b, a1∩b1.

  2. a1β, b1β, причому β||α (за теоремою 3).

мал. 9

  1. Нехай через точку А проходить площина β'|| α.

  2. Площина паралельних прямих а і а1 перетинає площину β' по прямій а'.

  3. а'||а, бо а' ||α, а аα. А за аксіомою паралельних а' =а1.

  4. Площина паралельних прямих b і b' перетинає площину β' по прямій b'.

  5. b'||b, бо b'||α, а bα. А за аксіомою паралельних b'=b.

  6. Так як, за аксіомою С3, через прямі а1 і b1 можна провести тільки одну площину, то β'=β. Ми прийшли до протиріччя.

  7. Тобто існує єдина площина β, що проходить через точку Аα, яка пара­лельна α.

Теорему доведено.

Теорема 5

Якщо дві паралельні площини перетинаються третьою, то прямі їх перетину паралельні.

Дано: α||β.

Довести, що а||bγ.

Доведення:

За означенням паралельні прямі - це прямі, які лежать в одній площині й не перетинаються. Наші прямі а і b лежать в одній площині γ - січній до площин α і β. Вони не перети­наються, бо α||β, де аα, bβ.

Отже а||b.

Теорему доведено.

Теорема 6

Відрізки паралельних прямих, які містяться між паралельними площинами, рівні.

Дано: α1||α2, а||b, а∩α11, а∩α2=А2, b∩α11, b∩α22.

Довести, що А1А21В2.

Доведення:

  1. Проведемо через прямі а і b площину γ. γ∩α11В1, γ∩α1=A2B2. А1В1||А2В2 (площина α1||α2)

  2. А1В1А2В2 – паралелограм, бо А1 А2|| В1В2||b); А1В1||А2В2

  3. 3а властивостями паралелограма маємо, що А1А21В2 (як протилежні сторо­ни).

Теорему доведено.

Закріпити уявлення, про взаємне розташування площин в просторі, можна за допомогою такої схеми:

4. Взаємне розташування прямих і площин в просторі

та основні теореми

Пряма і площина в просторі можуть займати такі положення:

  • пряма належить площині;

  • пряма перетинає площину;

  • пряма паралельна площині.

Перший випадок положення прямої і площини стверджує І аксіома планіметрії і перша аксіома стереометрії. Тому конкретно належність прямої площині не розглядається, а лише використовується при розв'язуванні задач.

Розглянемо випадок, коли пряма перпендикулярна до площини.

Пряма, яка перетинає площину, називається перпендикулярною до цієї пло­щини, якщо вона перпендикулярна до будь-якої прямої, що належить площині й проходить через точку перетину даної прямої з площиною. Теорема 7

Якщо пряма, яка перетинає площину, перпендикулярна до двох прямих цієї пло­щини, що проходять через точку перетину, то вона перпендикулярна до площини.

Дано: а∩α=А. аb, ас, де bα, сα, bс=А.

Довести, що аα.

Доведення:

  1. Проведемо довільно пряму х, що Ах. Доведемо, що хα.

  2. Проведемо довільну пряму де точка А їй не належить, але ця пряма перетинає прямі а, b, х в точках В, С, X відповідно.

  3. Відкладемо АА1=АА2α.

  4. А1СА2- рівнобедрений, бо СА- медіана і висота за побудовою та умовою, то А1С=СА2.

  5. А1ВА2 - рівнобедрений з тієї ж причини, що і А1СА2.

  6. А1ВС=А2ВС (ІІІ ознака рівності трикутників, по трьом сторонам), тобто A1BX=A2BX.

  7. Значить, А1BX=А2BX (І ознака рівності трикутників, за двома сторонами і кутом між ними), тоді А1Х=А2Х.

  8. А1ХА2 - рівнобедрений, так як А1Х=А2Х.

  9. В А1ХА2 медіана ХА - є висотою (за властивостями рівнобедреного трикут­ника), тобто пряма ха, бо ХАх.

Теорему доведено.

Теорема 8

Якщо площина перпендикулярна до однієї з двох паралельних прямих, то вона перпендикулярна і до другої прямої.

Дано: а1||а2, а1α.

Довести, що а2α.

Доведення:

  1. Проведемо х2α, х2∩а2.

