Melyik poliéder állítólag egy golyóba van beírva. Golyóba írt poliéder

A prezentáció leírása külön diánként:

1 csúszda

Dia leírása:

önkormányzati autonóm oktatási intézmény 45. számú középiskola Módszertani kézikönyv 11. osztályos tanulók számára Elena Vjacseszlavovna Gavinszkaja legmagasabb kategóriájú matematika tanár állította össze. Kalinyingrád 2016-2017 tanév

2 csúszda

Dia leírása:

Gömbbe írt poliéder. A téma hasonló a planimetria kurzuséhoz, ahol azt mondták, hogy körök írhatók le háromszögek és szabályos n-szögek körül. A térbeli kör analógja egy gömb, a sokszög pedig egy poliéder. Ebben az esetben a háromszög analógja egy háromszög alakú prizma, és az analógja szabályos sokszögek – szabályos poliéder. Meghatározás. Egy poliéderről azt mondjuk, hogy beírt egy gömbbe, ha minden csúcsa ehhez a gömbhöz tartozik. Maga a gömb állítólag körül van írva a poliéder körül.

3 csúszda

Dia leírása:

"Egy gömb akkor és csak akkor írható le egy egyenes prizma körül, ha a prizma alapja körül kör írható le." Bizonyítás: Ha egy gömb egy egyenes prizma körül van körülírva, akkor a prizma alapjának összes csúcsa a gömbhöz, tehát a körhöz tartozik, amely a gömb és az alap síkjának metszésvonala. Fordítva, írjunk le egy kört, amelynek középpontja az O1 pontban van és sugara r, egy egyenes prizma alapja közelében. Ekkor a prizma második alapja körül egy olyan kört írhatunk le, amelynek középpontja az O2 pontban van, és ugyanaz a sugara. Legyen O1O2=d, O – O1O2 közepe. Ekkor az O középpontú és R= sugarú gömb lesz a kívánt körülírt gömb. 1. tétel.

4 csúszda

Dia leírása:

"Egy gömb bármely háromszög alakú piramis körül leírható, és csak egy." Bizonyíték. Térjünk rá a planimetria tantárgyhoz hasonló bizonyításra. Először is meg kell találnunk a háromszög két csúcsától egyenlő távolságra lévő pontok helyét. Például A és B. Ilyen geometriai hely az AB szakaszra húzott merőleges felező. Ezután megtaláljuk az A-tól és C-től egyenlő távolságra lévő pontok helyét. Ez az AC szakaszra merőleges felezőszög. Ezeknek a felezőmerőlegeseknek a metszéspontja az ABC háromszög körül körülírt kör kívánt O középpontja lesz. 2. tétel.

5 csúszda

Dia leírása:

Most vegyük figyelembe a térbeli helyzetet, és készítsünk hasonló konstrukciókat. Legyen adott egy DABC háromszöggúla, és az A, B és C pontok határozzák meg az α síkot. Geometriai hely Az A, B és C pontoktól egyenlő távolságra lévő a egyenes az α síkra merőleges, és átmegy az ABC háromszögre körülírt kör O1 középpontján. Az A és D pontoktól egyenlő távolságra lévő pontok geometriai helye a β sík, amely merőleges az AD szakaszra, és átmegy annak csúcsán - E ponton. A β sík és az a egyenes metszi egymást az O pontban, amely a szakasz kívánt középpontja lesz. a DABC háromszögpiramis körül körülírt gömb. Valójában a felépítésnek köszönhetően az O pont egyenlő távolságra van a DABC piramis összes csúcsától. Ráadásul egy ilyen pont egyedi lesz, mivel a metsző egyenesnek és a síknak egyetlen közös pontja van.

6 csúszda

Dia leírása:

Szabályos piramis körül körülírt golyó. A labda bármely szabályos piramis körül leírható. A golyó középpontja a gúla magasságán átmenő egyenesen fekszik, és egybeesik egy egyenlő szárú háromszögre körülírt kör középpontjával, amelynek oldala a gúla oldalsó éle, magassága pedig a gúla magassága. a piramis. A labda sugara megegyezik ennek a körnek a sugarával. Az R golyó sugarát, a H gúla magasságát és a gúla alapja közelében leírt r kör sugarát a következő összefüggés kapcsolja össze: R2=(H-R)2+r2 Ez az összefüggés abban az esetben is érvényes, ha H< R.

7 csúszda

Dia leírása:

A probléma egy szabályos piramis körül körülírt golyóval kapcsolatos. „A PABC szabályos piramis közelében egy gömböt írnak le, amelynek középpontja az O pontban van, és sugara 9√3 m. A piramis magasságát tartalmazó PO egyenes metszi a gúla alapját a H pontban úgy, hogy PH:OH = 2:1. Határozza meg a piramis térfogatát, ha minden oldaléle 45 fokos szöget zár be az alap síkjával!

