close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Слайд 1 - Черкаський

код для вставкиСкачать
Початкові відомості зі
стереометрії. 9 клас
Бугайова Ніна Федорівна
Чигиринський НВК “Дошкільний заклад –
спеціалізована школа І-ІІІ ступенів №2
При вивченні теми ми:
Розглянемо взаємне розміщення у
просторі прямих і площин;
Познайомимось з просторовими
фігурами, їх елементами, поняттями
поверхні та об’єму;
Навчимося зображати та знаходити на
малюнках многогранники і тіла
обертання та їх елементи.
ПЛАН
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Взаємне розміщення прямих у просторі.
Взаємне розміщення прямої та площини і площин у
просторі. Перпендикуляр до площини.
Пряма призма. Площа поверхні та об’єм призми.
Піраміда. Площа поверхні та об’єм піраміди.
Тіла обертання. Циліндр. Площа поверхні та об’єм
циліндра.
Конус. Площа поверхні та об’єм конуса.
Куля. Площа поверхні та об’єм кулі.
Історична довідка.
Основні геометричні фігури
Рисунок
В
А
а
α
А
С
B
β
Фігури
Позначення
точки
А, В, С...
прямі
а, в, с...
АВ, ВС...
площини
α , β, γ...
Аксіоми стереометрії
α
А
В
β
А
a
b
a
α
Якщо дві площини
мають спільну точку,
Яка б не була
то вони
площина,
перетинаються по
існують точки,
що належать їй, і прямій, яка
проходить через цю
точки, що їй не
точку
належать
α
Через дві
прямі, що
перетинаються, можна
провести,
площину і
дотого ж
тільки одну
Взаємне розміщення двох прямих у
просторі
Прямі а і b
Лежать в одній
площині
Паралельні
Перетинаються
a
a
α
b
Не лежать в одній
площині
α
Мимобіжні
a
b
α
b
Задача. Доведіть, що через пряму і точку, яка їй не
належить, можна провести площину.
С
α
А D
В
Дано: АВ-пряма С не належить АВ.
Доведіть: пряма АВ і точка С
лежать у площині α.
Доведення:
Візьмемо точку Д, яка лежить на прямій АВ. Проведемо
пряму СD. Через прямі АВ і СD, які перетинаються,
проведемо площину α. Що і треба було довести.
Взаємне розміщення двох площин
Дві площини в просторі
перетинаються
(мають спільну пряму)
α
а
паралельні
(не мають спільну пряму)
α
β
β
αllβ
Взаємне розміщення прямої і площини
а
а
А
α
Паралельні а║α
α
перетинаються
а
α
пряма лежить у
площині
Пряма,
перпендикулярна до площини
c
α
а
до
b
Означення: Пряма перпендикулярна
до площини α, якщо с┴а, с┴b.
Теорема: Якщо с┴а, с┴b то с┴α.
Перпендикуляр і похила
A
αB
O
АО – перпендикуляр;
АВ – похила;
ВО – проекція похилої АВ на площину α.
Задача. Виміри прямокутного паралелепіпеда дорівнюють
1см, 2см, 2см. Знайдіть відстань від однієї із вершин
прямокутного паралелепіпеда до інших його вершин.
B1
A1
C1
D1
B
A
C
Дано: ABCDA1B1C1D1 – прямокутний
пералелепіпед. AB=BC=2см, BB1=1см.
Знайдіть: BB1, B1A1, B1C1, B1D1, B1C, B1D, B1A.
D
Розв’язання
BB1=1см, A1B1=B1C1=2см
B1D1=√ B1C1²+ C1D²=√4+4=2√2 (см)
B1A= B1C=√1²+2²=√5 (см)
B1D=√ B1²D1²+DD1²=√8+1=3 (см)
Відповідь: 2см, 1см, 2√2см, √5см, 3см.
