„A labda térfogata” - egy parabola szegmens térfogata. Határozzuk meg egy 1 élű szabályos tetraéderbe írt golyó térfogatát. Egy golyót egy olyan kúpba írunk, amelynek alapsugara 1 és generatrix 2. A golyó középpontjától 8 cm távolságra lévő síkszelvény sugara 6 cm Az R sugarú golyóból levágott h magasságú gömbszelvény térfogatát a képlet fejezi ki .
"Kör kör gömb golyó" - kerék. Srácok, most mindannyian a számítógépes központ tagjai lesztek. A kör analógiájára magyarázza el, hogy mi az: a) sugár; b) akkord; c) a gömb átmérője. Keresse meg egy 3 m sugarú gömb felületét. Átmérő. A labda (gömb) közepe. Labda és gömb. Labda. Emlékezzen a kör meghatározására. Próbáljon meg meghatározni egy gömböt a pontok közötti távolság fogalmával.
„Szabályos poliéder” – Az ikozaéder síkszögeinek összege minden csúcsban 300?. A szabályos poliéderek a „legjövedelmezőbb” figurák. A kocka síkszögeinek összege minden csúcsban 270?. Szabályos oktaéder. A Föld ikozaéder-dodekaéder szerkezete. A kocka a legstabilabb figura. Szabályos dodekaéder. Szabályos konvex poliéder.
„Bál” – Az iskolai órákon kívüli kutatási tevékenységek. 1. számú feladat. Kúp. Az elméleti alapelvek ismétlése. Egy szabályos négyszög alakú piramisba egy golyó van beírva. A golyó felületét gömbnek nevezzük. Piramis. Munkánk során mi: Kutatási gyakorlat, a téma feldolgozásának folyamata. Munka klubokban és választható tárgyakban.
„Beírt és körülírt kör” - ARCHIMÉDÉSZ (Kr. e. 287-212) - ókori görög matematikus és mechanikus. Beírt és körülírt körök. Problémás kérdésekre tudunk válaszolni. Kör. A szabályos sokszög oldalainak számának növekedésével a sokszög szöge növekszik. Az ókori matematikusok nem sajátították el a matematikai elemzés fogalmait.
„Gömb és labda” – A labda közepén áthaladó szakasz egy nagy kör. (átmérőjű metszet). Az égbolt csillagászati megfigyelései mindig a gömb képzetét idézték elő. A gömböt mindig is széles körben használták a tudomány és a technológia különböző területein. Egy gömb érintősíkja. Általános fogalmak. Három pont jár a labda felületén.
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.
Tétel. Egy gömb akkor és csak akkor írható le a piramis körül, ha a piramis alapja körül kör írható le.
Gömbbe írt poliéder
Tétel. Egy gömb a prizma közelében akkor és csak akkor írható le, ha a prizma alapja közelében kör írható le. A középpontja egy pont lesz O, amely a prizma alapjai körül leírt körök középpontjait összekötő szakasz felezőpontja. A gömb sugara R képlettel számítjuk ki
Ahol h- prizma magasság, r– a prizma alapja körül leírt kör sugara.
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
1. Feladat
Leírható-e egy gömb egy téglalap alakú paralelepipedon körül?
Válasz: Igen. Középpontja az átlók metszéspontja, sugara pedig egyenlő a paralelepipedon átlójának felével
2. gyakorlat
Leírható-e egy gömb egy ferde paralelepipedon körül, amelynek minden arca rombusz?
Válasz: Nem.
3. gyakorlat
Leírható-e egy gömb egy ferde prizma körül?
Válasz: Nem.
4. gyakorlat
Elhelyezhető-e a prizmára körülírt gömb középpontja a prizmán kívül?
Válasz: Igen, ha a prizma alapja egy tompa háromszög.
5. gyakorlat
Elhelyezhető-e a piramis közelében leírt gömb középpontja ezen a piramison kívül?
Válasz: Igen.
Kocka körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
1. Feladat
Határozza meg az egységkockára körülírt gömb sugarát!
2. gyakorlat
Keresse meg az egységgömbbe írt kocka élét!
3. gyakorlat
Határozzuk meg egy olyan téglalap alakú paralelepipedonra körülírt gömb sugarát, amelynek egyik csúcsából kinyúló élei egyenlők 1, 2, 3 értékkel.
4. gyakorlat
Az azonos csúcsból kiinduló téglatest két éle 1 és 2. A körülírt gömb sugara 1,5. Keresse meg a paralelepipedon ugyanazon csúcsából kilépő harmadik élt.
