Задачі на площу ортогональної проекції многокутника.

1. Чи може площа ортогональної проекції многокутника бути рівною площі самого многокутника.

2. Знайти площу ортогональної проекції многокутника на деяку площину, якщо площа многокутника дорівнює 8 см², а кут між площиною многокутника і площиною проекції дорівнює 30°.

3. Площа многокутника дорівнює 8 см², а площа його ортогональної проекції – 4 см². Знайти кут між площиною многокутника і площиною проекції.

4. Ортогональною проекцією трикутника АВС на деяку площину є прямокутний трикутник А₁В₁С₁ з гіпотенузою 10 см і катетом 8 см. Знайти площу трикутника АВС, якщо кут між площинами АВС і

А₁ В₁ С₁ дорівнює 45°.

5. Площа чотирикутника дорівнює 126 см². Його ортогональною проекцією є прямокутник, діагональ якого дорівнює см, а одна із сторін – 9 см. Знайти кут між площинами чотирикутника та прямокутника.

6. Площа трикутника А₁В₁С₁ дорівнює 42 см². Він є ортогональною проекцією трикутника АВС з сторонами 7 см, 17 см і 18 см. Знайти кут між площинами АВС і А₁ В₁ С₁.

7. Площа трапеції дорівнює 48 см², а її ортогональна проекція – рівнобічна трапеція з основами 4 см і 20 см і бічною стороною 10 см. Знайти кут між площинами трапецій.

Тема 2.1 прямокутні вектори і координати в просторі. Анотація

Метод координат належить в математиці до найзагальніших. Він дає змогу зводити розв’язування різноманітних задачі до обчислень, а також дає можливість мати наочне уявлення про такі важливіші поняття математики – як числа, функції, рівняння, і про фізичні поняття та відношення, що ними моделюються.

Метод координат у просторі є логічним продовженням координатного методу на площині. Це дозволяє органічно пов’язати вивчення матеріалу з повторенням відповідних розділів курсу планіметрії (див. додатки 1 - 5).

Координатний метод широко використовується при вивченні теоретичного матеріалу, зокрема паралельного перенесення. Яке у свою чергу використовується при визначенні кутів між мимобіжними прямими; між перетинними площинами.

Відпрацювання цих понять при розв’язанні обчислювальних задач є важливим при вивченні подальшого курсу геометрії.

Література

[1, ст. 244 – 247, 257 – 264]

[ 2, ст. 39 – 46, 52 – 59]

[3, ст. 206 – 227]

[4, ст. 122– 126, 132 – 135]

[5, ст. 137 – 146]

[6, ст. 26 – 28, 36 – 39, 61 – 66, 71 – 74]

ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ № 8

Задачі на дії над векторами.

Мета заняття: формування знань студентів про вектори в просторі, дії над векторами, за даними координатами; формування вмінь застосовувати вивчений матеріал до розв’язування задач.

План.

1. Координати середини відрізка. Відстань між двома точками.

2. Рівність векторів. Координати вектора. Колінеарність векторів.

ВЕКТОРИ У ПРОСТОРІ

Координати вектора (рис. 18)

АВ (х_В-х_А; у_В-у_А; z_В-z_А)

Довжина вектора

а ( а_х; а_у; а_z): а=

А ( х_А; у_А; z_А), В( х_В; у_В; z_В): АВ=

Р

а

С

b

О

A

М

с

Рис. 19

В

івність векторів

а ( а_х; а_у; а_z) = b (b_x; b_y; b_z) 

Сума векторів (рис.19)

а ( а_х; а_у; а_z) + b (b_x; b_y; b_z) =

= с (а_х+b_x; a_y+b_y; a_z+b_z).

О А+ОВ+ОС=ОМ.

РОЗГЛЯНЕМО ПРИКЛАДИ.

З адача№1. Дано точки А(-4; 7; 0) і В(0; -1; 2). Знайдіть відстань від початку координат до середини відрізка АВ.

Розв’язання. Нехай точка М – середина відрізка АВ, знайдемо її координати:

х _м= = = = - 2;

у _м= = = = 3;

z _м= = = = 1.

З найдемо відстань від точки М(-2; 3; 1) до початку координат О(0; 0; 0):

ОМ= = = = .

В ідповідь. .

З адача№2. На площині дано точки А(1;3) і В(4; 2). Знайти координати точки С, для яких трикутник АВС є рівнобедрений і прямокутник з гіпотенузою АВ.

Р озв’язання. Нехай (х, у) – координати точки С, яка задовольняє умову задачі, тобто

А С = ВС, АС  ВС.

Оскільки АС = (х-1; у-3), ВС = (х-4; у-2), то наведені співвідношення можна записати у вигляді

,

( х - 1) (х - 4) + (у - 3) (у - 2) = 0.

Перетворимо ці рівняння, позбувшись радикалів, розкривши дужки і звівши подібні члени. В результаті дістанемо систему рівнянь відносно координат невідомої точки С:

3 х – у =5,

х² – 5х + у² – 5у +10 =0.

П ідставивши значення у = 3х – 5 у друге рівняння, матимемо

х² – 5х + (3х - 5)² – 5 (3х – 5) + 10 =0,

а бо х² – 5х +6 = 0.

З відси х₁=2, х₂= 3, а тому у₁=1, у₂ = 4.

Таким чином, дві точки (2; 1) та (3; 4) задовольняють умову задачі.

В ідповідь: (2; 1), (3; 4).