  2. Проведемо х1α, х1||х2, х!а1.

  3. Так як a1α, то a1x1.

  4. А, за умовою, a1|| а2, х1||х2, то і а2х2.

  5. 3начить а2α .

Теорему доведено.

Теорема 9

Дві прямі, перпендикулярні до однієї і тієї ж площини, паралельні.

Дано: аα, bα.

Довести, що а||b.

Доведення:

  1. Нехай аb.

  2. Візьмемо точку Сb, Cα.

  3. Сb', b' ||a, b'а (за теоремою 8).

  4. Так як bα=В, b'∩α=В', тоді ВВ' b і ВВ'b'. Ми прийшли до протиріччя.

  5. Значить а||b.

Теорему доведено.

Дуже часто при розв'язуванні задач стереометрії використовується теорема про три перпендикуляри. Тому доводити цю теорему при розгляданні теми про взаємне розташування прямої і площини просто необхідно.

Спочатку вводяться деякі поняття.

Перпендикуляром, опущенным з даної точки на дану площину, називаєть­ся відрізок, що сполучає дану точку з точкою площини і лежить на прямій, перпендикулярній до площини. Кінець цього відрізка, який лежить у площині, нази­вається основою перпендикуляра.

Відстанню від даної точки до площини, називається довжина перпенди­куляра, опущеного з цієї точки на площину.

Похилою, проведеною з даної точки до даної площини, називається будь-який відрізок, який сполучає дану точку з точкою площини і не є перпендикуляром. Кінець відрізка, що лежить у площині, називається основою похилої.

Відрізок, який сполучає основи перпендикуляра і похилої, проведених з однієї точки, називається проекцією похилої.

Теорема 10 ( про три перпендикуляри)

Пряма, проведена на площині через основу похилої перпендикулярно до її проекції, перпендикулярна і до самої похилої І навпаки, якщо пряма на площині перпендикулярна до похилої, то вона перпендикулярна до проекції похилої.

Дано:

1. сВС, де ВС- проекція похилої АС. Довести, що ACc.

2. сАС.

Довести, що сВС.

Доведення:

І. 1. Нехай АВα, са, с∩АС=С.

  1. Проведемо СA'α, то СA'||АВ (за теоремою 9).

  2. Проведемо через АВ і АС пощину β.

  3. сСА'. Якщо сСВ, то cβ, значить сАС.

II. Аналогічно, якщо cCA, то, так як сСА', буде сβ. Значить, сВС- проекція похилої.

Теорему доведено.

В просторі можливий випадок, коли пряма паралельна площині.

Пряма і площина називаються паралельними, якщо вони не перети­наються.

Теорема 11

Якщо пряма, яка не належить площині, паралельна якій-небудь прямій у цій площині, то вона паралельна і самій площині.

Дано: аα, а1α, а||а1.

Довести, що а||α.

Доведення:

  1. Проведемо через а||а1 площину α, αα1.

  2. Так як аα, то α1∩α1.

  3. Якби а∩α , то а∩а1. Значить, а ∩α, тобто а||α.

Теорему доведено.

Взаємне розташування прямої і площини в просторі можна представити такою таблицею:

Розділ ІІ

Практичне застосування розглянутих теорем

Деякі поради

Розв'язуючи задачі, доводиться обґрунтовувати пара­лельність і перпенди-кулярність прямих і площин. Для цього будуть корисними такі поради:

  1. Щоб встановити паралельність прямої і площини, треба перевірити:

чи знайдеться в цій площині пряма, паралельна даній прямій.

  1. Для обґрунтування паралельності двох площин, перевіряємо:

чи знайдуться в одній з площин дві прямі, що перети­наються, відповідно паралельні двом прямим другої площини;

чи знайдеться пряма, перпендикулярна до кожної з да­них площин.

  1. Якщо потрібно встановити паралельність двох пря­мих у просторі, то слід перевірити:

чи знайдеться пряма, паралельна кожній з даних прямих;

чи будуть дані прямі лініями перетину двох паралель­них площин третьою площиною;

чи знайдеться площина, перпендикулярна до кожної з даних прямих.

