Тема урока: «Проектная деятельность учащихся на уроке геометрии при решении задач группы С вариантов ЕГЭ». Тема урока: «Проектная деятельность учащихся на уроке геометрии при решении задач группы С вариантов ЕГЭ».

Цели урока: 1.Показать связь математики с информатикой, показать практические навыки и умения при решении задач по темам: «Параллелепипед и его сечения», «Тетраэдр и его сечения», «Двугранные углы и линейный угол двугранного угла», и «Скрещивающиеся прямые». Проверить практические навыки и умения при решении геометрических задач. 2.Активизировать работу учащихся на уроке за счет вовлечения их в способы решения задач, сформировать умение строить геометрические фигуры по условию задач. 3.Развивать логическое мышление учащихся в области математики, сообразительность, умение быстро ориентироваться в изображениях геометрических фигур, тренировать память, воспитывать внимание.

Девиз урока: « Слушай внимательно, мысли логически и записывай решения правильно, начерти правильно изображения фигур, соответствуя условию задач».

Оборудование: Карточки для домашней работы, компьютеры, проекционный аппарат. Пояснительная записка: Применение ИКТ на уроке дает возможность: а) быстро и качественно готовиться к уроку, то есть быстро подготовить материал к дифференцированному объединению учащихся, так как способности, база знаний и уровень восприятия у каждого ребенка свой, б) открылись большие возможности для подготовки наглядных пособий, дидактического материала и дифференцированных заданий для учащихся разных уровней восприятия с учетом особенностей ребёнка.

Под решением задач понимается цепь логических рассуждений, математических преобразований и вычислений, последним звеном в которой является ответ на вопрос задачи. В этой цепи рассуждений не должно быть ничего лишнего и ни одно из необходимых рассуждений не должно быть опущено. Ссылаясь при решении задач на определения, аксиомы и теоремы, их формулировку приводить необязательно. Под решением задач понимается цепь логических рассуждений, математических преобразований и вычислений, последним звеном в которой является ответ на вопрос задачи. В этой цепи рассуждений не должно быть ничего лишнего и ни одно из необходимых рассуждений не должно быть опущено. Ссылаясь при решении задач на определения, аксиомы и теоремы, их формулировку приводить необязательно. Если геометрическая задача не является задачей на построение, то ее решение, как правило, может быть выполнено по следующему плану: Если геометрическая задача не является задачей на построение, то ее решение, как правило, может быть выполнено по следующему плану: 1. Построение изображения данной фигуры; 2. Краткая запись условия задачи; 3. Нахождение искомых величин (зависимостей) или доказательство некоторого утверждения; 4. Исследование; 5. Ответ.

Задача 1 (на построение изображения фигуры) В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в основании пирамиды, а четыре другие – на боковых ребрах. Постройте изображение заданной фигуры. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат в основании пирамиды, а четыре другие – на боковых ребрах. Постройте изображение заданной фигуры. PN R Q S

Решение: Пусть ABCDA1B 1 C 1 D 1 – изображение куба. Найдем центы основания куба: Проведем ОО 1 и возьмем точку (вне куба). Проведем SA 1, SB 1, SC 1, SD 1 и найдем точки P, Q, R, N:, Точки P, Q, R, N, S – вершины основания пирамиды SPQRN. Решая задачу 1, построим изображение данной фигуры. PN R Q A B C D O A1A1 D1D1 C1C1 B1B1 S O1O1 A B C D A1A1 A B C D

Задача 2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1, AB=2BCB AA1=BC. Найдите угол между прямыми BD1 и A1C1. Введем вспомогательный параметр, положив, например, BC = a. Введем вспомогательный параметр, положив, например, BC = a. Тогда и AB = 2a. Тогда и AB = 2a. Естественно, что величину искомого угла между прямыми Естественно, что величину искомого угла между прямыми и можно найти и, не обращаясь к векторам. Приведем это решение. Проведем через точку В прямую PQ параллельно диагонали АС. Получим Тогда Проведем и Из прямоугольного треугольника ABC имеем: Из прямоугольного треугольника ABC имеем:

Подсчитаем длины третьих сторон этих треугольников. Не трудно доказать, что AC средняя линия треугольника PDQ и что тогда Выясним, величину какого из углов или нам требуется найти. В треугольниках и BD = QB и - общая сторона. Из прямоугольных треугольников и имеем соответственно: С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q С1С1 A1A1 D1D1 C B D A В1В1 P Q

Таким образом т. е. нам требуется найти По теореме косинусов из треугольника имеем: откуда Итак, - угол между прямыми и Ответ:

Задача 3 В правильной треугольной пирамиде через сторону основания проведена плоскость, перпендикулярная к противолежащему боковому ребру. Найдите площадь полученного сечения, если основание равно а, а высота пирамиды равна h. A C B S M D O

A C B S M D O Решение: Пусть SABC – данная пирамида и SO – её высота. Проведём апофему SD, точку D соединим с точкой С и с точкой М – вершиной треугольника АВМ, являющегося заданным сечением. Из прямоугольного треугольника SOC получим:,следовательно откуда: Таким образом: Ответ:

