prosv.ru...39 " # 36 : oa, ob oc , d , doa = dob = doc . : od . . 1) 6 - d dh

© Издательство «Просвещение», 2014© Художественное оформление. Издательство «Просвещение», 2014 Все права защищены

ISBN 978-5-09-028129-4

Бутузов В. Ф.Б93 Геометрия. Методические рекомендации. 10 класс: по-

собие для учителей общеобразоват. организаций / В. Ф. Бу-тузов, В. В. Прасолов. — М. : Просвещение, 2014. —

159 с. : ил. — (МГУ — школе). — ISBN 978-5-09-028129-4.Методические рекомендации ориентированы на учебник

В. Ф. Бутузова, В. В. Прасолова «Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия. Геометрия. 10—11 классы» под редакцией В. А. Садовничего (базовый и углублённый уровни).

Книга содержит комментарии к теоретическому материалу и задачам, решения наиболее сложных и важных задач, основные требования к учащимся, а также разные варианты тематического планирования для базового и углублённого уровней.

УДК 372.8:514ББК 74.262.21

УДК 372.8:514 16+ББК 74.262.21 Б93

Серия «МГУ — школе» основана в 1999 году

3

Предисловие

Это методическое пособие предназначено для учителей, которые преподают геометрию в 10—11 классах по учебни-ку В. Ф. Бутузова, В. В. Прасолова, написанному в рамках программы «МГУ — школе» под редакцией В. А. Садовниче-го. Пособие отражает и проясняет методическую концепцию учебника, полностью соответствует ему как по содержанию, так и по структуре расположения материала. Учебник на-целен на то, чтобы помочь учащимся достичь тех резуль-татов обучения, которые установлены государственным стандартом в качестве требования к освоившим основную образовательную программу среднего общего образования. Это относится как к предметным результатам, связанным с получением и накоплением учащимися геометрических знаний и умений, так и к метапредметным и личностным результатам, включающим способность использовать полу-ченные знания в практической деятельности, склонность к творческой работе, мотивацию к продолжению образова-ния. Данное пособие должно помочь учителю в максималь-ной мере реализовать указанные целевые намерения, со-ставляющие основу методической концепции учебника.

Учебник может быть использован как для базового, так и для углублённого уровня обучения. В соответствии с этим в пособии приведено примерное поурочное планиро-вание для каждого из двух уровней, причём в двух вариан-тах: для базового уровня один вариант составлен из расчёта 1,5 ч геометрии в неделю, а другой вариант — из расчёта 2 ч в неделю; для углублённого уровня соответственно из рас-чёта 2 ч и 3 ч геометрии в неделю.

Содержащиеся в пособии методические рекомендации не ориентированы на какой-то определённый уровень и ва-риант. Их структура привязана не к поурочному планиро-ванию, а к структуре расположения материала в учебнике.

По каждому пункту учебника (всего в учебнике 57 пун-ктов) указано его назначение. Затем даются комментарии к теоретическому материалу, изложенному в данном пун-кте. В этих комментариях внимание учителя обращается

4

на особенность построения курса стереометрии в учебнике, на отличия от других известных учебников, на преимуще-ства предлагаемого построения курса, на связь вводимых в данном пункте понятий и доказанных утверждений с по-нятиями и утверждениями из других пунктов.

Следует отметить, что в отличие от курса планиметрии (7—9 классы) курс стереометрии начинается сразу с ак-сиоматики. Особенность системы аксиом, принятой в дан-ном курсе стереометрии, состоит в том, что она содержит всего 5 аксиом. При этом первая аксиома является очень ёмкой — она содержит в себе всю планиметрию. Её форму-лировка такова: «В пространстве существуют плоскости, и в каждой плоскости справедливы аксиомы планиметрии».

Эта аксиома не только позволяет минимизировать чи-сло аксиом, но и даёт возможность пользоваться данным учебником при изучении стереометрии независимо от то-го, по какому учебнику изучалась планиметрия. Подробно о системе аксиом и её особенностях рассказано в специаль-ном приложении в конце учебника.

Дальнейшее развёртывание последовательности поня-тий и теорем ведётся на основе сформулированных аксиом. Вместе с тем строгость доказательств сочетается (без ущерба для строгости) с использованием наглядных геометрических представлений, возникающих у нас из практических наблю-дений в реальной окружающей обстановке. Это находит от-ражение в многочисленных цветных слайдах, помещённых в учебнике.

Ещё одной важной особенностью построения курса яв-ляется то, что сначала вводится понятие перпендикуляр-ности прямой и плоскости (п. 2), двух плоскостей (п. 9) и только после этого рассматриваются вопросы, связанные с параллельностью прямой и плоскости, двух плоскостей, взаимоотношением понятий параллельности и перпендику-лярности (пп. 10—14). Это даёт определённые преимущест-ва, в частности, в подборе и структурировании задачного материала.

Отметим ещё две особенности построения курса. Вопрос об объёмах тел не выделен в отдельную главу, как это часто делается в других учебниках. Формулы для объёмов мно-гогранников (параллелепипеда, призмы, пирамиды) выве-дены в главе «Многогранники», а для объёмов цилиндра, конуса и шара — в главе «Тела и поверхности вращения».

5

При выводе этих формул интегральное исчисление не ис-пользуется.

Глава «Координаты и векторы» является последней (четвёртой) в учебнике. Тем самым изложение вопросов, свя-занных со взаимным расположением прямых и плоскостей (глава 1), свойствами многогранников (глава 2) и круглых тел (глава 3), ведётся без использования аналитической гео-метрии. Вместе с тем в главе «Координаты и векторы» рас-смотрен ряд задач стереометрии, которые эффективно реша-ются с помощью векторов и координат.

Наряду с вопросами и темами, обязательными для ба-зового уровня, учебник содержит дополнительный мате-риал, необходимый для углублённого уровня (он отмечен звёздочкой), а кроме того, изложение некоторых вопросов, непосредственно примыкающих к основному материалу, но всё же выходящих за рамки школьной программы. Соответ-ствующие пункты отмечены двумя звёздочками и предназ-начены для индивидуальной работы с наиболее сильными учащимися, проявляющими особый интерес к математике. К числу таких вопросов относятся теоремы синусов и ко-синусов для трёхгранного угла (п. 24), формулы объёма для частей шара (п. 37), метод проекций в задачах на сече-ние многогранников (п. 53), теорема о прямой и сфере Эйле-ра (п. 57).

После комментариев к теоретическому материалу пункта приведены решения некоторых задач, относящихся к дан-ному пункту, и даны комментарии к некоторым задачам.