  1. Якщо потрібно встановити перпендикулярність прямої і площини, то треба перевірити:

чи буде пряма перпендикулярна до двох прямих, які лежать у даній площині і проходять через точку перетину даної прямої і площини;

чи буде ця пряма перпендикулярна до площини, яка паралельна даній площині;

чи буде ця площина перпендикулярна до прямої, яка паралельна даній прямій.

  1. Для обґрунтування перпендикулярності двох пло­щин перевіряють:

чи знайдеться в одній з площин пряма, перпендикуляр­на до другої з цих площин.

  1. Якщо потрібно встановити перпендикулярність двох прямих у просторі, то треба перевірити:

чи перпендикулярна одна з даних прямих площині, в якій лежить друга з них.

Задача 1

Прямі а і b перетинаються. Доведіть, що всі прямі, які паралельні прямій b і перетинають пряму а, належать одній площині.

Дано: а∩b, bі||b, і=1,2,...,п, bі||a. Довести, що a,b,bіа

Розв'язування:

  1. Нехай b||b1, b1а,.

  2. aα, b.

  3. b1, b1=β, b1 а=В.

  4. Нехай b1 ||b.

  5. Але через точку В можна провести лише одну пряму, паралельну b , тобто b1 співпаде з b1 і b1.

  6. Отже, довільні bt ||b, такі що bі∩b, належать α. Що і треба довести.

Задача 2

Усі ребра прямої трикутної призми мають довжину а. Знайдіть відстань між мимобіжними прямими, які містять діагоналі бічних граней призми.

Розв'язування:

Нехай ABCA1B1C1 дана призма. Виберемо прямокутну систему коор­динат Oxyz, де АВСОху, точка О співпадає з точкою А, Оу∩ВС в середині АА1Oz. Знайдемо коорди­нати вершини призми: А(0,0,0),

В, С, А1(0,0,а), В1, С1.

MN – спільний перпендикуляр АВ1 і ВС1 мимобіжних прямих , тобто і . Звідси маємо

і (1)

Нехай M(x1, y1,z1) і N(x2,y2,z2). Виразимо вектор через вектори і , де

, і . Рівності (1) запишемо в

координатній формі:

(2)
(3)

Оскільки і , то , , ; , , . Підставимо значення координат точок М і N в (2) і (3), після спрощення отримаємо систему відносно p i g:

Знайдемо координати M i N: M, N, тоді за формулою відстані між двома точками, маємо:

(лін. од.)

Відповідь: лін.од.

Задача 3

Дано площину α і точку Аα. Через точку Вα проведено будь-які прямі в площині а. Яку фігуру утворюють геометричне місце точок основ перпендикулярів, проведених до цих прямих з точки А?

Розв'язування:

  1. А, Вα (за умовою).

  2. Через точку А до площини можна провести безліч похилих прямих і од­ну перпендикулярну пряму АС. Точка С – нерухома.

  3. ВС- незмінний відрізок на α

  4. Візьмемо BD і проведемо AMBD, М - точка шуканої фігури.

  5. Похила AMBD, то проекція її ОMBD.

  6. 3 точки М певний відрізок ВС видно під прямим кутом.

  7. Шукана фігура - коло на площині α з діаметром ВС.

Задача 4

Через точку, що не належить даній площині, провести площину, яка паралельна даній площині.

Дано: площину , точка М, Мα.

Побудувати пощину β||.

Розв'язування:

  1. аα, b, а∩ b.

  2. Будуємо а1||а, де точка Ма1 і b1||b і Mb1.

  3. а1 b1=М, тому за аксіомою існує єдина площина β, яка проходить через ці прямі.

  4. β||α на основі ознаки паралельності площин.

Задача 5

Доведіть, що площа частини поверхні сфери, яка знаходиться між двома паралельними площинами, що перетинають сферу, можна знайти за формулою , де R— радіус сфери, h- відстань між площинами.

Дано: сферу радіуса R. Площини || β перетинають сферу так, що h(α, β).

Довести, що.

Розв'язування:

Доведемо допоміжне твердження.

  1. AB- обертається навколо прямої l, де l∩АВ.

  2. АВ і l належать одній площині.

  3. OCAB, САВ, АС=СВ, Оl.

  4. MN проекція АВ на l. Sпов. обертання АВ навколо l буде обчислюватись за формулою

  5. Sпов. бічна поверхня зрізаного конуса з r=МА і R=NB, MN- висота, АВ- твір­на.

  6. АL|| l, LNB, MA=NL.