8 csúszda

Dia leírása:

Adott: PABC – szabályos piramis; a golyót (O;R=9√3 m) a piramis közelében írjuk le; RO∩(ABC)=N; PH:OH=2:1; ∟RAN=∟ RVN=∟ RSN=45o. Keresés: Vpir. Megoldás: Mivel RN:OH=2:1 (feltétel szerint), akkor RN:OR=2:3 RN:9√3 =2:3 RN=6√3 (m) 2. RN _ (ABC) (magasságként a piramis) => => RN _ AN (definíció szerint) => RAS - téglalap alakú. 3. A RAS-nál:

9. dia

Dia leírása:

4. Mivel feltétel szerint az RABC szabályos gúla, a PH pedig a magassága, akkor definíció szerint az ABC helyes; H az ABC körül körülírt kör középpontja, ami 5-öt jelent. Válasz: 486 m3.

10 csúszda

Dia leírása:

Egy prizma körül körülírt gömb. Egy gömb akkor írható le a prizma körül, ha az egyenes és alapjai körbe írt sokszögek. A golyó középpontja a prizma magasságának felezőpontjában található, amely összeköti a prizma alapjai körül leírt körök középpontját. Az R golyó sugarát, a H prizma magasságát és a prizma alapja körül leírt r kör sugarát a következő összefüggés kapcsolja össze:

11 csúszda

Dia leírása:

A probléma egy prizma körül körülírt gömbről szól. „Egy 6 cm magasságú ABCDA1B1C1D1 szabályos prizma van beírva egy gömbbe (tehát R = 5 cm). Keresse meg a prizma keresztmetszeti területét egy olyan síkkal, amely párhuzamos az alap síkjaival, és áthalad az O ponton - a labda középpontján."

12 csúszda

Dia leírása:

Adott: ABCDA1B1C1D1 – szabályos prizma; egy golyót (O;R=5 cm) írunk le egy prizma körül; a h prizma magassága 6 cm; α║(ABC); O α-val. Keresse: Ssec α, Megoldás: Mivel feltétel alapján a prizma egy golyóba van írva, akkor (r a prizma alapja körül körülírt kör sugara) De feltétellel egy szabályos prizma adott, ami azt jelenti, hogy

13. dia

Dia leírása:

a) (АВВ1) ║(СС1D1) (egyenes prizma tulajdonsága alapján) α ∩ (АВВ1)=КМ α ∩ (СС1D1)=РН => KM ║ HP (párhuzamos síkok tulajdonságai alapján) ║ Ho (BCC1) ║ (ADD1) (egyenes prizma tulajdonsága alapján) => KM=NR (párhuzamos síkok tulajdonsága szerint). Ez azt jelenti, hogy a KMNR egy paralelogramma (attribútum szerint) => MN=KR és MN ║ KR b) α ║ (ABC) (szerkesztés szerint) α ∩ (ABB1)=KM (ABC) ∩ (ABB1)=AB => KM ║ AB (a párhuzamos síkok tulajdonsága szerint) 2. 3. Mivel az ABCDA1B1C1D1 feltétel szerint szabályos prizma, és az α síkszelvény párhuzamos az alapokkal, ezért a metszet által alkotott ábra négyzet. Bizonyítsuk be: => => =>

14 csúszda

Dia leírása:

KMH= ABC=90o (mint szögek megfelelően igazított oldalakkal) Ez azt jelenti, hogy a KMNR rombusz (definíció szerint) négyzet, amit bizonyítani kellett. Ezenkívül a KMNR és az ABCD négyzetek egyenlőek. Ezért a területük tulajdonság szerint egyenlő, ezért α.=SABCD=32 (cm2) szakasz. Válasz: 32 cm2. c) KM ║ AB (bizonyított) (BCC1) ║(ADD1) (egyenes prizma tulajdonságával) => KM=AB=4√2 cm (párhuzamos síkok tulajdonságával). d) Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy MN ║ BC és MN = BC = 4√2 cm Ez azt jelenti, hogy az MN = KM => MNRK paralelogramma (definíció szerint) rombusz. e) MN ║ BC (bizonyítva) KM ║ AB (bizonyítva) => =>

15 csúszda

Dia leírása:

Egy prizma körül körülírt henger. Egy henger akkor írható le egy egyenes prizma körül, ha az alapja egy körbe írt sokszög. Az R henger sugara megegyezik ennek a körnek a sugarával. A henger tengelye a prizma H magasságával azonos egyenes vonalon fekszik, összekötve a prizma alapjai közelében leírt körök középpontját. Négyszögletű prizma esetén (ha az alap téglalap) a henger tengelye átmegy a prizma alapjainak átlóinak metszéspontján.

