VII Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке
Решение задач методом параллельного проектирования
Автор работы награжден дипломом победителя II степени
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Введение.
Наверное, в детстве, многие из вас сталкивались с проблемой, что не решается задача по геометрии, потому что чертёж был какой-то «не такой». И пусть он был весьма правдоподобен, но при этом задача всё равно решалась с трудом. А такие проблемы бывает, возникают не только в школе на уроках, но и в практической деятельности, и тут на помощь приходит параллельное проектирование.
«При изучении геометрии на плоскости важную роль имеет чертеж. Как правило, на аккуратно сделанном чертеже имеющиеся закономерности сохраняются с высокой точностью: середина отрезка выглядит как середина, прямой угол выглядит как прямой и так далее. Глядя на правильные чертежи, можно с достаточной уверенностью предположить наличие тех или иных закономерностей» [5, с.3]. При построении чертежей в стереометрии, применяется метод параллельного проектирования. Нами был изучен этот метод и его свойства.
Изучая метод параллельного проектирования, мы столкнулись с удивительным способом решения задачи [5, с.6]. Оказывается, любой треугольник можно спроектировать таким образом, что он станет равносторонним, сохраняя отношение и параллельность отрезков, что значительно упростит решение задачи.
У нас возник вопрос, а может ли данный метод помочь не только при построении чертежей, но и при решении некоторых задач?
Исходя из вышесказанного целью нашей работы будет Изучение применения метода параллельного проектирования при решении задач.
Задачи:
Изучение параллельного проектирования и его свойств.
Решение задач с использованием параллельного проектирования.
Сформулируем гипотезу: Применение параллельного проектирования позволяет упростить решение некоторых геометрических задач как в планиметрии, так и в стереометрии.
Мы нашли источники, где этот метод освещен и активно применяется [3, 4, 5, 6]. Мы провели доказательство одного из свойств параллельного проектирования, так как в литературе мы нашли только частный случай (Приложение 1). Мы сделали подборку и решение задач, которые подтвердили нашу гипотезу. По нашему мнению, эта работа будет интересна и полезна старшеклассникам, увлекающимся математикой.
Параллельное проектирование и его свойства.
Рис.1 Рис.2
«Выделим в пространстве плоскость π и прямую l, не параллельную π (Рис.1). Для произвольной точки М пространства выполним следующие построения: проведём через точку М прямую m, параллельную прямойl, и построим точку М' пересечения прямой m с плоскостью π. Полученная точка М' называется проекцией точки М на плоскость π параллельно прямой l.
Если же в пространстве рассматривается некоторая фигура, то параллельной проекцией фигуры на плоскость называется множество параллельных проекций всех точек этой фигуры (Рис.2).
При рассматриваемом проектировании плоскость π часто называют плоскостью проекций, а прямую l – направлением проектирования. Параллельную проекцию фигуры на плоскость называют изображением фигуры» [5, стр. 4].
Свойства параллельного проектирования:
«Прямая, параллельная направлению проектирования, переходит в точку.
Прямая, не параллельная направлению проектирования, переходит в прямую.
Параллельные отрезки ABи CD, не параллельные направлению проектированию, переходят соответственно в параллельные отрезки A'B' и C'D'». [5, стр. 4]
«Проекции параллельных отрезков, а также проекции отрезков, лежащих на одной прямой пропорциональны самим отрезкам AB:CD=A'B':C'D'». [2, стр. 220] Доказательство 3 и 4 свойств приведено в Приложении 1.
«Отрезок, параллельный плоскости проекций, проектируется в отрезок такой же длины.
Общие точки двух фигур проектируется в общие точки проекций этих фигур». [5, стр. 5]
Использование свойств параллельного проектирования позволяет строить «правильные» плоские чертежи при решении задач стереометрии. Например, на плоских чертежах любой параллелограмм (ромб, прямоугольник, квадрат) должен изображаться как параллелограмм (противоположные стороны параллельны), средина диагонали прямоугольника изображается на чертеже как середина диагонали параллелограмма, а трапецию нельзя изображать в виде параллелограмма (у нее две стороны не параллельны).
Вывод:
Нами были изучены и доказаны некоторые свойства параллельного проектирования.
Использование свойств параллельного проектирования позволяет строить «правильные» плоские чертежи при решении задач стереометрии.
2. Решение задач.