В учебнике содержится большой задачный материал. Непосредственно после каждого параграфа предлагают-ся основные задачи. Они разбиты на парные задания так, что задания с нечётным номером и следующим за ним чётным номером, содержащие одинаковое число задач, от-носятся к определённому пункту этого параграфа (иногда к двум пунктам). Задачи в каждом задании расположены в порядке постепенного возрастания сложности, причём за-дачи в задании с чётным номером аналогичны соответст-вующим задачам (т. е. обозначенным той же буквой) в за-дании с нечётным номером. Задания с нечётными номерами предназначены для работы в классе, а с чётными номера-ми — для работы дома. Такая структура заданий позволяет учащимся с помощью домашней работы закрепить навыки, полученные при решении задач в классе.

После каждой главы имеются дополнительные задачи, а в конце учебника — задачи повышенной трудности. Они дают возможность учителю организовать индивидуальную работу с учениками, проявляющими особый интерес к гео-метрии, развить и повысить этот интерес. В пособии приве-дены решения ряда задач из числа дополнительных и повы-шенной трудности.

Кроме того, в конце учебника приведены задачи для подготовки к ЕГЭ, задачи с практическим содержани-ем, показывающие, как геометрия и её методы могут ис-пользоваться в различных жизненных ситуациях, а также исследовательские задачи, предназначенные для учащихся, склонных к математическому творчеству.

Авторы учебника и данного методического пособия на-де ются, что эти книги помогут учителю не только в дости-жении требуемых государственным стандартом предметных результатов обучения, включая понимание учащимися роли математики в современном мире, но и в решении более важ-ной задачи — формирования личности учащегося, развития его логического мышления, умения ясно и точно излагать свои мысли, аргументировать высказанные утверждения, развития творческих способностей учащихся.

7

Глава 1. Прямые и плоскости в пространстве

Первая глава учебника, открывающая курс стереоме-трии, традиционно посвящена изучению взаимного распо-ложения основных фигур в пространстве — точек, прямых и плоскостей. После рассмотрения системы аксиом и пер-вых следствий из них (п. 1) основное внимание уделяется понятиям параллельности и перпендикулярности прямых, прямой и плоскости, двух плоскостей. Особенностью данно-го курса, отличающей его от других известных учебников, является то, что в § 1 сразу после знакомства с аксиомами введено понятие перпендикулярности прямой и плоскости и доказана теорема существования и единственности пер-пендикуляра, проведённого из данной точки к данной пло-скости (это сделано в п. 2). Затем доказаны теорема о трёх перпендикулярах (п. 3), теорема, выражающая признак перпендикулярности прямой и плоскости (п. 4), ещё две теоремы, связанные с понятием перпендикулярности пря-мой и плоскости и нужные для дальнейшего (п. 5). Далее введено понятие ортогональной проекции точки (фигуры) на плоскость и на его основе понятие угла между прямой и плоскостью (п. 6). В конце § 1 введены понятия двугран-ного угла (п. 8), угла между пересекающимися плоскостями и взаимно перпендикулярных плоскостей (п. 9).

Таким образом, первый параграф посвящён вопросам, связанным с перпендикулярностью прямой и плоскости, двух плоскостей. Кроме того, в п. 7 введён в рассмотрение простейший из многогранников — тетраэдр, что позволяет расширить класс задач, связанных с изучением взаимного расположения прямых и плоскостей в пространстве.

Во втором параграфе рассматриваются вопросы, связан-ные с параллельностью прямых (п. 10), прямой и плоскости (п. 13), двух плоскостей (п. 14), а также взаимоотношения-ми понятий параллельности и перпендикулярности (п. 11), введено понятие параллельной проекции фигуры (п. 12), обобщающее понятие ортогональной проекции, доказан ряд

8

утверждений о свойствах и признаках параллельности пря-мых и плоскостей. Кроме того, введены понятия скрещи-вающихся прямых (п. 10), расстояния между ними, общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым и угла между скрещивающимися прямыми (п. 16). Отдельный пункт (п. 15) посвящён ещё одному из простейших много-гранников — прямоугольному параллелепипеду и построе-нию его сечений на чертеже.

Такое нетрадиционное расположение материала первой главы, когда сначала рассматриваются вопросы, связанные с перпендикулярностью прямых и плоскостей, и лишь за-тем вопросы, связанные с параллельностью, обеспечива-ет ряд методических преимуществ в построении курса и, в частности, в формировании системы задач.

§ 1. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТИ, ДВУХ ПЛОСКОСТЕЙ

1. Аксиомы и первые теоремы стереометрии

Назначение пункта: изучить четыре аксиомы о взаим-ном расположении точек, прямых и плоскостей в простран-стве, а также первые теоремы, доказательства которых про-водятся на основе этих аксиом.

Комментарии к теоретическому материалу

Особенностью системы аксиом, принятой в учебнике, является аксиома 1: в пространстве существуют плоскости, и в каждой плоскости справедливы аксиомы планиметрии.

Эта аксиома позволяет достичь двух целей. Во-первых, она даёт возможность любому учащемуся изучать стереоме-трию по данному учебнику независимо от того, по какому учебнику он изучал планиметрию, т. е. независимо от того, какая система аксиом лежала в основе курса планиметрии. Во-вторых, эта аксиома позволяет предельно минимизи-ровать систему аксиом стереометрии. Вся система аксиом данного курса состоит из пяти аксиом, включая упомяну-тую аксиому 1. Аксиомы 2, 3 и 4 также сформулированы в п. 1, они связаны со взаимным расположением точек, пря-мых и плоскостей в пространстве. Целесообразно отметить наглядную очевидность этих аксиом, проиллюстрировав их примерами из окружающей обстановки.

9

Что касается аксиомы 5, то она связана с понятием длины отрезка и позволяет определить длину произвольного отрезка в пространстве таким же образом, как и в плани-метрии, причём длина отрезка не зависит от того, в какой плоскости рассматривается отрезок. Именно эта независи-мость длины отрезка от выбора плоскости и является сутью аксиомы 5. Об этом полезно сказать учащимся. Более под-робно об аксиоме 5 рассказано в приложении «Система ак-сиом геометрии» в конце учебника.

Целесообразно отметить также, что из принятых аксиом следует, что признаки равенства и подобия треугольников, изученные в курсе планиметрии, справедливы и для тре-угольников, расположенных в разных плоскостях. Учащим-ся, проявляющим особый интерес к геометрии, можно посо-ветовать прочитать об этом в упомянутом приложении.

Вслед за аксиомами 1—4 в п. 1 сформулированы и до-казаны три теоремы и два следствия из теорем 2 и 3. До-казательство теоремы 1 (в пространстве через две точки проходит прямая, и притом только одна) отмечено звёздоч-кой — оно может оказаться не простым для некоторых уча-щихся. Поэтому можно ограничиться формулировкой тео-ремы (само утверждение не вызывает сомнений с наглядной точки зрения), а более сильным учащимся можно дать зада-ние изучить самим приведённое в учебнике доказательство.

Доказательства теорем 2 и 3 и также следствий из этих теорем более простые. Желательно добиться того, чтобы каждый учащийся мог воспроизводить эти доказательства, опираясь на аксиомы и уже доказанные утверждения.