16 csúszda

Dia leírása:

A probléma egy prizma körül körülírt hengerrel kapcsolatos. Az ABCDA1B1C1D1 egyenes prizma, amelynek alapja egy téglalap, egy hengerbe van írva, amelynek generátora 7 cm, sugara 3 cm. Határozza meg a prizma oldalfelületének területét, ha az átlók bezárják a szöget Az ABCD 60 fok. ОО1 – hengertengely.

17. dia

Dia leírása:

Adott: ABCDA1B1C1D1 – egyenes prizma; a henger leírása a prizma közelében van; az AA1 henger generatrixa=7 cm; a henger alapjának sugara 3 cm; az ABCD átlók közötti szög 60°; ОО1 – hengertengely. Keresse: Sside prizma. Megoldás: Mivel a feltétel szerint egy négyszög hasáb, melynek alapja egy téglalap van beírva egy golyóba, akkor az AC∩ВD=O tulajdonság szerint. Ez azt jelenti, hogy AOB=60o és AO=OB=3cm. 2. AOB-ban a koszinusztétel segítségével.

Meghatározás. A gömb ún poliéderbe írva, ha a poliéder összes lapjának síkja e lapok belsejében elhelyezkedő talicskákban érinti a gömböt. Ebben az esetben a poliéderről azt mondjuk, hogy egy gömb körül van körülírva.

1. tétel.Egy gömb (golyó) tetszőleges tetraéderbe írható.

A tetraéder oldalsó lapjaitól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza a két oldalsó szögek két felezősíkjának metszésvonala. Ezt az egyenest a diéderszög felező síkja metszi az alapnál. A kapott pont egyenlő távolságra van a tetraéder minden lapjától.

Az ABCD tetraéderben a CDN és ADM síkok a CD és AD oldaléleken lévő diéderszögek felező síkjai. Az OD egyenes mentén metszik egymást. Az AKC sík a diéderszög felező síkja az alapnál (AC él). Ez a sík az OD egyenest az S pontban metszi (P a DM és KC egyenesek metszéspontja, amelyek egyszerre tartoznak az AKC és ADM síkhoz, ezért az S pont az AP és OD metszéspontja), amely a tetraéder minden lapjától egyenlő távolságra lévő pont lesz, és ezért az ABCD tetraéderbe írt gömb középpontja lesz.

1. példa. Határozzuk meg egy szabályos tetraéderbe írt gömb sugarát!

Tekintsük a DPS és DOK hasonló háromszögeket (két szög szerint: a D szög közös, a DPS és a DOK szögek derékszögek).

Akkor PS:KO=DS:DK,

figyelembe véve, hogy PS=r=SO és DS=DO-SO=DO-r,

, , Azt .

Válasz: egy szabályos tetraéderbe írt gömb sugara egyenlő

2. tétel. Egy gömböt illeszthetsz egy szabályos piramisba.

3. tétel. Egy gömb akkor és csak akkor írható be egy szabályos csonka gúlába, ha az apotémje egyenlő az alapjaiba írt körök sugarainak összegével.

4. tétel. Egy gömb bármely prizmába beírható, ha a merőleges metszetébe beírható egy kör, amelynek sugara megegyezik a prizma magasságának felével.

5. tétel. Egy gömb akkor és csak akkor írható be szabályos prizmába, ha a prizma magassága megegyezik az alapjába írt kör átmérőjével.

Henger körül leírt gömbök, kúp és

Csonkakúp.

Meghatározás. A gömb ún leírva a henger körül vagy csonka kúp, ha az alapkörök minden pontja a gömbhöz tartozik; A gömb ún a kúp körül leírták, ha az alapkör minden pontja, valamint a kúp csúcsa a gömbhöz tartozik.

Ezekben az esetekben a henger, a csonka kúp vagy a kúp gömbbe van írva.

1. tétel.Egy gömb tetszőleges henger körül írható le.

O 1 és O 2 az alsó és a felső bázis középpontja. Az O 1 O 2 egyenes merőleges az alap síkjaira. Rajzoljunk a henger generatrixának közepén átmenő síkot erre a generatrixra merőlegesen. Ez a sík párhuzamos lesz az alap síkjaival, és az O pontban metszi az O 1 O 2 egyenest, amely a henger körül körülírt gömb középpontja lesz. Az O pont és az alap minden pontja közötti távolság egyenlő lesz, mivel O 1 O 2 a GMT, egyenlő távolságra a körtől (egy egyenes, amely áthalad a kör középpontján és merőleges a kör síkjára). Ez azt jelenti, hogy az O pont egy henger körül körülírt OA sugarú gömb középpontja.

