Картинки на тему «Построение сечения многогранника плоскостью» |
| Золотое сечение | ||
| << Сечение многогранников | Методы построения сечений >> |
Картинки из презентации «Построение сечения многогранника плоскостью» к уроку геометрии на тему «Золотое сечение»
Автор: 123. Чтобы познакомиться с картинкой полного размера, нажмите на её эскиз. Чтобы можно было использовать все картинки для урока геометрии, скачайте бесплатно презентацию «Построение сечения многогранника плоскостью.ppt» со всеми картинками в zip-архиве размером 464 КБ.
Построение сечения многогранника плоскостью
содержание презентации «Построение сечения многогранника плоскостью.ppt»| Сл | Текст | Сл | Текст |
| 1 | Построение сечения многогранника | 9 | (BC? ). Строим MQ?BC и NP?BC. Четвертая |
| плоскостью. | сторона сечения PQ параллельна ребру AD. | ||
| 2 | Сечения многогранника плоскостью | Сечение – параллелограмм MNPQ (MN?AD?PQ, | |
| используются при решении многих | NP?BC?MQ). Выразим длины сторон | ||
| стереометрических задач. Мною разобраны | параллелограмма MNPQ через длины ребер AD | ||
| некоторые способы построения сечений, а | и BC. Из подобия треугольников AMQ и ABC | ||
| также задачи связанные с их построением. | имеем MQ:BC = AN:AB = , откуда MQ = *BC. | ||
| Рассмотрены сечения плоскостями, | Теперь находим BM = AB – AM = (1– )*AB и | ||
| проходящими через данную точку и прямую, | из подобия треугольников BMN и BAD | ||
| через три данные точки, а также сечения, | получаем MN:AD = BM:BA = 1– , т.е. MN = | ||
| когда секущая плоскость задана одним из | (1– )*AD.подставляя в равенство MN = MQ | ||
| условий. | получаем выражения, будем иметь (1– )*AD = | ||
| 3 | Плоскость проходит через три данные | *BC, откуда = = Ответ: сечение будет | |
| точки. На рисунке показано построение | ромбом при = . | ||
| сечения тетраэдра плоскостью, проходящей | 10 | 3. Плоскость проходит через данную | |
| через точки M, N, P на ребрах тетраэдра. | точку и параллельна двум пересекающимся | ||
| Точки M и N заданы так, что прямые MN и AC | или скрещивающимся прямым. Дано: В | ||
| не параллельны. Отрезки MN и AP являются | основании прямой призмы лежит ромб. В | ||
| сторонами сечения. Точка P – общая для | плоскости меньшего диагонального сечения | ||
| плоскостей MNP и ABC. Вторую общую точку | призмы дана прямая MN, пересекающая оба | ||
| находим в пересечении прямых MN и AC, | боковых ребра призмы. Через эту прямую | ||
| S=MNAC. Прямая SP – линия пересечения | проведена секущая плоскость, параллельная | ||
| плоскостей MNP и ABC. Пересечение этой | диагонали основания призмы. Построить | ||
| прямой с ребром AB дает вершину Q сечения, | сечение и исследовать его форму. Решение: | ||
| Q=SPAB. Сечение – четырехугольник MNPQ. | Пусть в ромбе ABCD BD<AC. Тогда меньшее | ||
| 4 | Плоскость проходит через данную точку | диагональное сечение призмы проходит через | |
| и прямую. Дано: Длина ребра куба равна a. | BD. Построение искомого сечения не | ||
| Найти площадь сечения проведенного через | составляет труда. Находим точку P | ||
| диагональ AD1 грани AA1D1D и середину M | пересечения прямой MN с осью OO1 призмы, в | ||
| ребра BB1. Решение: Обозначим секущую | ее диагональном сечении AA1C1C проводим | ||
| плоскость . отрезки AD1 и AM принадлежат и | KL?AC. Остается соединить последовательно | ||
| плоскости и граням куба, поэтому являются | отрезками точки K, M, L, N пересечения | ||
| сторонами сечения. Построим сторону | секущей плоскости с боковыми ребрами | ||
| сечения в грани BB1C1C. Плоскости BB1C1C и | призмы. Из условия следует, что секущая | ||
| AA1D1D параллельны, поэтому линия | плоскость пересекает все боковые ребра | ||