Задачи и комментарии к ним

Задача 1а

Дано: точки M и N — середины сторон треугольни-ка АВС.

Вопрос: лежит ли середина отрезка MN в плоскости АВС?

Решение. По теореме 2 прямые АВ, ВС и СА лежат в плоскости АВС, и, значит, середины M и N сторон тре-угольника АВС лежат в этой плоскости. Снова опираясь на теорему 2, приходим к выводу, что вся прямая MN и, сле-довательно, середина отрезка MN лежат в плоскости АВС.

Ответ: да.

10

Комментарий. При решении этой задачи следует обратить внимание учащихся на то, что вершины треуголь-ника АВС не лежат на одной прямой, и поэтому через точ-ки А, В и С проходит единственная плоскость — плоскость АВС (по теореме 3).

Задача 1б

Дано: две плоскости имеют общую прямую а. Точка А принадлежит обеим плоскостям.

Вопрос: принадлежит ли точка А прямой а?Решение. Согласно аксиоме 4 прямая а, по которой пе-

ресекаются две плоскости, содержит все общие точки этих плоскостей, поэтому А ∈ а.

Ответ: да.

Задача 1в

Дано: точка D расположена вне плоскости АВС.Вопрос: может ли точка В лежать на прямой AD?Решение. Название «плоскость АВС» подразумева-

ет, что точки А, В и С — различные и не лежат на одной прямой, а поскольку точка D не лежит в плоскости АВС (по условию), то прямая AD и плоскость АВС пересекаются в точке А, т. е. точка А — единственная общая точка пря-мой AD и плоскости АВС. Следовательно, точка В не мо-жет лежать на прямой AD.

Ответ: нет.Комментарий. Ответ на вопрос задачи можно обосно-

вать иначе — методом от противного. Если допустить, что точка В лежит на прямой AD, то получится, что точка D лежит на прямой АВ, а поскольку прямая АВ лежит в пло-скости АВС (по теореме 2), то точка D окажется лежащей в плоскости АВС, что противоречит условию задачи.

Задача 1е

Дано: точка Р не лежит в плоскости KLM. Через пря-мую KP и точку М проведена плоскость.

Доказать: проведённая плоскость пересекается с плос -костью KLM; указать линию пересечения плоскостей.

Решение. 1) Так как точка Р не лежит в плоскости KLM, то точка M не лежит на прямой KP — это доказано в решении задачи 1в (с другими обозначениями точек).

11

2) Согласно следствию 1 через прямую KP и точку М проходит единственная плоскость — плоскость KPM. Пло-скости KLM и KPM не совпадают (поскольку точка P не ле-жит в плоскости KLM) и имеют общие точки K и M.

3) По теореме 2 прямая KМ лежит как в плоскости KLM, так и в плоскости KPM, т. е. эти плоскости пересека-ются по прямой KМ.

Ответ: прямая KМ.

Задача 1ж

Дано: прямая лежит в одной из двух пересекающихся плоскостей и пересекает другую плоскость.

Вопрос: пересекает ли эта прямая линию пересечения указанных плоскостей?

Решение. Пусть прямая а лежит в плоскости α и пере-секает плоскость β в точке М и пусть плоскости α и β пере-секаются по прямой b. Докажем, что прямая а пересекается с прямой b.

Прямая а не может совпадать с прямой b, так как в противном случае она лежала бы в плоскости β, а не пе-ресекала бы её.

Все общие точки плоскостей α и β лежат на прямой b, а поскольку М ∈ а и, значит, М ∈ α, а кроме того, М ∈ β, то М ∈ b. Таким образом, точка М — общая точка прямых а и b, т. е. прямые а и b пересекаются в точке М.

Ответ: да.Комментарий. Можно доказать, что прямые а и b пе-

ресекаются, иным способом — методом от противного. Если допустить, что они не пересекаются, то получится, что они не имеют общих точек, а поскольку прямая а лежит в пло-скости α и все общие точки плоскостей α и β лежат на пря-мой b, то окажется, что прямая а не имеет общих точек с плоскостью β, но это противоречит условию (прямая а пе-ресекает плоскость β в точке М).

Задача 1к*

Дано: точка О — центр окружности, описанной около треугольника АВС.

Вопрос: может ли точка С не лежать в плоскости, про-ходящей через точки А, О и В?

12

Решение. Если ∠АСВ ≠ 90°, то точки О (центр описан-ной окружности), А и В не лежат на одной прямой, по-этому плоскости АВО и АВС совпадают и, следовательно, точка С лежит в плоскости АВО. Если же ∠АСВ = 90°, то точка О является серединой гипотенузы АВ, поэтому точ-ки А, О и В лежат на одной прямой. Но через прямую АВ и тем самым через точки А, О и В проходит только одна плоскость, содержащая точку С, — плоскость АВС. Любая другая плоскость, проходящая в этом случае через точ-ки А, О и В, не содержит точки С. Таким образом, точ-ка С может не лежать в плоскости, проходящей через точки А, О и В.

Ответ: да.

Основные требования к учащимся

В результате изучения п. 1 учащиеся должны усвоить, что основными фигурами в пространстве являются точки, прямые и плоскости, уметь формулировать аксиомы об их взаимном расположении и иллюстрировать эти аксиомы примерами из окружающей обстановки; знать формулиров-ки первых теорем (теоремы 1, 2, 3) и их следствий, уметь доказывать теоремы 2, 3 и их следствия; уметь решать за-дачи такого типа, как в заданиях 1 и 2.

2. Перпендикуляр к плоскости

Назначение пункта: ввести понятие прямой, пер пен -ди кулярной к плоскости, и перпендикуляра, проведённо-го из данной точки к данной плоскости; доказать теорему о перпендикуляре к плоскости.


Особенностью курса стереометрии, представленно-го в учебнике, является то, что уже в самом начале курса вводится понятие перпендикулярности прямой и плоскости и далее рассматривается ряд теорем, связанных с этим поня-тием. Это обстоятельство отличает данный учебник от мно-гих других известных учебников стереометрии, в том числе от учебника Л. С. Атанасяна и др. и учебника А. В. Погоре-лова, в которых сначала вводятся понятия, связанные с па-раллельностью прямых и плоскостей.

13

Сам факт существования и единственности перпендику-ляра, проведённого из данной точки к данной плоскости, является наглядно очевидным. Однако строгое обоснование этого факта в самом начале курса, когда в нашем распоря-жении имеются только аксиомы и первые следствия из них, является достаточно сложным. Его можно разбить на три этапа.