2. tétel. A csonkakúp körül egy gömb írható le.

O 1 és O 2 az alsó és a felső bázis középpontja. Az O 1 O 2 egyenes merőleges az alap síkjaira. Tekintsük egy AB csonkakúp generatrixát. Keressük meg a GMT-t, egyenlő távolságra az A és B talicskáktól. Ezek egy sík lesznek, amelyek áthaladnak a P ponton - az AB közepén, és merőlegesek erre az egyenesre. Ez a sík az O pontban metszi az O 1 O 2 -t, amely egyenlő távolságra lesz az A és B ponttól. Az is nyilvánvaló, hogy az O pont egyenlő távolságra lesz a csonkakúp alapjainak minden pontjától. Következésképpen ez az O pont egy OA sugarú gömb középpontja lesz, amelyet egy csonka kúp körül írunk le.

3. tétel. A gömb a kúp körül írható le.

Az előző tételhez hasonlóan az OA a kúp magassága, ami a HMT, egyenlő távolságra a körtől. Tekintsük az AB generátort, és keressük meg a GMT-ket egyenlő távolságra A-tól és B-től. Az eredményül kapott sík (az előző feladatnak megfelelően) az O 1 pontban metszi az OA-t, amely egyenlő távolságra lesz az A és B pontoktól, valamint a sík bármely pontjától. a kúp alapja. Így azt kaptuk, hogy az O 1 pont egy O 1 A sugarú gömb középpontja, amelyet egy kúp körül írunk le.

A munka célja, hogy mindent megtudjunk elméleti anyag a „Beírt és körülírt poliéderek” témában, és megtanulják alkalmazni a gyakorlatban.

Gömbbe írt poliéder Egy domború poliédert beírtnak nevezünk, ha minden csúcsa valamilyen gömbön fekszik. Ezt a gömböt egy adott poliéderre leírtnak nevezzük. Ennek a gömbnek a középpontja egy pont, amely egyenlő távolságra van a poliéder csúcsaitól. Ez a síkok metszéspontja, amelyek mindegyike átmegy a poliéder rá merőleges élének közepén.

Gömbbe írt piramis Tétel: Egy gömb akkor és csak akkor írható le a gúla körül, ha a piramis alapja körül kör írható le.

Képlet egy körülírt gömb sugarának meghatározásához Legyen SABC egy gúla, amelynek oldalsó élei egyenlők, h a magassága, R a körülírt kör alapja körüli sugara. Határozzuk meg a körülírt gömb sugarát. Vegyük észre a hasonlóságot derékszögű háromszögek SKO 1 és SAO. Ekkor SO 1/SA = KS/SO; R 1 = KS · SA/SO De KS = SA/2. Ekkor R1 = SA2/(2SO); R1 = (h2 + R2)/(2 óra); R 1 = b 2/(2 h), ahol b az oldalél.

Gömbbe írt prizma Tétel: Egy gömb csak akkor írható le a prizma körül, ha a prizma egyenes, és egy kör írható le az alapja körül.

Gömbbe írt paralelepipedon Tétel: Egy gömb a paralelepipedon körül akkor és csak akkor írható le, ha a paralelepipedon téglalap alakú, mivel ebben az esetben egyenes és az alapja körül kör írható le - paralelogramma (mivel az alap egy téglalap).

Gömbbe írt kúp és henger Tétel: A gömb bármely kúp körül leírható. Tétel: Egy gömb bármely henger körül leírható.

1. feladat Határozza meg az a élű szabályos tetraéder által körülírt golyó sugarát! Megoldásról: Először készítsük el egy körülírt golyó középpontjának képét egy szabályos SABC tetraéder képére. Rajzoljuk fel az SD és AD apotémeket (SD = AD). Az ASD egyenlő szárú háromszögben a DN medián minden pontja egyenlő távolságra van az AS szakasz végeitől. Ezért az O 1 pont az SO magasság és a DN szakasz metszéspontja. Az R 1 = b 2/(2 h) képlet felhasználásával megkapjuk: SO 1 = SA 2/(2 SO); SO = SO 1 = a 2/(2 a =a =)=a /4. Válasz: SO 1 = a /4.