| пересечения плоскостей и BB1C1C | параллелепипеда. В сечении получаем | ||
| параллельна прямой AD1. Поскольку прямые | параллелограмм (противоположные боковые | ||
| BC1 и AD1 параллельны, эта линия | грани пересекаются секущей плоскостью по | ||
| пересечения параллельна и прямой BC1. | параллельным прямым). В данном случае | ||
| Проводим через точку M в плоскости BB1C1C | сечение является ромбом. Для этого | ||
| прямую, параллельную прямой BC1, ее | достаточно доказать, что в параллелограмме | ||
| пересечение с ребром B1C1 дает вершину | KMLN диагонали взаимно перпендикулярны. | ||
| сечения. Сечение – трапеция AMND1, MN?AD1. | Последнее следует из того, что проекцией | ||
| Найдем длины сторон этой трапеции. Имеем | наклонной на плоскости основания призмы | ||
| AD1 = , отрезок MN – средняя линия в | является диагональ DB основания, но ACDB, | ||
| треугольнике BB1C1, поэтому MN = BC1 = . В | поэтому ACNM (для доказательства | ||
| прямоугольных треугольниках ABM и D1C1N | последнего утверждения можно провести | ||
| (AB = C1D1 = a, BM = NC1 = ) находим AM = | OR?MN и применить теорему о трех | ||
| D1N = . Значит, трапеция AMND1 | перпендикулярах). А так как KL?AC, то | ||
| равнобедренная. Найдем ее высоту. Опускаем | KLNM. | ||
| перпендикуляры MP и NQ на основание AD1, | 11 | 4. Плоскость проходит через данную | |
| получаем PQ = MN = , D1Q = PA = (D1A-QP) = | точку и параллельна данной плоскости. | ||
| . В прямоугольном треугольнике D1QN (D1N = | Дано: Построить сечение правильной | ||
| , D1Q = ) находим NQ = . Определяем | треугольной пирамиды плоскостью, | ||
| площадь сечения S = (MN +D1A)*NQ = a2. | проходящей через центр основания | ||
| Ответ: a2. | параллельно боковой грани пирамиды. | ||
| 5 | Плоскость проходит через две точки | Решение: Пусть секущая плоскость | |
| параллельно ребру (прямой). Дано: На | параллельна грани ASB пирамиды SABC. После | ||
| рисунке показано построение сечения | проведения через центр O основания | ||
| тетраэдра плоскостью, параллельной ребру | пирамиды прямой MN?AB следы секущей | ||
| AC и проходящей через точку M ребра CD и | плоскости в боковых гранях можно строить | ||
| точку N в грани ABD. Решение: Построение | по-разному: либо провести OK?SD (SD – | ||
| основано на следующей теореме: Если | апофема пирамиды) и соединить точку K с | ||
| плоскость проходит через прямую, | точками M и N, либо провести NK?BS и MK?AS | ||
| параллельную другой плоскости и пересекает | (прямые MK и NK пересекаются в точке K на | ||
| эту плоскость, то линия пересечения | ребре SC). Можно, проведя NK?BS и получив | ||
| плоскостей параллельна данной прямой. | точку K, соединить ее с точкой M. | ||
| Обозначим плоскость сечения . Плоскость | 12 | 5. Плоскость проходит через данную | |
| ACD имеет с плоскостью общую точку M и | прямую и перпендикулярна к данной | ||
| содержит прямую AC, параллельную плоскости | плоскости (не перпендикулярной к данной | ||
| . Следовательно, линия пересечения этих | прямой). Дано: Построить сечение | ||
| плоскостей проходит через точку M | правильной четырехугольной пирамиды SABCD | ||
| параллельно прямой AC. В соответствии с | плоскостью, проходящей через медиану AK | ||
| этим построена сторона MS1 сечения, MS1?AC | боковой грани ASB и перпендикулярно к | ||
| . Проведя прямую S1N, найдем вторую | плоскости основания. Решение: Медиана | ||
| сторону сечения – S1S2. На рисунке точка N | боковой грани правильной пирамиды не | ||
| дана так, что точка S2 принадлежит ребру | перпендикулярна к плоскости основания, | ||
| AB. Плоскость ABC также содержит прямую | поэтому условия задачи определяют | ||
| AC, параллельную плоскости сечения. | единственную секущую плоскость. Если в | ||