  7. Точка К проекщя точки С на l.

  8. ABL ~ СОК, то бічна поверхня зрізаного конуса дорівнює

  1. Враховуючи граничний перехід можна отримати твердження нашої задачі (при обертанні дуги АВ навколо вісі шара), тобто площа поверхні нашого поясу дорівнює границі площі поверхні, яка отримується при обертанні навколо цього ж діаметру ломаної AL1L2... LпB, всі вершини якої належать дузі , де довжина найбільшої ланки ломаної прямує до нуля.

Задача 6

В просторі задані три прямі і площина. Відомо, що всі кути між двома прямими і між однією прямою і площиною рівні між собою. Знайти ці кути.

Розв’язання:

Нехай всі прямі проходять через одну точку. Тоді ми отримаємо трикутню піраміду, в якої всі бічні ребра нахилені до площини ABC під одним кутом φ, а кожний плоский кут при вершині піраміди дорівнює φ або - φ. Відповідно виникає чотири випадки: 1) всі плоскі кути при вершині дорівнюють φ; 2) два кути рівні φ, а один дорівнює - φ і так далі.

Почнемо з другого випадку. Нехай в піраміді ABCD ребра DA, DB і DC утворюють кут φ з основою ABC, ADB=BDC= φ, ADC= - φ. DO - висота

піраміди ( мал. a)). DA=DC=DB=l, то AB=BC=, AC=. Точка O-1 центр описаного кола навколо АВС і радіус його дорівнює cosφ, то AB= ,

BC=, AC=. В АВС BE- висота ( мал. б)).

.

( теорема синусів), тоді маємо:

З данного рівняння знайдемо φ.

.
Нехай cosφ =y, тоді , звідси 5y3-y2-4y+2=0.

Отримане рівняння не має додатніх коренів, це можна перевірити, якщо ліву

частину представити у вигляді суми:

у(5у2-4у+) + (Зу2 - у+2).

Перший з отриманих тричленів, що знаходиться в дужках, невід'ємний, а другий додатній.
До такого ж рівняння ми прийдемо, розглядаючи варіант, коли два плоских кута при вершині дорівнюють - φ, а один дорівнює φ.

Якщо всі плоскі кути при вершині φ, тоді піраміда ABCD - правильна.

Рівняння для φ має вигляд: . Тоді .

Останній випадок, коли всі плоскі кути при вершині - φ, неможливий, отримане рівняння не має розв'зків, для яких cosφ >0.

Відповідь: φ =arccos.

Задача 7

В основі піраміди SABC лежить рівносторонній АВС, довжина сторони яко­го . Бічне ребро SC перпендикулярне площині основи і має довжину 2. Знайти величину кута і відстань між мимобіжними прямими, одна з яких прохо­дить через точку S і середину ребра ВС, а друга - через точку С і середину ребра АВ.

Розв'язування:

Спроектуємо піраміду на площину, перпендикулярну CD. Можна вважати, що їй належить ребро АВ. При цьому CD спроектується в точку D', точка Е- в точку Е' - середину відрізка B'D. Очевидно, що B'D'=B'A'=BA=, S'D'А'В' і SD'=SC=2 . Шукана відстань дорівнює відстані від точки D' до прямої SE тобто дорівнює висоті в S'D'E' - прямокутному, проведеної до гіпотенузи S'E'.

Маємо , SE'=. Значить, шукана відстань дорівнює .

Так як , SE=, то знайдемо α - шуканий кут між прямими

SE і CD:

, значить .

Відповідь: .

Задачі для самостійного розв’язання

  1. Як з допомогою добре відполірованої плити пере­вірити якість лінійки?

  2. Чому мотоцикл з коляскою стоїть стійко, а для закріплення мотоцикла без коляски потрібна додаткова опора?

  3. Щоб перевірити, чи лежать кінці ніжок стола в одній площині, тесля користується двома нитками. Як він робить це? Чи достатня така перевірка?

  4. Обґрунтуйте твердження:

  1. через пряму і точку поза нею можна провести площину і тільки одну;

  2. через дві прямі, що перетинаються, можна провести площину і тільки одну;

  3. через дві паралельні прямі можна провести тільки одну площину.