2. feladat Egy szabályos négyszög alakú piramisban az alap oldala egyenlő a, a-val lapos szög a csúcsban egyenlő α-val. Határozza meg a körülírt gömb sugarát! Megoldás: Az R 1=b 2/(2 h) képlet segítségével megkeressük a körülírt golyó sugarát, SC-t és SO-t találunk. SC = a/(2 sin(α/2)); SO 2). (a/(2 sin(α/2))2 – (a /2)2 = =). = a 2/(4 sin 2(α/2)) – 2 a 2/4 = = a 2/(4 sin 2(α/2)) (1 – 2 sin 2(α/2)) = = a 2/(4 sin 2(α/2)) · cosα R 1 = a 2/(4 sin 2(α/2)) · 1/(2 a Válasz: R 1 = a/(4 sin(α/ 2) ) /(2 sin(α/2))) = a/(4 sin(α/2)

Egy gömb körül körülírt poliéder Egy domború poliédert körülírtnak nevezünk, ha minden lapja valamilyen gömböt érint. Ezt a gömböt egy adott poliéderre beírtnak nevezzük. A beírt gömb középpontja a poliéder minden lapjától egyenlő távolságra lévő pont.

Beírt gömb középpontjának helyzete Kétszög felezősík fogalma. A felezősík olyan sík, amely egy kétszöget két egyenlő kétszögre oszt. Ennek a síknak minden pontja egyenlő távolságra van a kétszög lapjaitól. BAN BEN általános eset a poliéderbe írt gömb középpontja a poliéder összes diéderszöge felezősíkjainak metszéspontja. Mindig a poliéder belsejében fekszik.

Golyó körül körülírt gúla Egy golyóról azt mondjuk, hogy bele van írva egy (tetszőleges) gúlába, ha érinti a gúla minden lapját (oldalsó és alapját is). Tétel: Ha az oldallapok egyformán dőlnek az alaphoz, akkor egy ilyen gúlába golyót írhatunk. Mivel a diéder szögei az alapnál egyenlőek, a felük is egyenlő, és a felezők egy pontban metszik egymást a gúla magasságában. Ez a pont a piramis alján lévő összes felezősíkhoz tartozik, és egyenlő távolságra van a gúla minden lapjától - a beírt golyó középpontjától.

Képlet egy beírt gömb sugarának meghatározásához Legyen SABC egy gúla, amelynek oldalsó élei egyenlők, h a magassága, r a beírt kör sugara. Határozzuk meg a körülírt gömb sugarát. Legyen SO = h, OH = r, O 1 O = r 1. Ekkor egy háromszög belső szögfelezőjének tulajdonsága alapján O 1 O/OH = O 1 S/SH; r 1/r = (h – r 1)/ ; r 1 = rh – rr 1; r 1 · (+ r) = rh; r 1 = rh/(+ r). Válasz: r 1 = rh/(+ r).

Gömb köré körülírt prizma Tétel: Egy gömb akkor és csak akkor írható a prizmába, ha a prizma egyenes, és az alapjára írható be egy kör, amelynek átmérője megegyezik a prizma magasságával.

Egy paralelepipedon és egy gömb körül leírt kocka Tétel: Egy gömb akkor és csak akkor írható be a paralelepipedonba, ha a paralelepipedon egyenes, az alapja pedig rombusz, és ennek a rombusznak a magassága a beírt gömb átmérője, ami viszont megegyezik a paralelepipedon magasságával. (Az összes paralelogramma közül csak egy kör írható rombuszba) Tétel: Egy gömb mindig írható kockába. Ennek a gömbnek a középpontja a kocka átlóinak metszéspontja, sugara pedig egyenlő a kocka élének hosszának felével.

Egy gömb körül leírt henger és kúp Tétel: Egy gömb csak olyan hengerbe írható, amelynek magassága megegyezik az alap átmérőjével. Tétel: Egy gömb bármely kúpba beleírható.

Ábrák kombinációi Beírt és körülírt prizma A hengerbe írt prizma olyan prizma, amelyben az alapok síkjai a henger alapjainak síkjai, az oldalélek pedig a henger generátorai. A henger érintősíkja az a sík, amely átmegy a henger generatrixán, és merőleges az ezt a generatrixot tartalmazó tengelymetszet síkjára. A henger körül leírt prizma olyan prizma, amelynek alapsíkjai a henger alapjainak síkjai, és az oldallapok érintik a hengert.

Beírt és körülírt gúlák A kúpba írt gúla olyan gúla, amelynek alapja a kúp alapjának körébe írt sokszög, csúcsa pedig a kúp csúcsa. A kúpba írt gúla oldalsó élei alkotják a kúpot. A kúp érintősíkja az a sík, amely átmegy a generatrixon, és merőleges a generatrixot tartalmazó tengelymetszet síkjára. A kúp köré körülírt gúla olyan gúla, amelynek alapja a kúp alapja köré körülírt sokszög, és a csúcsa egybeesik a kúp csúcsával. A leírt gúla oldallapjainak síkjai érintik a kúp síkját.