Первый этап — построение отрезка АН, у которого ко-нец А является данной точкой, не лежащей в данной пло-скости α, а конец Н лежит в плоскости α. Следует отметить, что отрезок АН получается в результате последовательного выполнения трёх построений в трёх определённых плоско-стях: построения перпендикуляра АВ к прямой а в плоско-сти, проходящей через прямую а и точку А; построения в плоскости α прямой ВС, перпендикулярной к прямой а, и, наконец, построения перпендикуляра АН к прямой ВС в плоскости, проходящей через прямую ВС и точку А. Пло-скости, в которых выполняются первое и третье построения, существуют (и единственны) в силу следствия 1 из теорем 2 и 3 (п. 1). Об этом не говорится при построении отрезка АН (и без того доказательство теоремы о перпендикуляре занимает много места), но при изучении доказательства по-лезно обратить внимание учащихся на этот момент, а также на то, что описанные построения в трёх указанных плоско-стях выполнимы в силу аксиомы 1.

Второй этап в процессе доказательства теоремы (бо-лее сложный) — доказательство того, что построенный от-резок АН и есть искомый перпендикуляр к плоскости α. Здесь важно прежде всего, чтобы каждый учащийся по-нял: для этого нужно доказать, что прямая АН перпенди-кулярна к любой прямой, лежащей в плоскости α и про-ходящей через точку Н. Второй этап требует раздельного рассмотрения двух случаев: 1) Н и В — различные точки; 2) точки Н и В совпадают. Желательно, чтобы каждый учащийся осилил и смог воспроизвести доказательство в первом случае, а наиболее сильным учащимся можно предложить изучить доказательство во втором случае самостоя-тельно.

Доказательство единственности перпендикуляра (тре-тий этап) является весьма простым.

Таким образом, от каждого учащегося можно требовать умения воспроизводить первый этап доказательства теоре-

14

мы о перпендикуляре к плоскости, второй этап для случая, когда Н и В — различные точки, а также третий этап.

Следствие из теоремы о перпендикуляре к плоскости учащиеся могут изучить самостоятельно. Полезно подчер-кнуть, что согласно этому следствию расстояние от точки до плоскости является наименьшим из расстояний от этой точки до всевозможных точек плоскости.


Задача 3г

Дано: МН — перпендику-ляр к плоскости АВН, MA == 18 см, MB = 15 см, АН : ВН == 5 : 4 (рис. 1).

Найти: МН.

Решение. 1) MH ⊥ HA и MH ⊥ HB (так как MH ⊥ ABH).

2) Пусть АН = 5х см, тогда ВН = 4х см, и пусть МН = у см. Из прямоугольных треугольников МНА и МНВ получаем 25x2 + y2 = 182, 16x2 + y2 = 152.

3) Умножим первое уравнение на 16, второе — на 25 и вычтем из второго уравнения первое. Получим

9y2 = 152 ⋅ 25 − 182 ⋅ 16 = (15 ⋅ 5)2 − (18 ⋅ 4) 2 == (75 − 72) (75 + 72) = 3 ⋅ 147.

Отсюда следует: y2 = 49, и, значит, y = 7.Ответ: MH = 7 см.

Задача 3е*

Дано: ♠АВС — прямоуголь-ный, ∠С = 90°, СМ — медиана, CM = 3 см, DA = DB = DC = 5 см (рис. 2).

Найти: расстояние от точ-ки D до плоскости АВС.

Решение. 1) Середина М ги-потенузы АВ является цент ром

Рис. 1

Рис. 2

15

окружности, описанной около треугольника АВС, поэтому MA = MB = MC = 3 см.

2) Пусть DH — перпендикуляр к плоскости АВС. Пря-моугольные треугольники DHA, DHB и DHC равны по ги-потенузе (DA = DB = DC по условию) и катету (DH — общий катет), поэтому НА = НВ = НС, т. е. точка Н равно уда лена от вершин А, В и С треугольника и, следовательно, совпа-дает с точкой М. Значит, искомое расстояние от точки D до плоскости АВС равно DM.

3) Из прямоугольного треугольника DMA находим:

DM = DA MA2 2 2 25 3− = − см = 4 см.

Ответ: 4 см.Комментарий. Наиболее трудным моментом в ре-

ше нии этой задачи является обоснование того, что отре-зок DM является перпендикуляром к плоскости АВС (п. 2 реше ния). В связи с этим можно обратить внимание уча-щихся на два факта: если точка D, не лежащая в плоско-сти α, равноудалена от каких-то точек этой плоскости, то и основание перпендикуляра DH к плоскости α (точка Н) равноудалено от этих точек, и обратно: если основание перпендикуляра DH к плоскости α равноудалено от ка-ких-то точек этой плоскости, то и точка D равноудалена от этих точек.


В результате изучения п. 2 учащиеся должны уметь формулировать определение прямой, перпендикулярной к плоскости, объяснять, какой отрезок называется перпен-дикуляром, проведённым из данной точки к данной пло-скости; уметь формулировать теорему о перпендикуляре к плоскости, выделять три этапа доказательства теоремы, воспроизводить первый, второй (для одного из двух случа-ев) и третий этапы доказательства; уметь формулировать и доказывать следствие из теоремы, объяснять, что назы-вается расстоянием от точки до плоскости; решать задачи такого типа, как в заданиях 3 и 4.

Выделение трёх этапов в доказательстве теоремы о пер-пендикуляре к плоскости должно способствовать выработке умения структурировать процесс и результат усвоения но-вых знаний.

16

3. Наклонная к плоскости

Назначение пункта: ввести понятие наклонной к пло-скости, доказать теорему о трёх перпендикулярах и рассмо-треть задачи на применение этой теоремы.


Как уже отмечалось, доказательство теоремы о перпен-дикуляре к плоскости является достаточно сложным. Но это компенсируется тем, что последующие теоремы, связанные с перпендикулярностью прямой и плоскости, доказываются весьма просто, поскольку существование и единственность перпендикуляра, проведённого из данной точки к дан-ной плоскости, уже доказаны. Это относится, в частности, к тео ре ме о трёх перпендикулярах, которая содержит два утверждения — прямое и обратное. Их доказательства ана-логичны, поэтому обратное утверждение учащиеся могут доказать самостоятельно, в случае необходимости с некото-рой подсказкой учителя. Желательно, чтобы все учащиеся уяснили, почему эта теорема так называется — о каких трёх перпендикулярах идёт речь. Можно подчеркнуть, что одним из этих перпендикуляров является перпендикуляр к пло-скости, существование и единственность которого доказаны в предыдущем пункте. Важность этой теоремы многократно проявится в дальнейшем — она используется при доказа-тельстве ряда теорем и решении многих задач.


Задача 5а

Дано: из точки проведены к плоскости две равные наклон-ные (рис. 3).

Доказать: проекции этих на-клонных равны.

Комментарий. Решая эту задачу, полезно поставить вопрос о том, верно ли обратное утвер-ждение: если равны проекции двух наклонных, проведённых из точки к плоскости, то рав-ны и сами наклонные. Можно также обратить внимание учащихся на то, что при решении задачи и доказательстве

Рис. 3

17

обратного утверждения признаки равенства прямоугольных треугольников (по гипотенузе и катету — при решении за-дачи и по двум катетам — при доказательстве обратного ут-верждения) применяются к треугольникам, которые могут лежать в разных плоскостях.