| Поэтому сторона сечения S2S3 проведена | условии задачи речь идет о | ||
| параллельно ребру AC. Отрезок S3M – | перпендикулярности плоскости к плоскости | ||
| четвертая сторона сечения. Сечение MS1S2S3 | ,нужно постараться из удобной для нас | ||
| – трапеция (MS1?AC?S2S3). | точки плоскости провести перпендикуляр к | ||
| 6 | Построение сечений многогранника | плоскости . В данном случае удобнее всего | |
| плоскостью, заданной точкой и условием | из конца K медианы AK боковой грани ASB | ||
| параллельности или перпендикулярности к | опустить перпендикуляр на плоскость | ||
| указанным прямым и плоскостям. | основания. Поскольку точка K лежит в | ||
| 7 | 1. Плоскость проходит через данную | плоскости DSB, перпендикулярной к | |
| точку перпендикулярно к данной прямой. | плоскости основания, основание P этого | ||
| Дано: На ребре AB правильной | перпендикуляра будет лежать на прямой BD | ||
| четырехугольной пирамиды SABCD дана точка | пересечения перпендикулярных плоскостей | ||
| M, BM = AB. Через точку M проведена | DSB и ABC. Остается в плоскости основания | ||
| секущая плоскость перпендикулярно к прямой | пирамиды провести прямую AP и найти точку | ||
| AB. Построить сечение и вычислить его | M ее пересечения прямой BC. В полученном | ||
| площадь, если сторона основания пирамиды | треугольнике AKM построенный отрезок KP | ||
| равна a, а высота пирамиды H. Решение: На | является высотой. Таким образом, в этом | ||
| ребре AB пирамиды SABCD откладываем | случае в ходе построения не только | ||
| отрезок BM = AB. Через точку M в грани ASB | выяснена форма, но и построена высота | ||
| проводим MKAB (точка К лежит на ребре, | треугольника AKM, необходимая для | ||
| MK?SF, где SF – апофема пирамиды), а в | определения его площади. | ||
| основании ABCD проводим MPAB, где точка P | 13 | 6. Плоскость проходит через данную | |
| лежит на ребре DC (MP?FO). Плоскости SFO и | точку, перпендикулярна к данной плоскости | ||
| KMP параллельны между собой и | и параллельна данной прямой. Дано: | ||
| перпендикулярны к AB, следовательно, | Построить сечение правильной шестиугольной | ||
| перпендикуляры к основанию ABCD пирамиды. | пирамиды плоскостью, проходящей через | ||
| Так как BC?MP, то прямая BC параллельна | середину бокового ребра параллельно | ||
| секущей плоскости KMP. Поэтому грань BSC, | стороне основания и перпендикулярно к | ||
| имея с секущей плоскостью общую точку K, | плоскости основания пирамиды. Решение: | ||
| пересекается с нею по прямой KL?BC – по | Пусть секущая плоскость проходит через | ||
| теореме, обратной теореме о параллельности | середину M бокового ребра SA данной | ||
| прямой и плоскости. Искомое сечение | пирамиды SABCDEF параллельно стороне | ||
| трапеция MKLP. Пусть N– точка пересечения | основания AB. Как и в предыдущей задаче, | ||
| диагонали BD основания пирамиды и отрезка | прежде всего опустим из точки M | ||
| MP. Но KN?SO как линии пересечения | перпендикуляр MP на плоскость Основания | ||
| параллельных плоскостей SFO и KMP третьей | пирамиды. Основание P этого перпендикуляра | ||
| плоскостью DSB. Поскольку SO | окажется на OA. Затем через точку P | ||
| перпендикулярна к плоскости основания | (середину OA) проведем KL?AB. Точки K и L | ||
| пирамиды, то и отрезок KN перпендикулярен | – середины сторон AF и BC основания | ||
| к этой плоскости. Следовательно, KNMP, | пирамиды. Через M проводим MN?AB (это | ||
| отрезок KM – высота трапеции MKLP. | следует из условия параллельности секущей | ||
| 8 | 2. Плоскость проходит через данную | плоскости прямой AB). В сечении получена | |
| точку и параллельна двум пересекающимся | равнобедренная трапеция KMNL, отрезок MP – | ||