Más típusú konfigurációk Egy henger akkor van beírva a piramisba, ha az egyik alapjának köre érinti a gúla összes oldallapját, a másik alapja pedig a gúla alján fekszik. A kúp akkor van beírva a prizmába, ha a csúcsa a prizma felső bázisán fekszik, és az alapja egy sokszögbe írt kör - a prizma alsó alapja. Prizma akkor van a kúpba írva, ha a prizma felső alapjának összes csúcsa a kúp oldalfelületén, a prizma alsó alapja pedig a kúp alapján fekszik.

1. feladat Egy szabályos négyszög alakú gúlában az alap oldala egyenlő a-val, és a síkszög a csúcson egyenlő α-val. Határozzuk meg a piramisba írt golyó sugarát! Megoldás: Fejezzük ki ∆SOK oldalait a-val és α-val. OK = a/2. SK = KC kiságy(α/2); SK = (egy kiságy(α/2))/2. SO = = (a/2) Az r 1 = rh/(+ r) képlet segítségével megtaláljuk a beírt golyó sugarát: r 1 = OK · SO/(SK + OK); r 1 = (a/2) · (a/2) /((a/2) · ctg(α/2) + (a/2)) = = (a/2) /(ctg(α/2) + 1) = (a/2) Válasz: r 1 = (a/2) =

Összegzés A „Poliéderek” témát a 10. és 11. évfolyamos tanulók tanulják, de benn tanterv nagyon kevés anyag található a „Beírt és körülírt poliéderek” témában, bár nagy érdeklődést vált ki a diákok körében, mivel a poliéderek tulajdonságainak tanulmányozása hozzájárul az absztrakt és logikus gondolkodás fejlesztéséhez, amely később hasznos lesz számunkra a tanulmányozás során. , a munka és az élet. Miközben ezen az esszén dolgoztunk, tanulmányoztuk az összes elméleti anyagot a „Beírt és körülírt poliéderek” témában, megvizsgáltuk az ábrák lehetséges kombinációit, és megtanultuk az összes tanulmányozott anyagot a gyakorlatban alkalmazni. A 11. osztályos sztereometria tantárgy legnehezebb kérdése a testek kombinációjával kapcsolatos problémák. De most már bátran kijelenthetjük, hogy nem lesz gondunk az ilyen problémák megoldásával, hiszen a mi időnkben kutatómunka megállapítottuk és igazoltuk a beírt és körülírt poliéderek tulajdonságait. A tanulóknak nagyon gyakran nehézséget okoz, hogy rajzot készítsenek egy problémához ebben a témában. De miután megtanultuk, hogy a golyó és a poliéder kombinációjával kapcsolatos problémák megoldásához néha szükségtelen a labda képe, és elegendő a középpontját és a sugarát feltüntetni, biztosak lehetünk benne, hogy ezek a nehézségek nem lesznek. Ennek az esszének köszönhetően sikerült megértenünk ezt a nehéz, de nagyon izgalmas témát. Reméljük, hogy most már nem okoz nehézséget a tanult anyag gyakorlati alkalmazása.

Gömbbe írt poliéder. Alapvető definíciók és tételek. Meghatározás. Egy gömbről azt mondjuk, hogy körülírt egy poliéder (vagy egy gömbbe írt poliéder), ha a poliéder összes csúcsa ezen a gömbön fekszik.

8. dia az előadásból „Geometriai feladatok” 11. osztály. Az archívum mérete a prezentációval együtt 1032 KB.

Geometria 11. évfolyam

összefoglaló egyéb előadások

„Gometriai testek térfogatai” - Poliéderek térfogatai. A térfogat fogalma. A piramis térfogata. Kivitel kúp. Egyenes prizma térfogata. Válasz. A tudományok a matematikára törekednek. Sok sikert az anyag tanulásához. Téglalap alakú paralelepipedon térfogata. Rajzok és rajzok. Szabályos négyszögletű piramis térfogata. Területek tulajdonságai. Négyzet. Egy kocka széle. A testek térfogatának fogalma. Négyzet. Henger térfogata. Kúp. Poligon. Geometriai figurák. Három sárgaréz kocka.

"Vektorok a térben" - Vektor koordináták. Különbségek. Vektorok a térben. Két vektor különbsége. Két vektor szorzása. Műveletek vektorokkal. Egyetlen vektor. Műveletek végrehajtásának képessége. Sokszög szabály. Szonorektált vektorok. Egy vektor definíciója. Akció vektorokkal. A vektorok nem egysíkúak. Megoldás.