  1. У просторі проведено пряму а і поза нею взято точ­ку А. Чи можна стверджувати, що будь-яка пряма, що проведена через точку А і перетинає пряму а, лежить з нею в одній площині? Відповідь обґрунтуйте.

  2. Чи завжди можна через пряму а і дві довільно взяті точки А і В, які не лежать на прямій а, провести площину? Відповідь обґрунтуйте.

  3. Прямі а і b перетинаються в точці А. Пряма с, яка не проходить через точку А, перетинає прямі а і b. Чи лежать прямі a, b і с в одній площині? Відповідь обґрунтуйте.

  4. Позначте на ребрах АВ, ВС і DD1 куба ABCDA1B1C1D1 точки M, Р і К відповідно:

  1. побудуйте точки перетину прямих DC і DA з прямою MP;

  2. обґрунтуйте, що побудовані точки є точками перетину прямих DC і DA з площиною МРК;

  3. побудуйте переріз куба площиною МРК.

  1. У кубі, ребро якого а, проведено переріз через сере­дини трьох ребер, що виходять з однієї вершини. Знайдіть площу цього перерізу.

  2. У трикутній піраміді SABC побудуйте переріз пло­щиною, яка проходить через сторону основи АВ і сере­дину M бічного ребра CS.

  3. У трикутній піраміді SABC всі ребра дорівнюють по 8 см. Побудуйте переріз піраміди площиною, що проходить через ребро AS і точку М — середину ребра ВС. Знайдіть периметр цього перерізу.

  4. Прямі а і b лежать в одній площині. Чи можуть прямі а і b: а) перетинатися; б) бути паралельними; в) ми­мобіжними?

  5. Прямі а і b паралельні площині α. Як можуть бути розміщені прямі а і b відносно одна одної?

  6. Пряма а лежить у площині α. Як розміщена віднос­но площини α пряма b, якщо b паралельна а?

  7. Чи правильне твердження: дві прямі, паралельні деякій площині, паралельні між собою?

  8. Як розміщена пряма відносно площини трикутника, коли вона перпендикулярна до двох його сторін?

  9. З деякої точки проведені до даної площини пер­пендикуляр і похила. Кут між ними дорівнює φ, а перпен­дикуляр дорівнює d. Знайдіть похилу і її проекцію на дану площину, якщо: a) d = 4 см; φ=45°; б) d = 4 см, φ=30°.

  10. Через вершину А прямокутного трикутника ABC (кут С прямий) проведена пряма AD, перпендикулярна до площини трикутника:

  1. доведіть, що трикутник CBD прямокутний;

  2. знайдіть BD, якщо ВС = а, DC = b.

  1. Дано паралелепіпед. Довести паралельність його ребер і рівність їх довжин: а) АА1 і CС1; б) АВ і D1С1; в) AD і B1C1.

  2. В многограннику грані A1ABB1 і B1BCC1 паралелограми. Довести, що А1АСС1 теж паралелограм.

  3. Доведіть, що в правильній трикутній піраміді протилежні ребра попарно перпендикулярні.

  4. Доведіть, що якщо бічні ребра піраміди рівні між собою, то в основі піраміди лежить многокутник, навколо якого можна описати коло, і вершина І піраміди проектується в центр цього кола.

  5. Через центр кулі проведено три попарно перпендикулярні площини, що ділять кулю на вісім частин. В кожну з яких вписано по кулі. Знайти відношення об'єму вписаного в одну з частин кулі до об'єму вихідної кулі.

  6. Доведіть, що коли пряма перетинає одну з двох паралельних площин, то вона перетинає і другу.

  7. Дано дві мимобіжні прямі. Як провести через них дві паралельні площини?

  8. Площини α і β паралельні площині . Чи можуть площини α і β перетина­тись?

  9. Площини α і β перетинаються. Доведіть, що будь-яка площина  перетинає принаймні одну з площин α чи β.

  10. Ребра прямокутного паралелепіпеда дорівнюють 4, 5 і 6. Визначити площу найбільшої січної площини, що проходить через два паралельних ребра, які не належать одній грані паралелепіпеда.