Tetraéder körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
1. Feladat
Határozzuk meg az egységtetraéderre körülírt gömb sugarát!
Megoldás. Egy tetraéderben SABC nekünk van:
BE=SE=
Derékszögű háromszögben OBE nekünk van:
R, találunk
2. gyakorlat
Keresse meg az egységgömbbe írt szabályos tetraéder élét!
3. gyakorlat
A piramis alapja egy szabályos háromszög, melynek oldala egyenlő 3-mal. Az egyik oldalél egyenlő 2-vel, és merőleges az alap síkjára. Határozza meg a körülírt gömb sugarát!
Megoldás. Hadd O– a leírt gömb középpontja, K– az alap körül leírt kör középpontja, E– középső S.C.. Négyszög CEOQ- egy téglalap, amelyben CE= 1, CQ= Ennélfogva, R=OC= 2.
Válasz: R = 2.
4. gyakorlat
A képen egy piramis látható SABC, amelyre az él S.C. egyenlő 2-vel és merőleges az alap síkjára ABC, sarok ACB egyenlő 90 o, AC = BC = 1 . Szerkessze meg a piramis köré körülírt gömb középpontját, és keresse meg a sugarát.
Megoldás. Át a közepén D borda AB húzzunk párhuzamos egyenest S.C.. Át a közepén E borda S.C. húzzunk párhuzamos egyenest CD. A metszéspontjuk O a leírt gömb kívánt középpontja lesz. Derékszögű háromszögben OCD nekünk van:
OD=CD= tétel szerint
Pythagoras, találjuk
5. gyakorlat
Határozzuk meg egy szabályos háromszög alakú gúlára körülírt gömb sugarát, amelynek oldalélei egyenlők 1-gyel, és a síkszögei a csúcson 90°-kal egyenlők.
Megoldás. Egy tetraéderben SABC nekünk van:
AB=AE= SE =
Derékszögű háromszögben OAE nekünk van:
Ennek az egyenletnek a megoldása a R, találunk
Háromszög hasáb körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
1. Feladat
Határozzuk meg egy szabályos prizmára körülírt gömb sugarát, amelynek minden éle egyenlő 1-gyel.
Megoldás. Nekünk van:
A.A. 1 = 1, AD=OD=
Ennélfogva, R=AO=
2. gyakorlat
Egy szabályos háromszög prizma köré egy 2 sugarú gömb van körülírva, amelynek oldala egyenlő 1-gyel. Határozzuk meg a prizma magasságát!
Megoldás. Nekünk van: A.O. = 2, OD=
Ennélfogva, h = AA 1 = 2 AO=
3. gyakorlat
Egy 1 sugarú gömb van körülírva egy szabályos háromszög alakú prizma köré, amelynek magassága 1. Határozzuk meg a prizma alapjának oldalát!
Megoldás. Nekünk van: A.O. = 1 , OD=
Ennélfogva, AD=
Eszközök, AB =
4. gyakorlat
Határozzuk meg egy derékszögű háromszög prizmára körülírt gömb sugarát, amelynek alapja egy derékszögű háromszög, amelynek lábai egyenlőek 1-gyel, és a prizma magassága 2.
Megoldás. A gömb sugara egyenlő az átló felével A 1 C téglalap ACC 1 A 1 .
Nekünk van: A.A. 1 = 2, AC =
Ennélfogva, R=
Szabályos hatszögletű prizmára körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
Gyakorlat
Határozzuk meg egy szabályos hatszögletű prizmára körülírt gömb sugarát, amelynek minden éle egyenlő 1-gyel.
Megoldás. Nekünk van AG = 1, OG=
Ennélfogva, R=AO=
Egy szabályos négyszög alakú piramis körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
Gyakorlat
Határozzuk meg egy szabályos négyszög alakú gúlára körülírt gömb sugarát, amelynek minden éle egyenlő 1-gyel.
Szabályos hatszögletű piramis körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
Gyakorlat
Határozzuk meg egy szabályos 6 szögű gúlára körülírt gömb sugarát, amelynek alapélei egyenlőek 1-gyel, oldalélei pedig 2-vel.
Megoldás. Háromszög SZOMORÚ.– egyenlő oldalú oldallal 2. Sugár R körülírt gömb egyenlő a háromszög körülírt körének sugarával SZOMORÚ.. Ennélfogva,
Oktaéder körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
Gyakorlat
Határozza meg az egységnyi oktaéderre körülírt gömb sugarát!
