- •Графический способ решения стереометрических задач.
- •1. Задача № 9 §20 Тема: тела вращения (Погорелов. Геометрия 1998 г.)
- •2. Задача № 576 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
- •3. Задача № 582 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
- •Аналитический метод:
- •Решение:
- •4. Задача № 37 §19 Многогранники. (Погорелов. Геометрия 1998 г.)
- •5. Задача № 529 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
- •6. Задача № 222 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
- •7. Задача № 7 §20 Тема: тела вращения. (Погорелов. Геометрия 1998 г.)
- •8. Задача № 302. (л. С. Атанасян Геометрия 10-11 кл. 1994г.)
- •Аналитический метод
- •9. Задача № 751 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
- •Аналитический метод
- •10. Задача № 11.122 (м. И. Сканави Сборник задач по математике для поступающих в вузы 2002 г.)
- •11. Задача № 11.3.27
- •Аналитический метод:
- •Решение:
- •Ответ по учебнику: 3 см
- •12. Задача № 10.14.2
- •Ответ по учебнику: 3см
- •Литература
5. Задача № 529 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
Высота цилиндра равна 8 см, радиус равен 5 см. Найти площадь сечения цилиндра плоскостью, параллельной его оси, если расстояние между этой плоскостью и осью цилиндра равно 3 см.
Г рафический метод:
Этапы построения:
Из точки О на горизонтальной плоскости проводим окружность R = 5 см (основание цилиндра).
Изображаем проекцию цилиндра на π1.
Находим месторасположение сечение на π1 и π2.
ML – искомая величина на π1. ML = 8 см.
Ответ: S = 64 см2
Ответ по учебнику: 64 см2
6. Задача № 222 (л.С. Атанасян Геометрия для 10-11 кл. 1994 г.)
Основанием прямой призмы является равнобедренная трапеция с основанием 25 см и 9 см и высотой 8 см. Найдите двугранные углы при боковых ребрах призмы.
Графический метод:
Этапы построения:
Выбираем для удобства масштаб M 1:2.
Определяем нужные проекции дающие представление о фигуре, а также искомые величины углов.
Строим призму по заданным проекциям.
∟ NFL и ∟ MNF – искомые углы (двугранные углы при боковых ребрах призмы)
Следует отметить, что правильно выбранные проекции, дают действительное представление об измеренной величине.
Ответ: 135˚,45˚,135˚,45˚.
Ответ по учебнику: 135˚,45˚,135˚,45˚.
7. Задача № 7 §20 Тема: тела вращения. (Погорелов. Геометрия 1998 г.)
В цилиндр вписана правильная шестиугольная призма. Найти угол между диагональю ее боковой грани и осью цилиндра, если радиус основания равен высоте цилиндра.
Графический метод:
Этапы построения:
Из точки О на π1 проведем окружность удобного нам радиуса R.
Вписываем в окружность (основания цилиндра) шестигранную призму(на π1 данная призма представляет собой правильный шестиугольник вписанный в окружность)
Строим проекцию на π2.
Через точки A и M проводим диагональ AM. ОО’ и АМ – скрещивающиеся прямые.
∟ OFM – искомая величина.
Ответ: ∟ OFM = 45˚.
Ответ по учебнику: 45˚.
8. Задача № 302. (л. С. Атанасян Геометрия 10-11 кл. 1994г.)
Основанием пирамиды является параллелограмм со сторонами 3 см и 7 см и одной из диагоналей 6 см. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и равна 4 см. Найти боковые ребра пирамиды.
Г рафический метод:
Этапы построения:
Строю пирамиду по заданным размерам (π1, π2).
Использую дополнительные проекции так, что бы ребра SA и SB были параллельным проекциям. (π4, π5).
SA и SB – искомые величины.
Ответ: SA = 6 см, SB = 5 см.