„Geometriai problémák az egységes államvizsgán” - Egy poliéder felülete. Keresse meg a külső szög érintőjét! Részt vett a prezentáció elkészítésében. Feladat opciók. Egy háromszög területe. A trapéz területe. Keresse meg a háromszög területét. A kör egy részének területe. Alapvető referenciaanyag. Planimetria. Gyakori hibák. A geometria alapjai. Orális gyakorlatok. Lehetséges feladatok. Legyen képes műveleteket végrehajtani geometriai formák. Határozza meg a poliéder térfogatát!

„Számítsa ki a forgástest térfogatát” - Kúp. Keresse meg a hangerőt. Labda. Henger és kúp. Henger. Egy kúp térfogata. Gömb. A forgástestek típusai. Ábra. Egy kúp V kötete. A kúp meghatározása. Hengeres edény. A henger definíciója. Hengerek vannak körülöttünk. A forgástestek térfogatai. Kocka Radii.

„Vektorkoordináták a térben” - Tankönyv. Megoldás. Abszolút érték. Vektorok összege. Vektor különbség. Általános kezdet. Koordináta. Rajz. A vektor nagysága és iránya. Egy vektor szorzata. A szegmens hossza. Műveletek vektorokon a térben. Repülőgépek. Bizonyíték. Skaláris szorzat vektorok. Vektorok a térben.

„Mozgás” 11. évfolyam - Szimmetria az építészetben. Axiális szimmetria. Párhuzamos átvitel. Mozgalom. Szimmetria a növényekben. Csúszó szimmetria. Szimmetria az állatvilágban. Bevezetés. Fordulat. Központi szimmetria. Mozgalom. Tükör szimmetria.

Egy körülírt gömb sugarának meghatározására szolgáló képlet Legyen SABC egyenlő oldalélekkel rendelkező gúla, h a magassága, R az alap körül körülírt kör sugara. Határozzuk meg a körülírt gömb sugarát. Figyeljük meg az SKO1 és SAO derékszögű háromszögek hasonlóságát. Ekkor SO 1 /SA = KS/SO; R 1 = KS · SA/SO De KS = SA/2. Ekkor R1 = SA2/(2SO); R1 = (h2 + R2)/(2h); R 1 = b 2 /(2h), ahol b egy oldalél.

1. feladat Határozza meg egy a élű szabályos tetraéderre körülírt gömb sugarát! Megoldás: SO 1 = SA 2 /(2SO); SO = = = a SO 1 = a 2 /(2 a) = a /4. Válasz: SO 1 = a /4. Először készítsük el egy körülírt golyó középpontjának képét egy szabályos SABC tetraéder képével. Rajzoljuk fel az SD és AD apotémeket (SD = AD). Az ASD egyenlő szárú háromszögben a DN medián minden pontja egyenlő távolságra van az AS szakasz végeitől. Ezért az O 1 pont az SO magasság és a DN szakasz metszéspontja. Az R 1 = b 2 /(2h) képlet felhasználásával kapjuk:

2. feladat Megoldás: Az R 1 =b 2 /(2h) képlet segítségével megkeressük a körülírt golyó sugarát, SC-t és SO-t találunk. SC = a/(2sin(a/2)); SO 2 = (a/(2sin(α /2)) 2 – (a /2)2 = = a 2 /(4sin 2 (α /2)) – 2a 2 /4 = = a 2 /(4sin 2 ( α /2)) · (1 – 2sin 2 (α /2)) = = a 2 /(4sin 2 (α /2)) · cos α Egy szabályos négyszögletű piramisban az alap oldala egyenlő a, és a síkszög a csúcson egyenlő α . Határozzuk meg a körülírt golyó sugarát R 1 = a 2 /(4sin 2 (α /2)) · 1/(2a/(2sin(α /2))). =a/(4sin(α /2) · : R 1 = a/(4sin(α /2) ·).

Beírt gömb középpontjának helyzete Kétszög felezősík fogalma. A felezősík olyan sík, amely egy kétszöget két egyenlő kétszögre oszt. Ennek a síknak minden pontja egyenlő távolságra van a kétszög lapjaitól. Általános esetben a poliéderbe írt gömb középpontja a poliéder összes diéderszögének felezősíkjainak metszéspontja. Mindig a poliéder belsejében fekszik.