Задача 1. «На стороне СА и СВ треугольника АВС взяты точки М и N такие, что СМ : МА = 5 : 2, CN : NB = 1 : 2. Медиана СD пересекает отрезок MN в точке Е. Найти отношение ME : EN.» [3, с.11]
Решение. Изобразим ∆АВС на плоскости α (Рис. 3). Спроектируем ∆АВС на плоскость β так, чтобы ∆АВС перешел в равносторонний ∆А1В1С1(Рис. 4). В равностороннем ∆А1В1С1 медиана C1D1является биссектрисой. По свойству
Рис. 3 Рис.4
биссектрисы в ∆М1N1С1 ,М1E1 : Е1N1 = С1М1 : С1N1 = : =
По свойству параллельного проектирования, пропорциональные отрезки переходят в пропорциональные отрезки, следовательно,
М1E1 : Е1N1 =МE : ЕN= . Ответ. МE : ЕN= .
Задача 2. «Дан треугольник АВС площадью S. Точки M и N – середины его сторон АС и АВ соответственно. Точки Р и Q делят сторону ВС на три равных отрезка так, что BP=PQ=QC. Найти площадь общей части четырёхугольника ANPQ и треугольника ВМС» [3, с.12]
Рис. 5 Рис. 6
Решение. Изобразим ∆АВС на плоскости α (Рис. 5). Спроектируем ∆АВС на плоскость β так, чтобы ∆АВС перешел в равносторонний ∆А1В1С1(Рис. 6). Пусть площадь ∆А1В1С1 равна S1. По свойству параллельного проектирования, пропорциональные отрезки переходят в пропорциональные отрезки.
1. ∆N1В1P1 ~ ∆А1В1С1 по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (N1В1 : А1В1 = P1В1 : В1Q1 = 1:2, А1В1Q1 — общий), значит, SN1В1P1= SА1В1Q1 ВQ : ВС = 2:3, то SА1В1Q1 = S1, SN1В1P1= S1.
2. А1В1К1= К1В1Q1, тогда
SА1В1К1 :SК1В1Q1 =(А1В1· К1В1):(В1Q1· К1В1)=1:= ,
SА1В1К1=SК1В1Q1, SА1В1Q1=SК1В1Q1=S1. Значит, SК1В1Q1=S1.
3. N1В1E1=P1В1E1, тогда
S N1В1E1 :S P1В1E1 =(N1В1· E1В1):(P1В1· E1В1) = : = ,
S N1В1E1= S P1В1E1 , S N1В1Р1= S P1В1E1= S1, S P1В1E1= S1.
4. S Е1В1Q1K1= SК1В1Q1 - S P1В1E1 = S1 - S1 = S1 = S1.
5. По свойству параллельного проектирования, отношение площадей сохраняется, следовательно, S ЕВQK= S. Ответ.SЕВQK=S.
Задача 3. «Высота равнобедренного треугольника, опущенная на основание, разделена на три части. Через точку деления, ближайшую к вершине, и одну из других вершин проведена прямая. Найдите отношение отрезков, на которые эта прямая делит боковую сторону треугольника» [1, с.36].
У авторов пособия [1, с.36] приведено следующее решение: «Пусть h — высота ВЕ треугольника АВС, АВ=ВС, О - точка деления высоты, ближайшая к вершине В, 2α - угол при вершине В.ВАО = β (рис. *).
Р
ис. 7
Тогда АОВ = π — α — β. Из треугольника АОВ по теореме синусов имеем: ОВ : sinβ = AB : sin ( π — α — β), следовательно,
AB = (h sin(α+β) ) : (3 sinβ ). С другой стороны, из треугольника АВЕ, получаем, что АВ =h : соs α. Значит, 1: соs α = sin ( α+ β) : 3 sin β или 1: соs α = ( sin α соs β + sin βсоs α):(3sin β ). Из последнего равенства находим ctgβ: 1: соs α = (sin α ctg β + соs α) следует ctg β = 2(3 - соs2 α) : sin 2α.
В треугольнике ОВD: BOD = α+ β, BOD = π — 2α — β. Поэтому с помощью теоремы синусов нетрудно найти, что
BD=(hsin(α+β)):(3sin(2α+β )). Следовательно, BC : BD = AB : BD;
sin(2α+β ) : sin β = (sin 2α соs β +sin β соs 2α) = sin 2α ctg β + соs 2α. Подставив в это значение ctg α и проведя несложные вычисления, получаем, BC : BD = 5. Значит, CD : DB = 4 : 1» [1, с.36].
Решим данную задачу с использованием метода параллельного проектирования. Для этого выполним параллельное проектирование точек A, O, Eна прямую ВС параллельно АD. Припараллельном проектировании точка Oспроектируется в точку О1, точка А — в точку А1, которые совпадут с точкой D. Точка Е - в точку Е1(Рис.8). По свойствам параллельного проектирования ВО : ОЕ = BD : BD1 = х : 2х. А также АЕ : ЕС = DE1 : E1С. Так как высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, является медианой, АЕ = ЕС, следовательно, DE1 = E1С =2х. Значит, CD : DB = 4 : 1.