Задача 5д

Дано: ВМ ⊥ АВС, длины от-резков указаны на рисунке 4.

Найти: расстояние от точ-ки М до прямой АС.

Решение. Можно предложить учащимся решить эту задачу уст-но, глядя на рисунок (рис. 4 по-вторяет рис. 39 учебника). При-ведём возможное решение.

1) Пусть точка D — середина отрезка АС. Тогда отрезок ВD — медиана и высота равнобедренного треугольника АВС, по-этому AD = 5 см и АС ⊥ BD.

2) Так как отрезок BD является проекцией наклонной MD к плоскости АВС и АС ⊥ ВD, то АС ⊥ МD (по теореме о трёх перпендикулярах), т. е. ∠МDА = 90°, и расстояние от точки М до прямой АС равно МD.

3) Так как МВ ⊥ АВС, то ∠МВА = 90°.4) Прямоугольные треугольники МDА и МВА равны

по гипотенузе (МА — общая гипотенуза) и катету (МВ == АD = 5 см), поэтому МD = АВ = 13 см.

Ответ: 13 см.

Задача 5з*

Дано: АВСD — равнобедренная трапеция, АD � ВС, АD = 18 см, ВС = 8 см, расстояние от точки М до каждой прямой, содержащей сторону трапеции, равно 10 см.

Найти: расстояние от точки М до плоскости трапеции.Решение. 1) Пусть МО — перпендикуляр к плоско-

сти трапеции, МО = x см, МН ⊥ ВС (рис. 5, а). По теореме о трёх перпендикулярах ОН ⊥ ВС. Из прямоугольного тре-угольника МОН находим:

OH MH MO x= − = −2 2 2100 см.

Рис. 4

18

2) Аналогично можно найти расстояние от точки О до любой прямой, содержащей другую сторону трапеции,

например OK MK MO= −2 2 (см. рис. 5, а), и так как МK = = 10 см, то OK x= −100 2 см.

Расстояния от точки О до прямых АD и СD также рав-

ны 100 2− x см. Следовательно, точка О — центр окружно-сти, вписанной в трапецию АВСD, а радиус r этой окружно-

сти равен 100 2− x см.3) Радиус r нетрудно вычислить, используя рису-

нок 5, б. Так как в трапецию АВСD можно вписать окруж-ность, то АВ + СD = АD + ВС, т. е. АВ + СD = 18 см + 8 см = = 26 см, а поскольку АВ = СD, то АВ = 13 см.

Из прямоугольного треугольника АВN находим:

BN r AB AN= = − = −2 13 52 2 2 2 = 12 см,

откуда r = 6 см.4) Для нахождения х имеем теперь уравнение

100 62− =x .

Отсюда получаем х = 8.Итак, МО = х см = 8 см.Ответ: 8 см.Комментарий. На основе решения этой задачи мож-

но сделать такой вывод: если расстояния от точки, не ле-жащей в плоскости многоугольника, до каждой из прямых, содержащих сторону многоугольника, равны друг другу, то основание перпендикуляра, проведённого из этой точки к плоскости многоугольника, является центром окружно-сти, которой касаются все эти прямые. В случае треуголь-

Рис. 5

19

ника основание указанного перпендикуляра является цен-тром либо вписанной, либо вневписанной окружности.


В результате изучения п. 3 учащиеся должны уметь объ-яснить, какой отрезок называется наклонной, проведённой из данной точки к данной плоскости, что такое основание наклонной и проекция наклонной; уметь формулировать и доказывать теорему о трёх перпендикулярах, объяснять, почему она так называется; решать задачи такого типа, как в заданиях 5 и 6.

4. Признак перпендикулярности прямой

и плоскости

Назначение пункта: доказать теорему, выражающую признак перпендикулярности прямой и плоскости, и рас-смотреть задачи на применение этого признака.


Теорема доказывается методом от противного с исполь-зованием теоремы о трёх перпендикулярах (на неё есть непо-средственная ссылка в тексте доказательства), а также теоре-мы о перпендикуляре к плоскости из п. 2. Хотя эта теорема и не упоминается в тексте доказательства, именно на неё мы опираемся, когда проводим перпендикуляр АН к плоско-сти α (в силу теоремы из п. 2 этот перпендикуляр существу-ет и единственен). В связи с этим после ознакомления с до-казательством целесообразно задать учащимся вопрос: какие теоремы использовались в процессе доказательства? Разуме-ется, все назовут теорему о трёх перпендикулярах, а вот использование теоремы из п. 2 может остаться незамечен-ным. Именно поэтому и следует обратить на неё внимание.

Кроме того, можно выбрать и такой путь: пре дложить учащимся доказать теорему о признаке перпендикулярно-сти прямой и плоскости самостоятельно, подсказав, что нужно использовать метод доказательства от противного, т. е. предположить, что отрезок АМ является не перпен-дикуляром, а наклонной к плоскости α, и провести пер-пендикуляр АН (на доске нужно воспроизвести рисунок 18 из учебника).

20


Задача 7б

Дано: точка М не лежит в пло-скости АВС, длины отрезков ука-заны на рисунке 6 (рис. 45 учеб-ника).

Доказать: прямая МС перпен-дикулярна к плоскости АВС.

Решение. 1) Так как MA2 == MC2 + CA2 и MB2 = MC2 + CB2 (102 == 82 + 62), то треугольники МСА и МСВ прямоугольные (по теоре-ме, обратной теореме Пифагора): ∠MCA = ∠MCB = 90°.

2) Так как МС ⊥ СА и МС ⊥ СВ, то МС ⊥ АСВ (по при-знаку перпендикулярности прямой и плоскости), что и тре-бовалось доказать.

Комментарий. Следует обратить внимание учащихся на то, что в решении использовалась теорема, обратная тео-реме Пифагора (а не сама теорема Пифагора).

Задача 7в

Дано: Р ∉ АВС, РА = РВ = РС, точка О — центр окружности, опи-санной около треугольника АВС.

Доказать: РО ⊥ АВС.Решение. 1) Проведём пер-

пендикуляр РН к плоскости АВС (рис. 7). Тогда РН ⊥ НА, РН ⊥ НВ, РН ⊥ НС (по определе-нию прямой, перпендикулярной к плоскости). Точка Н не может совпасть ни с одной вершиной треугольника АВС, так как в противном случае перпенди-куляр к плоскости АВС оказался бы равным наклонной.

2) Прямоугольные треугольники РНА, РНВ и РНС равны друг другу по гипотенузе и катету (РА = РВ = РС по условию, РН — общий катет), поэтому НА = НВ = НС, т. е. точка Н равноудалена от вершин треугольника АВС и, сле-довательно, является центром окружности, описанной око-

Рис. 6

Рис. 7

21

ло треугольника АВС, а значит, совпадает с точкой О. Та-ким образом, РО ⊥ АВС, что и требовалось доказать.

