Цели урока:

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

2. 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.

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

4. 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.

5. 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: 1. Построение изображения данной фигуры; 2. Краткая запись условия задачи; 3. Нахождение искомых величин (зависимостей) или доказательство некоторого утверждения; 4. Исследование; 5. Ответ.

6. 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. S R Q P N

7. Решение: Пусть ABCDA1B1C1D1 – изображение куба. Найдем центы основания куба: Проведем ОО1 и возьмем точку (вне куба). Проведем SA1, SB1, SC1, SD1 и найдем точки P, Q, R, N:, Точки P, Q, R, N, S – вершины основания пирамиды SPQRN. Решая задачу №1, построим изображение данной фигуры. S B1 C1 O1 A1 A1 D1 R B B B Q C C C O A A A D D D P N

8. Задача №2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 , AB=2BCB AA1=BC. Найдитеугол между прямыми BD1 и A1C1. 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 Введем вспомогательный параметр, положив, например, BC = a. Тогда и AB = 2a. Из прямоугольного треугольника ABC имеем:

9. D1 D1 D1 D1 D1 D1 D1 D1 D1 С1 С1 С1 С1 С1 С1 С1 С1 С1 A1 A1 A1 A1 A1 A1 A1 A1 A1 В1 В1 В1 В1 В1 В1 В1 В1 В1 Q Q Q Q Q Q Q Q Q C C C C C C C C C D D D D D D D D D A A A A A A A A A B B B B B B B B B P P P P P P P P P 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. Подсчитаем длины третьих сторон этих треугольников. Из прямоугольных треугольников и имеем соответственно:

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

11. 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 равнаh. S M B C D O A

12. 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 S откуда: Таким образом: M B C Ответ: D O A

13. Задача №4. Дан куб АВСDА1В1С1D1, ребро которого равно а. На ребре DC взята точка К так, что DK=KC. Найдите расстояния между следующими парами прямых: а) АА1 и D1K б) АD и D1К в) BD и D1К B1 C1 A1 D1 B C K A D

14. Построение изображения. Пусть фигура АВСDA1B1C1D1 - изображение куба с ребром, длина которого а. На полученном изображении построим точку К середину отрезка DC и отрезок D1K. а) Так как А1D1 (А1АВ) и АА1(А1АВ), то А1D1 АА1. Аналогично А1D1 D1К. Таким образом, А1D1=а - искомое расстояние между прямыми АА1 и D1К. Более того, А1D1 - общий перпендикуляр скрещивающихся прямых АА1 и D1К. B1 C1 A1 D1 B C K A D

15. б) Так как К(А1D1K) и К(АВС), то плоскости А1D1К и АВС пересекаются по прямой, проходящей через точку К. Пусть (А1D1К)∩(АВС)=PK. Так как А1D1 (АВC), то РК││А1D1. Построим ещё А1Р. Нетрудно показать, что АD││(A1D1K), и, таким образом, расстояние между прямыми АD и D1К равно расстоянию от прямой AD до плоскости A1D1K. Построим отрезок DM, где точка М - середина СС1. Тогда из равенства треугольников DD1K и DCM следует, что DKM= CMD, т.е. HDK+ DKH=90°. Итак, DH D1K. Покажем, что DH (A1D1K). Так как AD (DD1C), то DH AD и DH PK. Итак, DH D1K и DH PK, следовательно, DH (A1D1K),и, таким образом, DH - искомое расстояние. Выражая двумя способами площадь треугольника DD1K: S DD1K =0.5 DH D1K S DD1K =0,5 DK DD1, получаем равенство DH D1K=DK DD1, с помощью которого находим: DH= = B1 C1 A1 M D1 H B C P K A D

16. B1 C1 O 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: A1 D1 T B E S C F K O1 A D Построим F=ОS ЕК, О1 = А1С1 В1D 1 и отрезок О1F. Далее на ребре СС1 возьмем такую точку Т, чтобы выполнялось равенство: . Так как OC= , О F= и ОО1=а, то СТ= . Построим отрезок ОТ и точку S=ОТ О1К . Так как прямоугольные треугольники ОО1F и ОСТ подобны по построению, то О1FО= ОТС и ОО1F= СОТ, а тогда О1FО + СОТ=90 и, следовательно, ОТ О1F. Докажем теперь, что ОТ В1ЕК. Так как В1D1 (АА1С) и ОТ (АА1С), то ОТ В1D1 . Итак, ОТ В1D1 и ОТ О1F . Таким образом , ОТ (В1 ЕК). Тогда OS – искомое расстояние . Выражая двумя способами площадь треугольника О1ОF, получаем равенство: OS * O1F = OF*OO1 откуда, так как О F= , О1О=а, O1F = , находим, что OS= . Ответ: а)а; б) ; в)

17. 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. иPM=MQ; SM BC=KиBK=KC. N=KO AD. Так как KO||AB, то AN=ND. Построим отрезки SNи NM. и ON – проекция отрезка SN на плоскость ABCD. Следовательно, SN ADи 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 APQDявляется искомой, которая делит площадь боковой поверхности пирамиды пополам (увидим ниже).

18. Спасибо за урок!