Тема уроку. Розв'язування задач про просторові фігури.

Мета уроку: формування вмінь будувати зображення просторових фігур, використовуючи властивості паралельного проектування.

Обладнання: стереометричний набір.

Хід уроку

І. Перевірка домашнього завдання

Фронтальне опитування.

1. Що можна сказати про паралельну проекцію прямої на площину?
2. Що можна сказати про проекції паралельних прямих на площину?
3. Точка С ділить відрізок АВ у відношенні АС : СВ = 2 : 3. Паралель­ними проекціями точок А, В, С на площину а будуть точки А₁, B₁, С₁. У якому відношенні точка С₁ ділить відрізок А₁В₁ ?
4. Трикутник А₁В₁С₁ — паралельна проекція трикутника АВС на пло­щину α (рис. 90). Укажіть, які з наведених тверджень правильні, а які — неправильні:

а) якщо трикутник АВС правильний, то трикутник А₁В₁С₁ обов'яз­ково правильний;

б) трикутник АВС не може дорівнювати трикутнику А₁В₁С₁;

в) якщо ВК — бісектриса трикутника АВС, то B₁K₁ обов'язко­во — бісектриса трикутника А₁В₁С₁;

г) якщо ВК — медіана трикутника АВС, то В₁К₁ обов'язково — медіана трикутника A₁B₁C₁.

5. Поясніть розв'язання задачі № 38.
6. Чотирикутник A₁B₁C₁D₁ є паралельною проекцією рівнобічної тра­пеції ABCD (АВ — основа трапеції) на площину α (рис. 91). Ука­жіть, які з наведених тверджень правильні, а які — неправильні:

а) прямі A₁D₁ і В₁С₁ можуть бути паралельними;

б) прямі A₁B₁ і D₁C₁ можуть перетинатися;

в) відрізки А₁D₁ і В₁С₁ можуть бути рівними;

г) відрізки А₁В₁ і D₁C₁ можуть бути рівними;

д) якщо 2АВ = 3DC, то 3А₁В₁ = 2D₁C₁.

II. Закріплення та осмислення знань учнів

Формування вмінь будувати зображення фігур

Зупинимося на зображенні найбільше вживаних геометричних фі­гур, з комбінацій яких складається, як правило, зображення будь-якої складної просторової фігури.

ЗОБРАЖЕННЯ ТРИКУТНИКА

Будь-який трикутник може бути зображенням трикутника довільної форми, зокрема: правильного, рівнобедреного, прямокутного.

Доведення

Нехай задано трикутник АВС довільної форми і на площині проекції α задано трикутник А₁В₁С₁. Завжди можна розташувати трикутник АВС і вибрати напрям проектування так, що трикутник спроектується в три­кутник, подібний до трикутника А₁В₁С1 (рис. 92). Побудуємо трикутник AB₂C, який подібний до трикутника А₁В₁С₁ вибравши за напрям проек­тування пряму BB₂, одержимо, що ΔАВС проектується в ΔАВ₂С такий, що ΔАВСΔА₁В₁С₁.

Слід зазначити, що медіани і середні лінії трикутника зображають відповідно медіанами і середніми лініями зображення.

Задача.

На зображенні рівностороннього трикутника побудуйте зображення його центра.

Розв'язання

Нехай АВС (рис. 93) — дане зображення рівностороннього трикут­ника. Центр правильного трикутника — точка перетину його медіан. Тому, побудувавши медіани АК і CM на зображенні, які перетнуться в точці О, одержимо: точка О — центр правильного трикутника АВС.

ЗОБРАЖЕННЯ ПАРАЛЕЛОГРАМА

Зображенням паралелограма (прямокутни­ка, ромба, квадрата) можна вважати довільний паралелограм, що належить площині проекцій.

Дійсно, нехай ABCD — паралелограм, що проектують, тоді дові­льний трикутник А₁В₁С₁ можна вважати проекцією трикутника АВС (рис. 94). Ураховуючи, що при паралельному проектуванні паралель­ні відрізки переходять в паралельні відрізки, та провівши A₁D₁ || В₁С₁ і C₁D₁ || А₁В₁, одержимо A₁B₁C₁D₁ — паралелограм, який є зображен­ням паралелограма ABCD (зокрема прямокутника, ромба, квадрата).

Задача.

Побудуйте зображення ромба з кутом 120° та зображення висоти ромба, яку проведено з вершини цього кута.

Розв'язання

Нехай паралелограм ABCD (рис. 95) є зображенням ромба A₁B₁C₁D₁, у якого <B₁ = 120° (рис. 96).

Оскільки ΔА₁В₁D₁ — рівносторонній, то його медіана В₁K₁ є одно­часно і висотою цього трикутника, а отже, і ромба.

Таким чином, побудувавши середину сторони AD і з'єднавши цю точку з вершиною В, одержимо ВК — зображення висоти (див. рис. 95).