| или скрещивающимся прямым. Пример 1. Дано: | ее высота. | ||
| Построить сечение правильной | 14 | 7. Плоскость проходит через данную | |
| четырехугольной пирамиды SABCD плоскостью, | прямую под данным углом к данной | ||
| проходящей через середину M стороны BC | плоскости. Дано: Построить сечение | ||
| основания параллельно диагонали AC | правильной шестиугольной призмы | ||
| основания и боковому ребру SB. Вычислить | плоскостью, проходящей через большую | ||
| площадь сечения, если длина стороны | диагональ основания под углом к плоскости | ||
| основания пирамиды a, а боковое ребро | основания. Решение: Решение таких задач | ||
| наклонено к плоскости основания под углом | начинаем с построения двугранного угла. | ||
| . Решение: Ссылаясь на упомянутую выше | Это облегчает дальнейшие построения и | ||
| теорему, последовательно строим линии | установление формы сечения. Пусть в данной | ||
| пересечения секущей плоскости с | правильной шестиугольной призме O – центр, | ||
| плоскостями основания ABC, DSB и ASC. Эти | FC – большая диагональ основания. Проводим | ||
| построения дают нам все искомые вершины | OKDE ( K– середина DE), KK1?DD1. Плоскость | ||
| сечения. Из хода построения следует, что N | O1OK перпендикулярна к плоскости снования | ||
| – середина AB, точка Q – середина SO, | призмы и к диагонали FC основания (так как | ||
| следовательно, точки K и P – середины | FCOK и FCOO1). Остается в это плоскости | ||
| боковых ребер SA и SC пирамиды | провести луч OL под данным углом к OK, | ||
| соответственно. Отсюда: KN?SB?PM. Кроме | чтобы получить линейный угол LOK | ||
| того QF?KN?PM. Но QFNM, в чем легко | двугранного угла между секущей плоскостью | ||
| убедиться применив теорему о трех | и плоскостью основания призмы. Точка L | ||
| перпендикулярах. Следовательно, сечение | принадлежит секущей плоскости и плоскости | ||
| составлено из прямоугольника KNMP и | грани DD1E1E. Эти плоскости пересекаются | ||
| равнобедренного треугольника KLP, имеющих | по прямой MN, проходящей через L | ||
| общее основание KP. | параллельно прямой DE. Трапеция CNMF – | ||
| 9 | 2. Плоскость проходит через данную | искомое сечение. Из хода построения | |
| точку и параллельна двум пересекающимся | следует, что эта трапеция – равнобокая, | ||
| или скрещивающимся прямым. Пример 2. Дано: | отрезок LO служит ее высотой. | ||
| На ребре AB тетраэдра расположена точка M | 15 | Рис.214. | |
| так, что AM:AB = , 0< <1. Построить | 16 | Рис.215. | |
| сечение тетраэдра плоскостью, проходящей | 17 | Рис.218. | |
| через точку M и параллельно ребрам AD и | 18 | Рис.221. | |
| BC. При каком значении это сечение будет | 19 | Рис.80. | |
| ромбом, если AD:BC = m? Решение: Секущую | 20 | Рис.83. | |
| плоскость обозначим . Линия пересечения | 21 | Рис.84. | |
| этой плоскости с плоскостью ABD | 22 | Рис.85. | |
| параллельна прямой AD (AD? ). Проводим | 23 | Рис.86. | |
| MN?AD. Линии пересечения плоскостей BCA и | 24 | Рис.87. | |
| BCD с плоскостью параллельны прямой BC | 25 | Рис.88. | |
| Построение сечения многогранника плоскостью.ppt | |||
http://900igr.net/kartinka/geometrija/postroenie-sechenija-mnogogrannika-ploskostju-231356.html
cсылка на страницу
Построение сечения многогранника плоскостью
другие презентации на тему «Построение сечения многогранника плоскостью»
«Золотое сечение» - Золотое сечение в природе. Золотое сечение в архитектуре. Покровский собор (храм Василия Блаженного). Золотое сечение – пропорция. Покрова Богородицы на Нерли. Парфенон. В математике пропорцией называется равенство двух отношений: a : b = c : d. Золотое сечение в нашей школе. Цель исследования: Вывести закон красоты мира с точки зрения математики.