Решение задачи методом параллельного проектирования более прост.
Рис. 8
Ответ. CD : DB = 4 : 1
Задача 4 . «На Рис. 9 изображена пирамида SABC, у которой ребро SA перпендикулярно грани ABC, угол ABC прямой и SA=AB=BC. Постройте изображение перпендикуляра, проведенного из середины ребра АС к плоскости SBC.» [5, с.2]
Рис. 9
Решение. 1. Пусть SA = 1, то SB = AC = , SC = .
2. Создадим проекцию SABCна SAB, параллельно BC. Точка М спроектируется в точку М1, АМ1=М1В; точка С — в точку В, Н — в точку Н/ (Рис. 10). Так как SBМН, МН НН/, то по теореме о трех перпендикулярах М1Н/ SB; ∆SAB~ ∆М1Н/В по двум углам (SAB=М1Н/ В=90º, В — общий), то SA: М1В = AB:ВН/ , : =1: ВН/, ВН/= = SB.
Рис. 10 Рис. 11
3. Создадим проекцию SABCна SAС, параллельно BМ. BМ — медиана, биссектриса, высота равнобедренного ∆АВС. Точка В спроектируется в точку М, АМ=МС; точка Н — в точку Н// (Рис. 11). Так как SС НН// , МН SС, то по теореме о трех перпендикулярах МН// SС; ∆SAС ~ ∆МН//С по двум углам (SAС=МН// С=90º, С — общий), то SС: МС = AС:Н//С,
: =1: Н//С, Н//С = = SС.
Рис. 12
4. Построим искомый перпендикуляр М1Н1 (Рис. 12):
1) К1Н1/ || В1С1, В1Н1/ =S1B1;,
2) L1Н1/ / || В1М1, С1Н1/ /=S1С1;
3) Н1 — точка пересечения К1Н1/ и L1Н1/ /;
4) построим М1Н1.
5. Так как М1Н1 К1Н1/ , М1Н1 L1Н1//, К1Н1/ и L1Н1// лежат в плоскости S1B1C1, то М1Н1 S1B1C1. Ответ. М1Н1 - искомый перпендикуляр.
Задача 5 . «Все ребра правильной четырехугольной пирамиды с основанием ABCD имеют длину 1. Точки M и N - середины ребер AB и CD соответственно. На прямых AS и BN выбраны точки P и Q так, что прямая PQ параллельна прямой CM. Найти длину отрезка PQ.» [5, с.2]
Р
ис.13
Способ 1. Рассмотрим ∆ВМС (Рис.13), В = 90º. СМ = = .
Рассмотрим ∆SCM. К — середина SM. NK — средняя линия ∆SCM. NK││CM. Продолжим ВК, Р — точка пересеченияSAиBK. ПостроимQP││NK, следовательно, QP││ CM. NК = CM =.
Рассмотрим ∆АВS —равносторонний. SM = = ,
КS=КМ=
Рассмотрим∆SВК. ВSM = 30º.
По теореме косинусов ВК2 = ВS2+КS2- 2ВS·КScosВSM.
ВК2 = 1+ - 2·1··= . ВК= .
В∆МВК, ВМK= 90º, sinМBK= МK:ВК= : =
В ∆SВМ ВМ — медиана, значит S ∆SВK= S ∆MВK ,
ВS·ВК·sinSBK=ВA·ВК·sinМBK, то
sinSBK=·
Для ∆SВР потеореме синусов sinSBK : SР = sin 60º : ВР (*),
для∆АВР потеореме синусов sinРBА : (SА — SР)=sin60º : ВР, значит, sinSBK : SР = sinРBА : (SА — SР). Из этого следует, что SР = . Подставив значение SР в формулу (*), получимВР = .
∆QSB ~ ∆BNKпо двум углам (SBQ – общий, BQS = KNBкак соответственные при QP││NK, секущей QВ). QP: NK = ВР : ВК, или QP : = : , QP = . Ответ.QP =
Способ 2. Выполним параллельное проектирование на плоскость SCAпараллельно DB(Рис. 14, 15).
Рис.14 Рис.15
ABCD – квадрат, значит диагонали ACВD. Точки ВиDперейдут в точку О, точка М в точку М1, точка Q – в точкуQ1, Q1 NO.
ММ1|| ОВ, АМ=МВ, по теореме Фалеса ОМ1 = М1А.
QP||CM, значит, по свойству проектирования, Q1P||CM1,
QP : CM= Q1P : CM1.
CN=NS – по условию, СО=ОА, тоBN – средняя линия ∆СSA.
ON||AP, Q1P||CM1, следовательно, OQ1PA -параллелограмм, Q1P=ОА=
QP : CM= Q1P : CM1, QP = (CM· Q1P): CM1 .
