VI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся

Старт в науке

Мало самому знать, надо другим передать

• Авторы
• Руководители
• Файлы работы
• Наградные документы

Дерябин  Д.С. 1

---

1МБОУ «Лицей № 9 имени К.Э. Циолковского» г. Калуги

Рылова  И.Г. 1

---

1МБОУ «Лицей № 9 имени К.Э. Циолковского» г. Калуги

Работа в формате PDF

138.2 KB

Автор работы награжден дипломом победителя III степени

Диплом школьникаСвидетельство руководителя

ВВЕДЕНИЕ

«Математика ум в порядок приводит» – эти слова принадлежат великому математику М.В. Ломоносову.
Изучение математики, решение математических задач развивают, помимо пространственного воображения, и способность догадываться, угадывать заранее результат, способность разумно искать правильный путь в самых запутанных условиях.
Ознакомившись с условием задачи и ещё не произведя никаких действий, мы должны стремиться к тому, чтобы научиться определять, что тот или иной способ непригоден для её решения, а вот какой-то другой способ может быть использован. Такое умение вырабатывается в процессе решения одной и той же задачи разными способами. Именно поэтому часто полезнее решить одну задачу тремя различными способами, чем решить три – четыре различные задачи.
Часть 2 ЕГЭ по математике профильного уровня содержит 4 задания (задания 9-12) с кратким ответом повышенного уровня и 7 заданий (задания 13-19) с развернутым ответом (по материалу курса математики средней школы, проверяющих уровень профильной математической подготовки) повышенного и высокого уровня сложности.
  В целях более эффективного отбора выпускников для продолжения образования в высших учебных заведениях с различными требованиями к уровню математической подготовки выпускников задания части 2 работы предназначены для проверки знаний на том уровне требований, которые традиционно предъявляются вузами с профильным экзаменом по математике.
При этом общий уровень геометрической, и особенно стереометрической, подготовки выпускников по-прежнему остается низким. Выпускники часто не приступают к выполнению № 14 пункта а) (доказательство различных утверждений).
Гипотеза: имеются проблемы связанные с недостатками в развитии пространственных представлений выпускников, а также с недостаточно сформированными умениями правильно изображать геометрические фигуры, проводить дополнительные построения, применять полученные знания для решения практических задач.
Цель исследования: применить полученные знания и найти дополнительные для доказательства перпендикулярности прямых в пространстве на примере одной задачи: «В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки и , а на окружности другого основания - точки и , причем - образующая цилиндра, а отрезок пересекает ось цилиндра. ,

а). Докажите, что угол прямой.

б). Найдите угол между прямыми и ».
Задачи исследования:

-разобрать доказательство указанной выше задачи, предоставленное ФИПИ;

-провести доказательство другими способами, используя различные свойства геометрических фигур;

-из полученных способов доказательства выбрать наиболее рациональный;

-распространить полученный опыт доказательства перпендикулярности прямых в пространстве среди учащихся профильных классов.

ОБЗОР ЛИТЕРАТУРЫ

Признак перпендикулярности прямой и плоскости

Если прямая, пересекающая плоскость, перпендикулярна двум прямым в этой плоскости, проходящим через точку пересечения данной прямой и плоскости, то она перпендикулярна плоскости. Верно и обратное утверждение.

Рис. 1

Доказательство:
Пусть a прямая (Рис. 1), перпендикулярная прямым b и c в плоскости  . Тогда прямая a проходит через точку A пересечения прямых b и c. Докажем, что прямая a перпендикулярна плоскости  .
Проведем произвольную прямую х через точку А в плоскости   и покажем, что она перпендикулярна прямой а. Проведем в плоскости  произвольную прямую, не проходящую через точку А и пересекающую прямые b, c и х. Пусть точками пересечения будут В, С и Х.
Отложим на прямой а от точки А в разные стороны равные отрезки АА₁ и АА₂. Треугольник А₁СА₂ равнобедренный, так как отрезок АС является высотой по условию теоремы и медианой по построению (АА₁=АА₂).По той же причине треугольник А₁ВА₂ тоже равнобедренный. Следовательно, треугольники А₁ВС и А₂ВС равны по трем сторонам.
Из равенства треугольников А₁ВС и А₂ВС следует равенство углов А₁ВХ и А₂ВХ и, следовательно равенство треугольников А₁ВХ и А₂ВХ по двум сторонам и углу между ними. Из равенства сторон А₁Х и А₂Х этих треугольников заключаем, что треугольник А₁ХА₂ равнобедренный. Поэтому его медиана ХА является также высотой. А это и значит, что прямая х перпендикулярна а. По определению прямая а перпендикулярна плоскости  . Теорема доказана.

Теорема о трех перпендикулярах

Если прямая, проведённая на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна её проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной.