B1
A1
C1
B
A
C
Многогранником називається
геометричне тіло (частина простору),
обмежена скінченною кількістю
плоских многокутників. Многокутники
які обмежують многогранник
називають його гранями, їх сторони –
ребрами, а вершини – вершинами
многогранника. Гранями є
многокутники ABC, A1B1C1, ABB1A1,
BB1C1C, AACC; ребрами – сторони AC,
BC, AB, AA1, BB1, CC1, A1B1, A1C1, B1C1;
вершинами – точки A, B, C, A1, B1, C1.
Призма
B1
C1
A1
D1
B
A
C
D
n-кутна призма – многогранник, дві
грані якого – рівні n-кутники з
відповідно паралельними сторонами,
а всі інші грані – паралелограми.
ABCD і A1B1C1D1 – основи; AA1, BB1,
CC1, DD1 – бічні ребра; AB, BC, CD,
AD, A1B1, B1C1, C1D1, A1D1 – ребра
основи.
Пряма призма – якщо бічні ребра перпендикулярні до
основи. AA1=h.
Правильна призма – це пряма призма, в основі якої
лежить правильний многокутник.
h
h
a1
a2
Площа бічної поверхні прямої призми:
Sбічне=P*h, де P – периметр основи.
Sповне=Sбічне+2Sосн
Об`єм призми прямої: V=Sосн*h
Задача. Основа прямої призми – прямокутний трикутник з катетами
3см і 4см, а бічне ребро дорівнює 5см. Знайдіть площу повної
поверхні і об`єм призми.
C1
A1
B1
C
A
B
Дано: ABCA1B1C1 – пряма призма
∆ACB – прямокутний, кут C=90º
AC=3см, CB=4см, АА1=5см
Знайти: Sповн; Vпризми - ?
Розв’язання
З ∆ACB за теоремою Піфагора AB²=AC²+CB²;
AB=√3²+4²=5 (см)
Sбічн=P*h=(3+4+5)*5=60 (см²)
Sосн=1/2AC*CB=1/2*3*4=6 (см²)
Sповн=60+2*6=72 (см²)
Vпризми= Sосн∙h=6*5=30 (см³)
Відповідь: 72см², 30см³
7 4
20
4
Задача. Скирда сіна має форму
прямої призми з п`ятикутною
основою. Розміри скирди (у метрах)
подано на рисунку. Знайдіть об`єм
скирди та масу сіна в скирті, якщо
густина сіна дорівнює 0,03 т/м³.
(Відповідь: 19,8 т.)
Піраміда
n- кутна піраміда – це многогранник, одна грань якого –
довільний n-кутник, а всі інші – n граней трикутники, що мають
спільну вершину.
P
B
A
C
0
F
D
P – вершина піраміди;
ABCD – основа піраміди;
∆PAB, ∆PBC, ∆PCD, ∆PDA – бічні грані;
PA, PB, PC, PD – бічні ребра;
AB, BC, CD, AD – ребра основи;
PO – висота, PO┴ABCD.
P
H
m
B
A
C
0
F
D
Основа правильної піраміди – правильний
многокутник, а основа висоти – центр
многокутника. PF – апофема (висота бічної
грані проведена з її вершини, наз.
апофемою), PF┴DC.
Sпір=Sосн+Sбіч
Площа бічної поверхні правильної
піраміди Sбіч=m*p, де m – апофема,
p – півпериметр основи.
Об`єм піраміди: V=⅓Sосн*H
Задача. Знайдіть площу повної поверхні правильної чотирикутної
P якщо сторона основи дорівнює 16см, а бічне ребро 10см.
піраміди,
Дано: PABCD – правильна піраміда.
ABCD – квадрат, AB=16см, PD=10см
Знайти: Sпов.
B
C
0
K
A
D
Розв’язання
Sповне=Sбічне+Sосн
SABCD=AB²=16²=256 (см²)
PO – висота, PK – апофема. DK=KC=8см; ∆PDK – прямокутний.
З ∆PDK за теоремою Піфагора:
PK²=PD²-DK², PK=√10²-8²=√36=6 (см)
Sбіч=m*p, Sбіч=6*((16∙4)/2)=6*32=192 (см²)
Sповне=256+192=448 (см²)
Відповідь: 448 см²
Задача. Основа піраміди – прямокутник зі сторонами 3см 5см.