ЗОБРАЖЕННЯ ТРАПЕЦІЇ

Із властивості паралельного проектування випливає, що зображен­ням трапеції є трапеція, у якій відношення довжин основ зображення дорівнює відношенню довжин основ трапеції, яку проектують.

Задача.

Побудуйте зображення рівнобічної трапеції з основами 3 і 9 см та зображення її висоти.

Розв'язання

Нехай A₁B₁C₁D₁ — рівнобічна трапеція, у якій А₁D₁ || В₁С₁, A₁D₁ = 9 см, В₁С₁ = 3 см. Слід зазначити, що висота С₁К₁ паралельна осі симетрії М₁N₁ (точки М₁ і N₁ — середини основ трапеції) (рис. 97). Але при паралельному проектуванні зберігаються паралельність прямих і відно­шення довжин паралельних відрізків. Звідси випливає побудова: трапе­ція ABCD, у якій        AD || ВС і AD = 3 ВС , є зображенням трапеції (рис. 98); побудувавши точки М і N — середини сторін ВС і AD і СК ||  MN, одер­жимо відрізок СК — зображення висоти трапеції.

ЗОБРАЖЕННЯ ЧОТИРИКУТНИКА

Зображенням довільного чотирикутника (не паралелограма і не тра­пеції) є довільний чотирикутник.

ЗОБРАЖЕННЯ ПРАВИЛЬНОГО ШЕСТИКУТНИКА

Розглянемо правильний шестикутник ABCDEF (рис. 99). Точка О перетину діагоналей AD і FC — його центр симетрії, тому ромби АВСО і DEFO симетричні відносно точки О. Ромб АВСО зображаємо у вигляді довільного паралелограма A₁B₁C₁D₁ (рис. 100). Для побудови останніх вершин зображення достатньо побудувати точки D₁, E₁, F₁, відповідно симетричні відносно точки О₁ точкам А₁, B₁, С₁.

ЗОБРАЖЕННЯ КОЛА

Зображенням кола з центром в точ­ці О₁ є еліпc з центром в точці О, який належить площині проекції α. Кожний діаметр еліпса АВ ділить пополам хорди MN, M₁N₁, M₂N₂ ..., паралельні до спря­женого з ним діаметра CD (рис. 101).

Слід зазначити, що спряженими ді­аметрами еліпса називаються зобра­ження двох перпендикулярних діаме­трів кола, що проектується.

Розв'язування задачі № 42 із підруч­ника (с. 22).

ЗОБРАЖЕННЯ ТЕТРАЕДРА

Розглядаючи тінь, що дають на екрані каркасна модель тетраедра, можна сформулювати правило його зображення. Зображенням ребер да­ного тетраедра можуть бути сторони і діагоналі довільного опуклого (рис. 102) або неопуклого чотирикутника ABCD (рис. 103).

ЗОБРАЖЕННЯ ПРЯМОКУТНОГО ПАРАЛЕЛЕПІПЕДА

Нехай задано прямокутний паралелепіпед ABCDA₁B₁C₁D₁. Виберемо три його ребра АВ, AD і АА₁, що мають спільний початок (рис. 104). Розглянемо тетраедр A₁ABD. Користуючись правилом зображення тет­раедра, приходимо до висновку, що ребра АВ, AD, AA₁ можна зобразити у вигляді трьох довільних відрізків, що виходять із однієї точки (рис. 105). Останні його ребра слід зобразити визначеними відрізками, кож­ний із них паралельний одному з побудованих відрізків і дорівнює йому по довжині (рис. 106).

III. Домашнє завдання

§ 2, п. 13; контрольне запитання № 12; задачі № 39, 40 (с. 22).

IV. Підведення підсумку уроку

Запитання до класу

1. Чотирикутник A₁B₁C₁D₁ є паралельною проекцією трапеції ABCD (AD — основа трапеції) на деяку площину. Укажіть, які з вказаних тверджень правильні, а які — неправильні:

а) чотирикутник А₁B₁C₁D₁ є трапецією з основою C₁D₁;

б) чотирикутник А₁В₁C₁D₁ може бути ромбом;

в) чотирикутник A₁B₁C₁D₁ є трапецією з основою А₁D₁;

г) чотирикутник A₁B₁C₁D₁ є трапецією з основою В₁D₁;

д) якщо ВС = 5AD , то 5В₁C₁ = A₁D₁.

2. Чотирикутник A₁B₁C₁D₁ є паралельною проекцією прямокутника ABCD на деяку площину. Укажіть, які з вказаних тверджень є пра­вильними, а які — неправильними:

а) в чотирикутнику A₁B₁C₁D₁ є паралельні сторони;

б) в чотирикутнику А₁B₁С₁D₁ обов'язково є рівні сторони;

в) чотирикутник А₁B₁С₁D₁ може бути трапецією;

г) діагоналі чотирикутника A₁B₁C₁D₁ точкою перетину діляться по­полам;

д) діагоналі чотирикутника А₁B₁С₁D₁ обов'язково рівні.