Képlet egy beírt gömb sugarának meghatározásához Legyen SABC egy gúla, amelynek oldalsó élei egyenlők, h a magassága, r a beírt kör sugara. Határozzuk meg a körülírt gömb sugarát. Legyen SO = h, OH = r, O 1 O = r 1. Ekkor egy háromszög belső szögfelezőjének tulajdonsága alapján O 1 O/OH = O 1 S/SH; r 1 /r = (h – r 1)/ ; r 1 · = rh – rr 1 ; r 1 · (+ r) = rh; r 1 = rh/(+ r). Válasz: r 1 = rh/(+ r).

Egy paralelepipedon és egy gömb körül leírt kocka Tétel: Egy gömb akkor és csak akkor írható be a paralelepipedonba, ha a paralelepipedon egyenes és az alapja egy rombusz, és ennek a rombusznak a magassága a beírt gömb átmérője, amely viszont egyenlő a paralelepipedon magasságával. (Az összes paralelogramma közül csak egy kör írható rombuszba) Tétel: Egy gömb mindig írható kockába. Ennek a gömbnek a középpontja a kocka átlóinak metszéspontja, sugara pedig egyenlő a kocka élének hosszának felével.

Ábrák kombinációi Beírt és körülírt prizma A hengerre körülírt prizma olyan prizma, amelynek alapsíkjai a henger alapjainak síkjai, és az oldallapok érintik a hengert. A hengerbe írt prizma olyan prizma, amelynek alapsíkjai a henger alapjainak síkjai, oldalélei pedig a henger generátorai. A henger érintősíkja az a sík, amely átmegy a henger generatrixán, és merőleges az ezt a generatrixot tartalmazó tengelymetszet síkjára.

Beírt és körülírt gúlák A kúpba írt gúla olyan gúla, amelynek alapja a kúp alapjának körébe írt sokszög, csúcsa pedig a kúp csúcsa. A kúpba írt gúla oldalsó élei alkotják a kúpot. A kúp köré körülírt gúla olyan gúla, amelynek alapja a kúp alapja köré körülírt sokszög, és a csúcsa egybeesik a kúp csúcsával. A leírt gúla oldallapjainak síkjai érintik a kúp síkját. A kúp érintősíkja az a sík, amely átmegy a generatrixon, és merőleges a generatrixot tartalmazó tengelymetszet síkjára.

1. feladat Egy szabályos négyszög alakú gúlában az alap oldala egyenlő a-val, és a síkszög a csúcson egyenlő α-val. Határozzuk meg a piramisba írt golyó sugarát! Megoldás: Fejezzük ki a SOK oldalait a és α függvényében. OK = a/2. SK = KC kiságy(α /2); SK = (a · ctg(α /2))/2. SO = = (a/2) Az r 1 = rh/(+ r) képlet segítségével megtaláljuk a beírt golyó sugarát: r 1 = OK · SO/(SK + OK); r 1 = (a/2) · (a/2) /((a/2) · ctg(α /2) + (a/2)) = = (a/2) /(ctg(α /2) + 1) = (a/2)= = (a/2) Válasz: r 1 = (a/2)

Következtetés A „Poliéderek” témát a 10. és 11. évfolyamos tanulók tanulják, de a tanterv nagyon kevés anyagot tartalmaz a „Beírt és körülírt poliéderek” témában, bár ez nagyon érdekli a tanulókat, mivel a poliéderek tulajdonságait tanulmányozzák. hozzájárul az absztrakt és logikus gondolkodás fejlesztéséhez, amely később hasznos lesz számunkra a tanulásban, a munkában, az életben. Miközben ezen az esszén dolgoztunk, tanulmányoztuk az összes elméleti anyagot a „Beírt és körülírt poliéderek” témában, megvizsgáltuk az ábrák lehetséges kombinációit, és megtanultuk az összes tanulmányozott anyagot a gyakorlatban alkalmazni. A 11. osztályos sztereometria tantárgy legnehezebb kérdése a testek kombinációjával kapcsolatos problémák. Most azonban bátran kijelenthetjük, hogy nem lesz gondunk az ilyen jellegű problémák megoldásával, hiszen kutatómunkánk során megállapítottuk és igazoltuk a beírt és körülírt poliéderek tulajdonságait. A tanulóknak nagyon gyakran nehézséget okoz, hogy rajzot készítsenek egy problémához ebben a témában. De miután megtanultuk, hogy a golyó és a poliéder kombinációjával kapcsolatos problémák megoldásához néha szükségtelen a labda képe, és elegendő a középpontját és a sugarát feltüntetni, biztosak lehetünk benne, hogy ezek a nehézségek nem lesznek. Ennek az esszének köszönhetően sikerült megértenünk ezt a nehéz, de nagyon izgalmas témát. Reméljük, hogy most már nem okoz nehézséget a tanult anyag gyakorlati alkalmazása.