Комментарии. 1. Если ранее была решена задача 3е и были сформулированы два утверждения, о которых го-ворится в комментарии к этой задаче, то можно, ссылаясь на первое из этих утверждений, рассуждать так: поскольку точка Р равноудалена от точек А, В, С, то и основание пер-пендикуляра, проведённого из точки Р к плоскости АВС, равноудалено от точек А, В, С, и, следовательно, этим осно-ванием является точка О, а значит, РО ⊥ АВС.

2. Задача 8в аналогична задаче 7в с той разницей, что треугольник заменён на четырёхугольник. Очевидно, что утверждения задачи 8в останутся верными, если четырёх-угольник заменить на произвольный n-угольник.

Задачи 7д* и 8д*

Дано: плоскость α проходит через середину отрезка АВ, и АВ ⊥ α.

7д. Доказать: каждая точка плоскости α равноудалена от точек А и В.

8д. Доказать обратное утверждение: если МА = МВ, то М ∈ α.

Решение задачи 7д. Середина С отрезка АВ равноудале-на от точек А и В. Пусть М ∈ α и М не совпадает с С (рис. 8, а). Так как АВ ⊥ α, то ∠ = ∠ = °ACM BCM 90 . Прямоугольные треугольники АСМ и ВСМ равны по двум катетам (АС = ВС по условию, СМ — общий катет), поэтому МА = МВ, что и требовалось доказать.

Рис. 8

22

Решение задачи 8д. По условию МА = МВ. Если точ-ка М лежит на прямой АВ, то она совпадает с точкой С и, следовательно, лежит в плоскости α. Пусть точка М не лежит на прямой АВ. Предположим, что M ∉ α. Пусть (для определённости) точка М лежит по другую сторону от плоскости α, нежели точка В. Тогда отрезок МВ пересе-кается с плоскостью α в некоторой точке D (рис. 8, б). Так как D ∈ α, то DA = DB (это доказано в задаче 7д).

Напишем неравенство треугольника для треугольника AMD:

MA < MD + DA.

Заменяя в правой части DA на DB и учитывая, что MD + DB = MB (см. рис. 8, б), приходим к неравенству

MA < MB,

которое противоречит условию МА = МВ.Полученное противоречие означает, что наше предполо-

жение неверно и, следовательно, M ∈ α.


В результате изучения п. 4 учащиеся должны уметь формулировать и доказывать теорему, выражающую при-знак перпендикулярности прямой и плоскости, называть все теоремы, которые используются в процессе доказатель-ства; решать задачи такого типа, как в заданиях 7 и 8.

5. Теоремы о перпендикулярности прямой

и плоскости

Назначение пункта: доказать ещё две теоремы о пер-пендикулярности прямой и плоскости, которые используют-ся в дальнейшем для доказательства других теорем; расши-рить круг задач, связанных с перпендикулярностью прямой и плоскости.


При доказательстве теоремы 1 рассматриваются два слу-чая: точка А лежит на данной прямой а и точка А не ле-жит на данной прямой а. В каждом случае сначала до-казывается существование плоскости, проходящей через точку А и перпендикулярной к прямой а, а затем един-

23

ственность такой плоскости. Существование доказывается конструктивно — проводятся две пересекающиеся прямые (АВ и АС в первом случае, АН и НВ во втором) и рас-сматривается плоскость, проходящая через эти прямые. Можно обратить внимание учащихся на то, что существова-ние каждой из этих плоскостей (АВС и АНВ) обусловлено следствием 2 из п. 1, хотя в тексте доказательства об этом не говорится. Перпендикулярность построенных плоскостей к прямой а доказывается с помощью признака перпенди-кулярности прямой и плоскости. Особое внимание следует уделить доказательству единственности плоскости, проходя-щей через точку А и перпендикулярной к прямой а. В пер-вом случае в этом месте доказательства снова используется следствие 2 из п. 1, а именно используется единственность плоскости, проходящей через прямые АВ и АС, а во втором случае единственность доказывается на основе того, что она доказана для первого случая.

При доказательстве теоремы 2 (его изучение не явля-ется обязательным для всех учащихся) используется теоре-ма о трёх перпендикулярах, признак перпендикулярности прямой и плоскости (причём дважды) и теорема 1. Наибо-лее сильным учащимся можно предложить изучить доказа-тельство самостоятельно, желательно при этом, чтобы они могли чётко указывать те места в ходе доказательства, где используются указанные теоремы.

Задачи

После того как доказана теорема 1, можно предложить другое решение задачи 8д.

Задача 8д

Дано: плоскость α проходит через середину С отрезка АВ и АВ ⊥ α.

Доказать: если МА = МВ, то М ∈ α.Решение. Если точка М лежит на прямой АВ, то она

совпадает с точкой С (поскольку МА = МВ) и, следователь-но, М ∈ α.

Если же точка М не лежит на прямой АВ, то рассмотрим плоскость β, проходящую через точку М и перпендикуляр-ную к прямой АВ (в силу теоремы 1 такая плоскость суще-ствует и единственна). Плоскость β пересекает прямую АВ

24

в некоторой точке Н (рис. 9), при-чём АВ ⊥ МН (поскольку АВ ⊥ β).

Так как МА = МВ (по усло-вию), то высота МН тре уголь ника АМВ является его медианой, по-этому точка Н совпадает с точ-кой С. Но через точку С в силу теоремы 1 проходит только од-на плоскость, перпендикулярная к прямой АВ, — плоскость α. Следовательно, плоскость β сов-падает с плоскостью α, и, значит, М ∈ α, что и требовалось дока-зать.


В результате изучения п. 5 учащиеся должны уметь формулировать теоремы 1 и 2 и доказывать теорему 1, вос-производя с полным обоснованием каждый шаг многошаго-вого доказательства этой теоремы.

6. Угол между прямой и плоскостью

Назначение пункта: ввести понятие ортогональной про-екции точки (фигуры) на плоскость, рассмотреть теорему о проекции прямой на плоскость, ввести понятие угла меж-ду прямой и плоскостью.

Комментарий к теоретическому материалу

Утверждение теоремы о проекции прямой на плоскость (проекцией прямой на плоскость, не перпендикулярную к этой прямой, является прямая) является достаточно оче-видным, и доказательство теоремы не представляется слиш-ком сложным. Вместе с тем усвоение и воспроизведение до-казательства не является обязательным для всех учащихся, а наиболее сильным можно предложить изучить доказатель-ство по учебнику самостоятельно.

Полезно обратить внимание всех учащихся на то, что термин «проекция наклонной», введённый в п. 3, т. е. ещё до того, как будет введено понятие проекции фигуры, полу-

Рис. 9

25

чил теперь своё оправдание — он соответствует общему по-нятию проекции фигуры на плоскость.