Доказательство:

Рис. 2

Пусть {\displaystyle AB} АВ— перпендикуляр к плоскости {\displaystyle \alpha }, {\displaystyle AC}АС — наклонная и {\displaystyle c}с — прямая в плоскости {\displaystyle \alpha }, проходящая через точку {\displaystyle C}С и перпендикулярная проекции {\displaystyle BC}ВС(Рис. 2). Проведём прямую {\displaystyle CK}СК параллельно прямой {\displaystyle AB}АВ. Прямая {\displaystyle CK}СК перпендикулярна плоскости {\displaystyle \alpha }, так как она параллельна прямой АВ {\displaystyle AB}, а значит,и любой прямой этой плоскости. Следовательно, прямая СК, {\displaystyle CK}перпендикулярна прямой {\displaystyle c}с. Проведём через параллельные прямые АВ{\displaystyle AB} и {\displaystyle CK}СКплоскость {\displaystyle \beta } (параллельные прямые определяют плоскость, причём только одну). Прямая {\displaystyle c}с перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости {\displaystyle \beta }: это прямая ВС{\displaystyle BC} (по условию) и {\displaystyle CK}прямаяСК (по построению). Значит, она перпендикулярна и любой прямой, принадлежащей этой плоскости, значит, перпендикулярна и прямой АС{\displaystyle AC}.Теорема доказана.

Скалярное произведение векторов

Определение. Скалярным произведение двух векторов называется действительное число, равное произведению длин умножаемых векторов на косинус угла между ними.

Для векторов и в трехмерном пространстве скалярное произведение в координатах находится как .

Если угол между векторами прямой, то скалярное произведение векторов равно нулю, так как косинус прямого угла равен 0.

Обратное суждение: если скалярное произведение векторов равно нулю, то эти векторы перпендикулярны.

Некоторые формулы площади треугольника

Через две стороны и угол между ними (Рис. 3):

.

{\displaystyle \beta }

Рис. 3

Формула Герона.

В этой формуле используются размеры сторон фигуры. Поэтому нахождение площади следует начать с вычисления размеров сторон. Обозначим вершины как , . Тогда размеры сторон треугольника можно рассчитать как:

Чтобы упростить расчеты можно ввести понятие полупериметра: .

Находим площадь по формуле Герона используя полупериметр. В общем виде она выглядит так: .

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТИ ПРЯМЫХ

Задача. В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки и , а на окружности другого основания - точки и , причем - образующая цилиндра, а отрезок пересекает ось цилиндра. ,

а). Докажите, что угол прямой.

б). Найдите угол между прямыми и

Доказательство 1 (ФИПИ).

Рис. 4

Рассмотрим плоскость, проходящую через ось цилиндра и прямую АС₁. Точку пересечения этой плоскости и окружности основания цилиндра, содержащей точкуА, через С. Тогда СС₁ – образующая цилиндра. Отрезок АС пересекает ось цилиндра. Значит, он проходит через центр окружности основания цилиндра, то есть является ее диаметром. Следовательно, угол АВС – прямой.

Прямая СС₁ – образующая цилиндра, поэтому она перпендикулярна прямой АВ. Таким образом, прямая АВ перпендикулярна плоскости ВСС₁, а значит, угол прямой. Ч.т.д.

Доказательство2.

(Рис. 5)Ч. т. д.

Рис. 5

Доказательство 3.

Введем прямоугольную систему координат (Рис. 6). Определим координаты точек

Вычислим длины сторон треугольника

и

Рис. 6

Значит, угол . Ч. т. д.

Доказательство 4.

Определим длины сторон треугольника :

и

Применим теорему, обратную теореме Пифагора:

. Верно. Значит, угол . Ч. т. д.

Доказательство 5.

С одной стороны,

.

С другой стороны,

=8

Чтобы упростить расчеты можно ввести понятие полупериметра: .

Находим площадь по формуле Герона используя полупериметр. В общем виде она выглядит так: .

.

Получили, что . Откуда , а угол – прямой. Ч. т. д.

Доказательство 6.

Проверим, перпендикулярны ли векторы

Значит, векторы перпендикулярны, угол – прямой. Ч. т. д.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Для успешной сдачи ЕГЭ необходимо систематически изучать математику, развивать мышление, отрабатывать навыки доказательства задач различными способами.

Проанализируем использованные способы (Таблица 1):

Таблица 1

Итак, наиболее рациональными оказались способы с применением теоремы о трех перпендикулярах или теоремы, обратной теореме Пифагора, признаком перпендикулярности векторов.

Из тестирования, проведенного в 11 классе, было выяснено, что данную задачу всеми перечисленными способами смогли доказать 2% учащихся, 50% применили ТТП. Таким образом, умение использовать свойства геометрических тел и фигур, является актуальным и, как показала практика, проблематичным.

СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ И
ЛИТЕРАТУРЫ

1.Теорема о трёх перпендикулярах — Википедия- Режим доступа: ru.wikipedia.org(дата обращения 02.08.2018).

2. Скалярное произведение векторов. — Режим доступа:cleverstudents.ru(дата обращения 02.08.2018).

3. Найти площадь треугольника по координатам его…- Режим доступа: chto-kak-skolko.ru(дата обращения 02.08.2018).

4. Акири И., Гарит В. И др. Математика. Учебник для 11 класса – Кишинев.:PrutInternatijnal, 2004, с.