CM1= АС = , CM = = ,
QP =· : = .Ответ. QP =
Очевидно, способ 2 более прост и нагляден.
Вывод. Применение метода параллельного проектирования позволяет значительно упростить решение некоторых геометрических задач. Чаще всего в этих задачах заданы отношения некоторых отрезков и требуется найти также отношение каких-либо величин.
Заключение
1. Нами были изучены и доказаны некоторые свойства параллельного проектирования.
2. Использование свойств параллельного проектирования позволяет строить «правильные» плоские чертежи при решении задач стереометрии.
3. Применение метода параллельного проектирования позволяет значительно упростить решение некоторых геометрических задач. Чаще всего в этих задачах заданы отношения некоторых отрезков и требуется найти также отношение каких-либо величин.
4. Изучение различных способов решения геометрических задач позволяет формировать нестандартное мышление, помогающее в изучении различных областей знаний.
5. По итогам работы можно рекомендовать ученикам 10-11 классов изучить данный метод, чтобы правильно строить плоские чертежи и освоить новый метод решения задач.
РЕСУРСЫ
Агалаков С.А. Система дополнительных заданий по математике, 10 класс: 8-ое изд., исправленное и дополненное — Омск: НОУ НОК «Образование Плюс», 2007.
Геометрия 10-11 классы: учебник для общеобразовательных школ: базовый и профильный уровни. Атанасяп Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б. И др. - М.: Просвещение, 2012.
Исследовательская работа «Помогает параллельное проектирование». Киселева Я.Д., 9 класс, Ижевск 2010.
Калинин А. Ю. , Перешит Д. А. «Стереометрия 10». МФТИ 1996.
Материалы математического отделения НГУ СУНЦ Задание №3 «Параллельное проектирование», 10 класс. Составитель к.п.н., доцент Михеев Ю.В., 2016 год.
Мерзляк А. Г. , Полонский В. Б., Якир М. С. «Неожиданный шаг или сто тринадцать красивых задач». Киев, Агрофирма «Александрия» 1993.
Приложение 1
3. «Параллельные отрезки ABи CD, не параллельные направлению проектированию, переходят соответственно в параллельные отрезки A'B' и C'D'». [5, стр. 4]
4. «Проекции параллельных отрезков, а также проекции отрезков, лежащих на одной прямой пропорциональны самим отрезкам AB:CD=A'B':C'D'». [2, стр. 220]
«При доказательстве свойств 3 и 4 параллельного проектирования можно использовать важный частный случай, когда точки A, B, Cи D лежат на одной прямой (Рис. 18)
Рис. 18
В этом случае для доказательства проведем через точки A, B, Cи Dпараллельные прямые m1, m2, m3, m4, параллельные направлению проектирования. Тогда все проведенные прямые окажутся лежащими в одной плоскости, которая пересекает плоскость проектирования по прямой ОА1, где лежат проекции В1, С1, D1. В результате получаем, что стороны угла АОА1 пересечены параллельными прямыми, откуда по теореме Фалеса соответствующие отрезки на сторонах угла пропорциональны. В частности, АВ:А1В1=CD:C1D1, а значит, АВ:CD=А1В1:C1D1, что и требовалось доказать» [5, стр.5].
Рис. 19
Пусть АВ || CD, не лежат на одной прямой. Спроектируем отрезки АВ иCD на плоскость α параллельно прямой l в отрезки А1В1иC1D1. Докажем, что А1В1||C1D1 и АВ :CD = А1В1:C1D1.
1. Через прямую АС проведем плоскость α1|| α.
2. Через АА1||ВВ1 проходит плоскость АВВ1, пересекающая плоскость α1по прямой АВ2. Через СС1||DD1 проходит плоскость CDD1, пересекающая плоскость α1по прямой CD2.
3. АА1||ВВ2, АА1 = ВВ2, то АА1В1В2 — параллелограмм, то А1В1 = АВ2;
CC1||DD2, CC1 = DD2, то CC1D1D2 — параллелограмм, то C1D1 = CD2/
4. АВ|| СD, BB2 || DD2, то плоскость АВС2 параллельна плоскости CDD2, их пересекает плоскость α1 по прямым АВ2 и CD2, следовательно, АВ2 || CD2 или А1В1||C1D1.
5. Рассмотрим ∆ АВВ2 и ∆ CDD2.
АВ|| СD, BB2 || DD2, то ABВ2 = CDD2 как углы с сонаправленными сторонами; BB2 || DD2, АB2 || СD2 то BВ2А= DD2С как углы с сонаправленными сторонами, следовательно, ∆ АBВ2 ~ ∆ CDD2 по двум углам, значит, АВ :CD = АВ2:CD2 илиАВ :CD = А1В1:C1D1, что и требовалось доказать.