Задача 4. Дан куб АВСDА 1 В 1 С 1 D 1, ребро которого равно а. На ребре DC взята точка К так, что DK=KC. Найдите расстояния между следующими парами прямых: а) АА 1 и D 1 K б) АD и D 1 К в) BD и D 1 К A D C B D1D1 C1C1 A1A1 B1B1 K

Построение изображения. Пусть фигура АВСDA 1 B 1 C 1 D 1 - изображение куба с ребром, длина которого а. На полученном изображении построим точку К середину отрезка DC и отрезок D 1 K. а) Так как А 1 D 1 (А 1 АВ) и АА 1 (А 1 АВ), то А 1 D 1 АА 1. Аналогично А 1 D 1 D 1 К. Таким образом, А 1 D 1 =а - искомое расстояние между прямыми АА 1 и D 1 К. Более того, А 1 D 1 - общий перпендикуляр скрещивающихся прямых АА 1 и D 1 К. A D C B D1D1 C1C1 A1A1 B1B1 K

б) Так как К (А 1 D 1 K) и К (АВС), то плоскости А 1 D 1 К и АВС пересекаются по прямой, проходящей через точку К. Пусть (А 1 D 1 К)(АВС)=PK. Так как А 1 D 1 (АВC), то РКА 1 D 1. Построим ещё А 1 Р. Нетрудно показать, что АD(A 1 D 1 K), и, таким образом, расстояние между прямыми АD и D 1 К равно расстоянию от прямой AD до плоскости A 1 D 1 K. Построим отрезок DM, где точка М - середина СС 1. Тогда из равенства треугольников DD 1 K и DCM следует, что DKM= CMD, т.е. HDK+ DKH=90°. Итак, DH D 1 K. Покажем, что DH (A 1 D 1 K). Так как AD (DD 1 C), то DH AD и DH PK. Итак, DH D 1 K и DH PK, следовательно, DH (A 1 D 1 K),и, таким образом, DH - искомое расстояние. Выражая двумя способами площадь треугольника DD 1 K: S DD 1 K =0.5 DH D 1 K S DD 1 K =0,5 DK DD 1, получаем равенство DH D 1 K=DK DD 1, с помощью которого находим: DH= = A D C B D1D1 C1C1 A1A1 B1B1 K P M H

A B C D A1A1 B1B1 D1D1 C1C1 O O1O1 E F S K T Построим F=ОS ЕК, О 1 = А 1 С 1 В 1 D 1 и отрезок О 1 F. Далее на ребре СС 1 возьмем такую точку Т, чтобы выполнялось равенство:. Так как OC=, О F= и ОО 1 =а, то СТ=. Построим отрезок ОТ и точку S=ОТ О 1 К. Так как прямоугольные треугольники ОО 1 F и ОСТ подобны по построению, то О 1 FО= ОТС и ОО 1 F= СОТ, а тогда О 1 FО + СОТ=90 и, следовательно, ОТ О 1 F. Докажем теперь, что ОТ В 1 ЕК. Так как В 1 D 1 (АА 1 С) и ОТ (АА 1 С), то ОТ В 1 D 1. Итак, ОТ В 1 D 1 и ОТ О 1 F. Таким образом, ОТ (В 1 ЕК). Тогда OS – искомое расстояние. Выражая двумя способами площадь треугольника О 1 ОF, получаем равенство: OS * O 1 F = OF*OO 1 откуда, так как О F=, О 1 О=а, O 1 F =, находим, что OS=. Ответ: а)а; б) ; в) в) В плоскости ABC построим прямую EK, проходящую через точку К и через точку Е - середину ребра BC. Тогда ВD параллельно ЕК. Построим плоскость В1ЕК. Так как BD параллельно ЕК, то BD параллельно(В1ЕК )и, таким образом, искомое расстояние равно расстоянию от прямой BD до плоскости В1ЕК. Чтобы найти это расстояние, проведём из точки О перпендикуляр на плоскость В1ЕК. Основание этого перпендикуляра –точка S не может быть взята произвольно. Выполним построение следующим образом:

Задача 5 В правильной четырехугольной пирамиде секущая плоскость, проведенная через сторону основания, делит площадь боковой поверхности и двугранный угол при ребре основания пополам. Найдите угол между боковой гранью и плоскостью основания. Решение: Построение изображения. Заметим, прежде всего, что так как сечение проходит через ребро основания, пусть через ребро AD. Так как AD||BC, то AD || (SBC). Тогда секущая плоскость пересекает грань SBC по PQ||AD. и PM=MQ; SM BC=K и BK=KC. N=KO AD. Так как KO||AB, то AN=ND. Построим отрезки SN и NM. и ON – проекция отрезка SN на плоскость ABCD. Следовательно, SN AD и SNK – линейный угол двугранного угла SADK. Считая NM биссектрисой SNK, мы вместе с тем считаем, что плоскость APQD делит двугранный угол SADK пополам, что отвечает условию задачи. Плоскость APQD является искомой, которая делит площадь боковой поверхности пирамиды пополам (увидим ниже).

Спасибо за урок!