  11. В правильній трикутній піраміді відома сторона а основи і плоский кут при вершині α. Обчислити її об'єм, двогранний кут при основі, двогранний кут між бічними гранями, радіуси вписаної і описаної куль.

  12. Через середину бічного ребра правильної трикутної піраміди проведено січну площину, яка паралельна двом мимобіжним ребрам цієї піраміди. Знай­ти площу цієї січної площини, якщо сторона основи дорівнює а, а бічне реб­ро дорівнює b.

  13. Сторона правильної трикутної призми дорівнює 6, бічне ребро дорівнює 4. Визначити площу січної площини, що проходить через дві вершини основи призми і середину сторони іншої основи (не співпадає з бічною гранню призми).

  14. Визначити величину двогранного кута між сусідніми бічними гранями правильної чотирикутної піраміди , якщо відомо, що радіус вписаної в неї кулі в три рази менше ніж сторона основи.

  15. Через центр описаного навколо трикутника кола проведено пряму, перпен­дикулярно до площини трикутника Доведіть, що кожна точка цієї прямої рівновіддалена від вершин трикутника.

  16. Два відрізка довжиною а і b впираються кінцями в дві паралельні площи­ни. Проекція першого відрізка ( довжиною а) на площину дорівнює с. Знайдіть проекцію другого відрізка.

  17. 3 точок А і В опущено перпендикуляри на площину α. Знайдіть відстань між точками А і В , якщо перпендикуляри дорівнюють 3 м і 2 м , відстань між їх основами дорівнює 2,4 м, а відрізок АВ не перетинає площину.

Література

  1. Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенько А.К. Математика (підручник для студентів ВНЗ І-ІІ р.а. технічних спеціальностей) – К.: Вища школа, 2001

  2. Лейфура В.М. та інші. Математика (підручник для підготовки молодших спеціалістів економічних спеціальностей) – К.: Техніка, 2003

  3. Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенько А.К. Дидактичні матеріали з математики (навчальний посібник для студентів ВНЗ І-ІІ р.а.) – К.: Вища школа, 2001

  4. Бурда М.І., Дубинчук О.С., Мальований Ю.І. Математика (підручник для навчальних закладів освіти гуманітарного профілю), 10-11 кл. – К.: Освіта, 2001

  5. Бурда М.І. Математика, 10-11 кл. – К.: Освіта, 2005

  6. Погорєлов О.В. Геометрія: Планіметрія: Підруч. для 10-11 кл. загальноосвітніх навчальних закладів – К.: Школяр, 2004, Освіта, 2001

  7. Бевз Г.П. та інші. Геометрія: Підручник для шкіл з поглибленим вивченням математики), 10-11 кл. – К.: Освіта, 2000, 2005

  8. Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. Алгебра та початки аналізу. За ред. Слєпкань З.І. 11 кл. – Х.: Гімназія, 2005

  9. Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. Геометрія. За ред. Слєпкань З.І. 11 кл. – Х.: Гімназія, 2005

  10. Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенько А.К. Геометрія (підручник для шкіл (класів) технічного профілю), 10-11 кл. – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2004

  11. Тадеєв В.О. Геометрія (підручник). 10, 11 кл. – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2003

  12. Бевз Г.П. та інші. Геометрія: Підручник для 10 – 11 кл. загальноосвітніх навчальних закладів. – К.: Вежа, 2004

Відображення документу є орієнтовним і призначене для ознайомлення із змістом, та може відрізнятися від вигляду завантаженого документу

Опис документу:
Паралельність і перпендикулярність — розділ стерео¬метрії, який має велике практичне значення. Методичні рекомендації містять теоретичну основу для вивчення даної теми, завдання розв’язання яких наглядно продемонстровано і в яких розглянуті основні моменти з даної теми. Також в рекомендаціях містяться основні задачі для самостійного розв’язання. Деякі з них потребують більш глибоке розуміння теми. Такі завдання можна рекомендувати дітям з достатнім або високим рівнем знань.

Зверніть увагу, свідоцтва знаходяться в Вашому особистому кабінеті в розділі «Досягнення»

Курс:«Інтернет-ресурси для опитування і тестування»
Левченко Ірина Михайлівна
24 години
490 грн
245 грн

Бажаєте дізнаватись більше цікавого?


Долучайтесь до спільноти