«Построение сечений многогранников» - Примеры сечений тетраэдра. Используется метод параллельного проецирования. Метод внутреннего проектирования. Проверить усвоение материала с помощью теста. Ввести понятие секущей плоскости. Задачи на построение сечений многогранников. Методы построения сечений. Комбинированный метод. Цели урока. Построить сечение через точки М, Д1 ,К.
«Сечения параллелепипеда» - Домашнее задание. Сечения параллелепипеда. Выполнить построение сечений параллелепипеда в следующих случаях: Задание : построить сечение через ребро параллелепипеда и точку К. 1. Вступительное слово учителя – 3 мин 2. Активизация знаний учащихся. Секущая плоскость пересекает противоположные грани параллелепипеда по параллельным отрезкам.
«Построение многогранников» - У куба: 6 граней, 8 вершин и 12 ребер. Настоящее имя Платона было Аристокл. Платон (Platon). Куб. Додекаэдр символизировал всё мироздание, почитался главнейшим. Тайна мировоззрения. Тетраэдр. Додекаэдр. Построение додекаэдра, описанного около куба. Звездчатые правильные многогранники. Построение правильного тетраэдра.
«Урок золотое сечение» - С понятием «золотое сечение» связывают гармонию Природы. "Золотое сечение" в живописи. Иоган Кеплер. "Золотое сечение" в архитектуре. Замечательный пример «золотого сечения» представляет собой правильный пятиугольник – выпуклый и звездчатый. "Золотое сечение" в природе.
«Правильные многогранники» - Малый звездчатый додекаэдр. Ни один автоморфизм АТГ, кроме тождественного, не реализуется геометрически. Бипирамидальный Тороидальный Гексадекаэдр (БТГ) — геометрическая модель АТГ С. Все автоморфизмы становятся скрытыми симметриями геометрической модели БТГ. У додекаэдра 20 вершин, 30 ребер и 12 граней.
Золотое сечение
9 презентаций о золотом сечении
Геометрия
40 тем
Геометрия
○ Уроки геометрии
○ История геометрии
○ Геометрия в жизни
▫ Золотое сечение
○ Задачи по геометрии
Отрезок
Параллельность
Угол
Геометрические фигуры
○ Треугольник
▫ Теорема Пифагора
▫ Подобие треугольников
▫ Равенство треугольник.
▫ Тригонометрия
○ Прямоугольник
○ Многоугольник
○ Окружность
▫ Впис. и опис. окружн.
Площадь
Векторы
Движение
Симметрия
○ Центральная симметрия
Стереометрия
○ Параллельн. в простр.
○ Углы в пространстве
○ Перпендикуляр
○ Геометрические тела
▫ Многогранник
• Правильн. многогранник
▫ Призма
▫ Параллелепипед
▫ Цилиндр
▫ Конус
▫ Сфера
○ Объём
○ Векторы в пространстве
Математика
Без темы
Похожие
презентации
Картинки
900igr.net
>
Презентации по геометрии
>
Золотое сечение
>
Построение сечения многогранника плоскостью