Сформулировав определение угла между прямой и пло-скостью, следует подчеркнуть, что согласно этому опреде-лению угол ϕ между прямой и плоскостью, пересекающей эту прямую, — это не геометрическая фигура, а величина, заключённая в промежутке 0° < ϕ ≤ 90°, причём ϕ = 90°, если прямая перпендикулярна к плоскости.


Задача 9г

Дано: МН ⊥ α, МН = d, ∠МАН = ∠МВH = ϕ, ∠АМВ = 2ϕ.

Найти: АВ.Решение. Можно предложить

учащимся решить эту задачу уст-но, изобразив на доске такой же рисунок, как рисунок 10, на кото-ром отрезок МС — высота (а так-же медиана и биссектриса) равно-бедренного треугольника АМВ.

1) Прямоугольные треугольники AMH и BMH равны по катету и противолежащему углу, поэтому МА = МВ.

2) Так как ∠АМВ = 2ϕ (по условию), то ∠АМС = ϕ = = ∠МАН (по условию ∠МАН = ϕ).

3) Прямоугольные треугольники АМС и АМН равны по гипотенузе и острому углу (АМ — общая гипотенуза, ∠АМС = ∠МАН), поэтому AС = МН = d, а АВ = 2AС = 2d.

Ответ: 2d.Комментарии. 1. Если ϕ = 45°, то точки А, Н и В ле-

жат на одной прямой, точка С совпадает с точкой Н и тре-угольники АМС и АМН совпадают (можно предложить уча-щимся самим обосновать это утверждение). Ответ при этом не изменится: АВ = 2d.

2. Возможен другой (вычислительный) способ решения задачи.

1) Из прямоугольного треугольника АМН находим:

AMMH d= =sin sinϕ ϕ

.

Рис. 10

26

2) Из прямоугольного треугольника АМС получаем

AC = AM ⋅ sinϕ = dsin

sinϕ

ϕ⋅ = d.

3) AB = 2AC = 2d.Наконец, есть ещё более громоздкий вычислительный

способ: из треугольника АМВ, учитывая, что AM = BM =

= dsinϕ

и ∠АМВ = 2ϕ, по теореме косинусов имеемAB2 = AM2 + BM2 − 2AM ⋅ BM ⋅ cos ∠АМВ =

= d d d2

2

2

2

2

22 2

sin sin sincos

ϕ ϕ ϕϕ+ − ⋅ =

= 2 22

2

2

22 21 2 2 4d d d

sin sin( cos ) sin

ϕ ϕϕ ϕ− = ⋅ = ,

и, следовательно, АВ = 2d.

Задача 9д

Дано: МА = МВ = МС, МН ⊥ АВС, МН = 3 , АС = ВС = 4, ∠АСВ = 60° (рис. 11).

Найти: косинус угла между прямой АМ и плоскостью АВС.

Решение. 1) Так как МА = = МВ = МС, то НА = НВ = НС (это следует из равенства прямо-угольных треугольников АМН, ВМН и СМН по гипотенузе и катету). Следовательно, точ-ка Н — центр окружности, описанной около треугольни-ка АВС.

2) Так как АС = ВС и ∠АСВ = 60°, то треугольник АВС равносторонний и радиус описанной около него окружности

равен AB

3, т. е. AH = 4

3.

3) В прямоугольном треугольнике АМН

AM AH MH= + = + =2 2 163

5

33 ,

cos , .∠ = = =MAH AHAM

45

0 8

Ответ: 0,8.

Рис. 11

27

Задача 9е*

Дано: ∠ВАС = 90°, ∠МАВ = ∠МАС = 60°.Найти: угол между прямой МА и плоскостью АВС.Решение. 1) Проведём МН ⊥ АВС, МВ′ ⊥ АВ и МС′ ⊥ АС

(рис. 12). По теореме о трёх перпендикулярах НВ′ ⊥ АВ и НС′ ⊥ АС.

2) В четырёхугольнике АВ′НС′ три угла прямые, по-этому АВ′НС′ — прямоугольник.

3) В прямоугольном треугольнике АМВ′

AB′ = AM cos 60° = 12

AM.

Аналогично из треугольника АМС′ находим:

AC′ = 12

AM.

4) Так как АВ′ = АС′, то пря-моугольник АВ′НС′ — квадрат, поэтому

AH AB AM= ′ =2 22

.

5) Из прямоугольного тре-угольника АМН находим иско-мый угол МАН:

cos∠ = =MAH AHAM

22

,

поэтому ∠МАH = 45°.Ответ: 45°.Комментарий. Строго говоря, нужно обосновать

тот факт (представленный на рисунке), что точка Н ле-жит во внутренней области угла ВАС. Это можно сделать следующим образом. Так как углы МАВ и МАС острые, то точки B′ и С′ лежат соответственно на лучах АВ и АС (а не на продолжениях этих лучей), поэтому прямые, про-ходящие через точки B′ и С′ и перпендикулярные соответ-ственно к лучам АВ и АС, пересекаются в точке, лежащей во внутренней области угла ВАС, а точка пересечения этих прямых и есть точка Н.

Рассмотренное обоснование не следует требовать от всех учащихся, но наиболее сильных можно озадачить вопросом о положении точки Н.

Рис. 12

28


В результате изучения п. 6 учащиеся должны уметь объяснить, что называется ортогональной проекцией точки (фигуры) на плоскость, формулировать теорему о проекции прямой на плоскость и, опираясь на неё, обосновывать тер-мин «проекция наклонной»; уметь объяснить, что называ-ется углом между прямой и плоскостью, пересекающей эту прямую; уметь решать задачи такого типа, как в задани-ях 9 и 10, обосновывая каждый шаг в решении ссылками на доказанные теоремы.

7. Тетраэдр

Назначение пункта: ввести в рассмотрение простейший из многогранников — тетраэдр, связанные с ним понятия и новый класс задач — задачи на построение сечений.


Понятие тетраэдра вводится конструктивно: берутся четыре точки, не лежащие в одной плоскости, соединяют-ся попарно отрезками и получившиеся четыре треугольни-ка рассматриваются вместе с их внутренними областями, т. е. каждый треугольник трактуется теперь не как фи-гура, составленная из трёх отрезков, а как часть плоско-сти, ограниченная замкнутой ломаной, состоящей из этих отрезков.

Желательно, чтобы все учащиеся хорошо усвоили тер-минологию, связанную с тетраэдром: грани, рёбра, плоские углы, вершины, противоположные рёбра, основание и бо-ковые грани, высота, развёртка, сечение тетраэдра плоско-стью, а также научились решать простые задачи на постро-ение сечений тетраэдра по трём заданным точкам. Особое внимание следует уделить разобранной в тексте учебника задаче о сечении тетраэдра плоскостью, проходящей че-рез середины боковых рёбер. Тот факт, что в сечении по-лучается треугольник, подобный основанию тетраэдра, будет использоваться в следующем пункте при доказатель-стве тео ремы о равенстве всех линейных углов двугранного угла.