Висота піраміди 10см. Знайдіть об`єм піраміди.
P
B
C
0
A
D
Дано: PABCD – піраміда,
ABCD – прямокутник, AB=3см, AD=5см,
PO – висота, PO=10см
Знайдіть: Vпір - ?
Розв’язання
V=⅓Sосн*Н
SABCD=AB∙AD=3*5=15 (см²)
H=PO=10см
Vпір=⅓Sосн*Н=⅓*15*10=50 (см²)
Відповідь: 50см²
Циліндр
A
A1
O1
B
O
B1
Прямим круговим циліндром називається тіло,
утворене обертанням прямокутника навколо
його сторони.
O1A і OB – радіуси, AB – твірна
AB=ОО1 – висота, ОО1 – вісь.
Площа поверхні циліндра: Sцил=Sбіч+2Sосн, де
Sбіч=2πRH, Sосн=πR²
Об`єм циліндра:
V=SоснH; V=πR²H.
Осьовий переріз циліндра – прямокутник зі
сторонами, що дорівнюють висоті циліндра й
діаметру його основи. ABA1B1 – осьовий
переріз циліндра.
Задача. Осьовим перерізом циліндра є квадрат зі стороною 8см.
Знайдіть бічну і повну поверхні циліндра.
O1
B1
A1
B
Дано: циліндр з віссю ОО1
АА1В1В- квадрат
АА1=АВ=8см
Знайти: Sбіч-?, Sповн-?
O
A
Розв’язання
Sпов= Sбіч + 2Sосн Sбіч= 2πRH, Sосн=πR²
AB- діаметр циліндра R=AB/2=8/2= 4 (см)
Sбіч= 2πRH=2*π4*8=64π (см2)
Sосн= πR2=π*42=16π (см²)
Sпов= 64π+2*16π= 96π (см²)
Відповідь: 64π см²; 96π см².
Задача. Діагональ AC осьового перерізу ABCD циліндра дорівнює
10см, а його висота ОО1- 8см. Знайдіть площу поверхні та об’єм
циліндра.
C
Дано: циліндр з віссю ОО1
O
B
ABCD - осьовий переріз,
ABCD – прямокутник, AC- діагональ,
AC=10см. ОО1= 8см.
Знайти: Sповн.-? Vцил.-?
D
1
O
A
Розв’язання
Sповн=Sбічн+2Sосн., Sбічн=2πRH
∆ACD- прямокутний. За теоремою Піфагора
AD=√AC²-CD² = √10²-8²=√36=6 (см)
AD- діаметр циліндра, R=6/2= 3 (см)
Sбічн=2πRH=2π*3*8= 48π (см²)
Sосн=πR²=π*3²=9π (см²)
Sповн= 48π+2*9π= 66π (см²)
V=πR²H=π*3²*8= 72 (см³)
Відповідь: 66см² ; 72см³
Конус
K
O
A1
Прямим круговим конусом називається тіло,
утворене обертанням плоского прямокутного
трикутника навколо одного із його катетів.
КО- вісь, КО- висота,
КА- твірна, АО- радіус.
A
Осьовий переріз конуса - переріз конуса площиною, яка проходить
через його вісь. Усі осьові перерізи конуса – рівні між собою
рівнобедрені трикутники. ∆АКА1- осьовий переріз конуса.
Площа поверхні конуса
Sкон= Sбічн+Sосн.
Sбіч=πRL, Sосн= πR² , L-твірна.
Об’єм конуса
V= 1/3πR²H
Задача. Основний переріз конуса – правильний трикутник, сторона
якого дорівнює 6см. Знайдіть бічну поверхню конуса.
K
0
B
Дано: конус, ΔАКВ – правильний
АК=КВ=АВ=6см.
Знайти: Sбічн.
A
Розв’язання
Sбічн.=πRL; L=KB=6см.
ΔАКВ – правильний, то КО – висота і медіана АО=ОВ=3см, R=3см.