Megoldás. Sugár R körülírt gömb egyenlő a négyzet átlójának felével ABCD 1. oldallal. Ezért
Az ikozaéder körül körülírt gömb
Dia módban a válaszok és a megoldások az egér kattintása után jelennek meg
Gyakorlat
Határozza meg az egységnyi ikozaéderre körülírt gömb sugarát!
Megoldás. Egy téglalapban ABCD AB = CD = 1, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.És HIRDETÉS – szabályos ötszögek átlói oldalaival 1. Ezért
BC=AD=
A Pitagorasz-tétel szerint AC =
A szükséges sugár egyenlő ennek az átlónak a felével, azaz.
Gyakorlat
Határozzuk meg az egység dodekaéderre körülírt gömb sugarát!
Megoldás. ABCDE- szabályos ötszög oldallal
Egy téglalapban ACGF AF=CG= 1, A.C.És FG – ötszög átlói ABCDEés ezért AC=FG=
A Pitagorasz-tétel szerint
FC= Szükséges sugár
ennek az átlónak a felével egyenlő, azaz.
Gyakorlat
Az ábrán egy háromszög alakú piramisokból álló szabályos tetraéder sarkainak levágásával kapott csonka tetraéder látható, amelyek lapjai szabályos hatszögek és háromszögek. Határozzuk meg egy olyan csonka tetraéderre körülírt gömb sugarát, amelynek élei egyenlők 1-gyel.
Gyakorlat
Az ábrán egy csonka kocka látható, amelyet úgy kaptunk, hogy a kocka sarkaiból háromszög alakú piramisokat vágunk le, amelyek lapjai szabályos nyolc- és háromszögek. Határozzuk meg egy olyan csonka kockára körülírt gömb sugarát, amelynek élei egyenlők 1-gyel.
Gyakorlat
Az ábrán egy csonka oktaéder látható, amelyet úgy kapunk, hogy az oktaéder sarkaiból háromszög alakú piramisokat vágunk le, amelyek lapjai szabályos hatszögek és háromszögek. Határozzuk meg egy olyan csonka oktaéderre körülírt gömb sugarát, amelynek élei egyenlők 1-gyel.
Gyakorlat
Az ábrán egy csonka ikozaéder látható, amelyet az ötszögletű piramisok ikozaéderének sarkainak levágásával kapunk, amelyek lapjai szabályos hatszögek és ötszögek. Határozzuk meg egy olyan csonka ikozaéderre körülírt gömb sugarát, amelynek élei egyenlők 1-gyel.
Gyakorlat
Az ábrán egy csonka dodekaéder látható, amelyet úgy kapunk, hogy a dodekaéder sarkaiból háromszög alakú piramisokat vágunk le, amelyek lapjai szabályos tíz- és háromszögek. Határozzuk meg egy olyan csonka dodekaéderre körülírt gömb sugarát, amelynek élei egyenlők 1-gyel.
Gyakorlat
Határozza meg az egységnyi kockaéderre körülírt gömb sugarát!
Megoldás. Emlékezzünk vissza, hogy egy kockaédert úgy kapunk, hogy szabályos háromszög alakú piramisokat vágunk le, amelyek csúcsai a kocka csúcsaiban vannak, és az oldalélek megegyeznek a kocka élének felével. Ha az oktaéder éle egyenlő 1-gyel, akkor a megfelelő kocka éle egyenlő A körülírt gömb sugara egyenlő a kocka középpontjától az élének közepéig mért távolsággal, azaz. egyenlő 1.
Válasz: R = 1.
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.
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. Vegyük észre a hasonlóságot derékszögű háromszögek SKO1 és SAO. 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.
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) .
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 a, a lapos szög a csúcsban egyenlő α-val. Határozza meg a körülírt gömb sugarát! R1 = a 2 /(4sin 2 (α /2)) 1/(2a/(2sin(α /2))) =a/(4sin(α /2)). Válasz: R 1 = a/(4sin(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).
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.
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 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)
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 ez nagy érdeklődést mutat a hallgatók számára, mivel a poliéderek tulajdonságainak tanulmányozása hozzájárul az absztrakt és logikus gondolkodás fejlesztéséhez, amely később hasznos lesz számunkra tanulás, munka és élet. Miközben ezen az esszén dolgoztunk, mindent tanulmányoztunk elméleti anyag a „Beírt és körülírt poliéderek” témakörben megvizsgálta az ábra lehetséges kombinációit, és megtanulta 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.
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.
Hasonló cikkek