29


Задача 11в

Вопрос: может ли плоскость пересекать грани АВС и ABD те-траэдра АВСD по отрезкам PQ и MN (рис. 13, повторяющий рис. 48 учебника)?

Решение. Допустим, что секу-щая плоскость α пересекает гра-ни АВС и АВD по отрезкам PQ и MN. То гда прямые PQ и MN це-ликом принадлежат плоскости α. Продолжим отрезок PQ за точку Q до пересечения с пря-мой АВ в точке K (см. рис. 13). Точка K не лежит на пря-мой MN (прямые MN и АВ пересекаются в другой точке — точке L). Таким образом, секущая плоскость α проходит через прямую MN и точку K, не лежащую на этой прямой. Но через прямую MN и точку K проходит только одна пло-скость (следствие 1 из п. 1), а поскольку прямая MN и точ-ка K лежат в плоскости АВD, то мы приходим к выводу, что секущая плоскость α совпадает с плоскостью АВD. Это, однако, противоречит тому, что прямая PQ не лежит в пло-скости АВD. Полученное противоречие означает, что наше предположение неверно, поэтому секущая плоскость не мо-жет пересекать грани АВС и АВD по отрезкам PQ и MN.

Ответ: нет.Комментарий. Возможны и другие рассуждения,

приводящие к противоречию с предположением о том, что секущая плоскость пересекает грани АВС и АВD по отрез-кам PQ и MN. Полезно предложить учащимся самим прове-сти такие рассуждения и обсудить их всем классом.

Задача 11д

Дано: точки Р и Q лежат в гранях АВD и ВСD тетра-эдра АВСD, точка R лежит на продолжении ребра BC за точку В.

Построить: сечение тетраэдра плоскостью PQR.Решение. 1) Проводим в плоскости ВСD прямую QR.

Она пересекает рёбра BD и CD в некоторых точках М и L (рис. 14, а, б).

Рис. 13

30

2) Проводим в плоскости АВD прямую МР. Возможны два случая: а) прямая МР пересекает ребро AD в некоторой точке K (см. рис. 14, а); б) прямая МР пересекает ребро АВ в точке K (см. рис. 14, б).

3) В случае «а» проводим отрезок KL и получаем иско-мое сечение — треугольник KLM.

В случае «б» проводим в плоскости АВС прямую RK. Она пересекает ребро АС в некоторой точке N. Проводим отрезок NL и получаем искомое сечение — четырёхуголь-ник LKMN.

Комментарий. Следует обратить внимание учащихся на то, что аналогичная ситуация, когда возможны разные случаи в зависимости от положения заданных точек, может возникнуть и в других задачах на построение сечений. Тре-буется внимательно отслеживать все возможные случаи.

Задача 12ж*

Доказать: четыре медианы тетраэдра пересекаются в од-ной точке и делятся этой точкой в отношении 3 : 1, считая от вершины.

Рис. 14

Рис. 15

31

Решение. Пусть точка М — середина ребра ВС тетра-эдра АВСD (рис. 15, а), N — точка пересечения медиан гра-ни АВС (AN : NM = 2 : 1), K — точка пересечения медиан грани ВСD (DK : KМ = 2 : 1).

Рассмотрим треугольник ADM (рис. 15, б) и обозначим буквой О точку пересечения отрезков АK и DN (эти отрезки являются медианами тетраэдра). Проведём KL � DN.

Пусть LM = x. Так как NL : LM = DK : KM (обобщённая теорема Фалеса) и DK : KM = 2 : 1, то NL : LM = 2 : 1, по-этому NL = 2x, AN = 2NM = 2 (2x + x) = 6x, AN : NL = 6x : 2x = = 3 : 1. Следовательно, АО : ОK = AN : NL = 3 : 1.

Таким же образом доказывается, что DO : ON = 3 : 1.Итак, медианы АK и DN тетраэдра пересекаются в точ-

ке О и точкой пересечения делятся в отношении 3 : 1, счи-тая от вершины.

Аналогично можно доказать, что медиана АK пере се -кает ся с каждой из двух других медиан тетраэдра и точки пересечения медианы АK с каждой из этих медиан делят медиану АK (и также другую медиану) в отношении 3 : 1, считая от вершины. Следовательно, эти точки пересечения совпадают с точкой О, что и доказывает утверждение за дачи.


В результате изучения п. 7 учащиеся должны уметь объяснить, какая фигура называется тетраэдром, знать на-звания и уметь показывать на рисунках и на моделях эле-менты тетраэдра, уметь решать задачи такого типа, как в заданиях 11 и 12, в частности, уметь строить на рисун-ке сечение тетраэдра плоскостью, заданной тремя данными точками, обосновывая каждый шаг построения.

8. Двугранный угол

Назначение пункта: ввести понятие двугранного угла, его элементов и градусной меры, рассмотреть задачи, свя-занные с двугранными углами.


Вводя понятие двугранного угла, следует сначала на-помнить учащимся понятие полуплоскости, а затем можно провести аналогию между обычным углом, т. е. фигурой,

32

образованной двумя лучами (полупрямыми) с общим нача-лом (вершиной угла), и двугранным углом, т. е. фигурой, образованной двумя полуплоскостями с общей границей (ребром двугранного угла).

Доказательство теоремы о том, что все линейные углы двугранного угла равны друг другу, учащиеся могут из-учить самостоятельно по учебнику. При этом они должны объяснить, что О1А1 � ОА, потому что прямые О1А1 и ОА, лежащие в плоскости грани двугранного угла, перпендику-лярны к прямой ОО1 (ребру двугранного угла), и такое же обоснование в отношении параллельности прямых О1В1 и ОВ.

Дав определение меры двугранного угла, можно расши-рить аналогию между двугранными и обычными углами, отметив, что двугранные углы, как и обычные, разделяются на три класса: острые, прямые и тупые. Можно, конечно, ввести и развёрнутые двугранные углы, но они фактически не используются.


Задача 13д

Дано: тетраэдр АВСD, ♠АВС — равносторонний, АВ = = 2 см, АD ⊥ АВС, АD = 1 см.

Найти: двугранный угол АВСD.Решение. Можно предложить учащимся решить эту за-

дачу устно, изобразив на доске такой же рисунок, как ри-сунок 16.

1) Пусть точка М — середина ребра ВС. Тогда МВ = = 1 см, ∠МАВ = 30° и АМ ⊥ ВС.

2) По теореме о трёх перпен-дикулярах DМ ⊥ ВС и, следова-тельно, угол АМD — линейный угол двугранного угл

prosv.ru...39 " # 36 : oa, ob oc , d , doa = dob = doc . : od . . 1) 6 - d dh

Documents