Sбічн.=πRL=π*3*6=18π (см²)
Відповідь: 18π см²
Задача. Купа щебеню має форму конуса, твірна якого дорівнює
6см, а кут між твірною і висотою цього конуса становить 60º.
Знайдіть об’єм щебеню.
K
0
A
Дано: конус, АК – твірна, АО –
висота.
‫ے‬АКО=60º, АК=6см.
Знайти: Vкон.
Розв’язання
V=1/3 πR²H
ΔАКО – прямокутний, ‫ے‬АКО=60º, то ‫ے‬КАО=30º.
КО=1/2*6=3(см) (катет, що лежить проти кута 30º)
За теоремою Піфагора з ΔАКО КО=√АК² – АО²=√6²-3²=√27=3√3
V=1/3πR²H=1/3π*(3√3)²*3=27π(см³)
Відповідь: 27π см³
Куля (сфера)
Куля (сфера) – фігура, утворення обертанням
круга (кола) навколо його діаметра.
Площина, яка проходить через центр кулі
(сфери) називається діаметральною
площиною. Переріз кулі (сфери)
діаметральною площиною називається
великим кругом (великим колом).
О – центр кулі (сфери);
ОА, ОВ – радіуси; АВ – діаметр.
B
0
A
0
R
Площа поверхні кулі (площа сфери):
S=4πR²
Об’єм кулі:
V=4/3πR³
Задача. Знайдіть площу поверні кулі, діаметр якої 10см.
B
0
Дано: куля, АВ – діаментр, АВ=10см.
Знайти: Sкулі
A
Розв’язання
АВ-діаметр. АО=ОВ=10/2=5 (см) R=5см.
S=4πR²=4π*5²=100π (см²)
Відповідь: 100π см²
Задача. Припустимо, що Земля має форму кулі радіусом
приблизно 6400 км, тоді суша становить 30% площі всієї
поверхні планети. Знайдіть площу суші.
Задача. Площа поверні кулі дорівнює 400π см². Знайдіть її об’єм.
0
Дано: куля, Sпов=400π см²
Знайти: Vкулі-?
A
Розвязання
V=4/3πR³
S=4πR²
R²=S/4π=400π/4π=100 (см) R=10 (см)
V=4/3πR³=4/3π*10³=4000/3π (см³)
Відповідь: 4000/3π см³
Історична довідка
Властивості многогранників і тіл обертання першими
систематично виклали давньогрецькі математики. Окрім Евкліда,
слід особливо виділити Архімеда, який у двох своїх працях дослідив
властивості тіл обертання. Одним із засновників теорії конічних
поверхонь вважається давньогрецький геометр Аполлоній
Пергський (бл. 262 – бл. 190 р.р. до н.е.). Робота Аполлонія
«Канонічні перерізи» розглядає перерізи поверхонь, утворених
обертанням однієї з двох прямих, що перетинаються, навколо іншої.
Ця праця справила вплив на розвиток механіки, оптики і астрономії.
Важливі дослідження в галузі геометрії многогранників
належать всесвітньо відомому українському математикові Георгію
Феодосійовичу Вороному (1868 – 1908 р.р.). Зокрема, він дослідив
проблему заповнення простору опуклими многогранниками.
Об`єми деяких многогранників уміли обчислювати ще в
стародавньому Єгипті. Італійський математик Бонавентура
Кавильєрі (1598 – 1647 р.р.) встановив ознаку тіл, що мають рівні
об`єми. Але строга сучасна теорія об`ємів, заснована на методах
математичного аналізу, з`явилася значно пізніше.
Джерела інформації
1.
2.
3.
Апостолова Г.П., Геометрія 9 кл. 2009 р.
Єршова А.П., Голобородько В.В. і др. Геометрія 9 кл. 2009 р.
Роганін О.М. Геометрія, Розробки уроків, видавництво “Ранок”
2009 р.
Бажаю успіхів у
вивчені даної теми
Документ
Категория
Презентации по математике
Просмотров
44
Размер файла
915 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа