Slika prostornih figura. Vizualni vodič (2019.). Primjeri konstruiranja aksonometrijskih projekcija geometrijskih oblika

Predavanje na temu "Predmet stereometrije"

Geometrija je znanost koja proučava svojstva geometrijski oblici.

Školski kolegij geometrije dijeli se nadva odjeljka:planimetrija istereometrija.

Planimetrija - grana geometrije koja proučava svojstva geometrijskih likova na ravnini.

Planimetriju smo učili u 7-9 razredima.

Ove godine počinjemo s učenjem drugog dijela geometrije - geometrije tijela

Stereometrija je grana geometrije koja proučava svojstva geometrijskih oblika u prostoru.

Riječ "stereometrija" dolazi od grčkih riječi "stereos" volumetrijski, prostorni i "metrio" za mjerenje.

Puna geometrija razmatra matematičke modele onih materijalnih objekata kojima se bave arhitekti, dizajneri, graditelji i drugi stručnjaci.

Osim toga, školski tečaj stereometrije služi kao osnova za crtanje i deskriptivnu geometriju - najvažnije discipline svakog tehničkog sveučilišta.

Glavne figure stereometrije

Dakle, stereometrija proučava svojstva geometrijskih oblika u prostoru.

Geometrijski oblici u prostoru.

nazivaju se tijelima.

U stereometriji ćemo proučavati svojstva geometrijskih tijela, izračunavati njihove površine i volumene.

Pri proučavanju prostornih figura koristi se njihova slika na crtežu.

Slika prostorne figure je njezina projekcija na određenu ravninu. Ista figura dopušta različite prikaze.

Obično se bira jedan od njih, što je najprikladnije za proučavanje njegovih svojstava.

Na ekranu vidite poliedre - kocku, paralelepiped i piramidu, tijela okretanja - kuglu, stožac i cilindar.

Prilikom prikazivanja prostornih figura, nevidljivi dijelovi ovih figura prikazani su isprekidanim linijama.

Gdje počinje stereometrija?

Baš kao planimetrija.

Planimetriju smo počeli proučavati s osnovnim pojmovima, figurama i aksiomima.

Osnovni pojmovi stereometrije

Prvo, to je točka i pravac, kao u planimetriji. I avion je dodan.

Dakle, osnovni pojmovi stereometrije su: melankolija, ravna linija, ravnina. Prihvaćaju se bez predrasuda.

Novi koncept za nas je avion.

Ravnina je, kao ravna crta u planimetriji, beskonačna. Proteže se u svim smjerovima na neograničenu udaljenost.

Geometrijski modeli dijela ravnine su, na primjer, površina stola, daske itd.

Predstavite ravninu u obliku paralelograma ili u obliku proizvoljnog područja.

Oznaka koju ćemo koristiti.

Točke. Kao i do sada, točke će se označavati velikim latiničnim slovimaA, B, C ….

Na ekranu se nalaze 4 točke. Označeni su slovimaA, B, C i D

Direktno. Ravne linije su označene malim latiničnim slovimaa, b, c..., ili dva velika latinična slovaAB, CD, …

U drugom slučaju koristimo notaciju

dvije točke kroz koje pravac prolazi.

Na ekranu vidite izravnua. Na njemu se nalaze točkice.MiN.

Ravnoatakođer se može označiti kaoMN.

Zrakoplovi. Ravnine se obično označavaju malim slovima grčka slova (alfa, beta, gama, delta, ...)

Zrakoplovi se također mogu nazvati po trima točkama kroz koje avioni prolaze.

Na primjer, na ekranu avion plave boje označen kao α, također se može nazvatiABC.

Avion bež boje označen s β, može se označiti i kaoKLN ili KLM. Uzimaju se bilo koje tri točke kroz koje ravnina prolazi.

Baš kao i u planimetriji, u stereometriji ćemo koristiti znak za točke: (pripada ravnini), a za ravne je znak: (leži u ravnini).

Precrtani znakovi znače negaciju – ne pripada ravnini, ne leži u ravnini.

Na slici možete vidjeti te dvije točkeA i Bpripadaju ravniniα (ravnina prolazi kroz ove točke), a točke M, N,Kne pripadaju ovoj ravnini (ravnina ne prolazi kroz ove točke).

Ukratko, piše ovako:

Točka A pripada ravnini α, točkiBpripada ravnini α.

Točka MNne pripada ravnini α, točkiKne pripada ravnini α.

U ovoj lekciji upoznali smo se s novim dijelom geometrije - stereometrijom.

Naučili smo da su osnovni pojmovi stereometrije točka, pravac, ravnina. Zapamtite kako se crtaju točke i linije. Naučili smo kako je avion prikazan i označen.

Prijeđimo na rješavanje problema.

Zadatak 1.

dano:

bodova A, B, C i Dne leže u istoj ravnini.

Navedite ravnine kojima pripada:

a) ravno AB;

b) točka F;

c) točka C.

Odluka.

a) Izravno ABleži u dvije ravnine:ABC i ABD;

b) Točka Fpripada avionima:ABC i BCD;

c) Točka Cpripada trima ravninama:ABC, BCD, ACD.

Vaša privatnost nam je važna. Iz tog razloga smo razvili Politiku privatnosti koja opisuje kako koristimo i pohranjujemo vaše podatke. Molimo pročitajte našu politiku privatnosti i javite nam ako imate pitanja.

Prikupljanje i korištenje osobnih podataka

Osobni podaci odnose se na podatke koji se mogu koristiti za identifikaciju ili kontaktiranje određene osobe.

Od vas se može tražiti da unesete svoje osobne podatke u bilo kojem trenutku kada nas kontaktirate.

Slijedi nekoliko primjera vrsta osobnih podataka koje možemo prikupljati i kako ih možemo koristiti.

Koje osobne podatke prikupljamo:

• Kada podnesete prijavu na web-mjestu, možemo prikupiti razne informacije uključujući vaše ime, telefonski broj, adresu E-mail itd.

Kako koristimo vaše osobne podatke:

• Prikupljeno kod nas osobne informacije omogućuje nam da vas kontaktiramo i informiramo o jedinstvene ponude, promocije i drugi događaji i nadolazeći događaji.
• S vremena na vrijeme možemo koristiti vaše osobne podatke kako bismo vam poslali važne obavijesti i poruke.
• Također možemo koristiti osobne podatke za interne svrhe, kao što su provođenje revizija, analiza podataka i raznih istraživanja kako bismo poboljšali usluge koje pružamo i dali vam preporuke u vezi s našim uslugama.
• Ako sudjelujete u nagradnoj igri, natjecanju ili sličnom poticaju, možemo koristiti podatke koje nam date za upravljanje takvim programima.

Otkrivanje trećim stranama

Podatke primljene od vas ne otkrivamo trećim stranama.

Iznimke:

• Po potrebi - u skladu sa zakonom, sudskim redom, u sudskom postupku i/ili na temelju javnih zahtjeva ili zahtjeva vladine agencije na teritoriju Ruske Federacije - otkrijte svoje osobne podatke. Također možemo otkriti podatke o vama ako utvrdimo da je takvo otkrivanje potrebno ili prikladno za sigurnosne, provođenje zakona ili druge svrhe od javnog interesa.
• U slučaju reorganizacije, spajanja ili prodaje, možemo prenijeti osobne podatke koje prikupimo relevantnom nasljedniku treće strane.

Zaštita osobnih podataka

Poduzimamo mjere opreza - uključujući administrativne, tehničke i fizičke - kako bismo zaštitili vaše osobne podatke od gubitka, krađe i zlouporabe, kao i od neovlaštenog pristupa, otkrivanja, izmjene i uništenja.

Održavanje vaše privatnosti na razini tvrtke

Kako bismo osigurali sigurnost vaših osobnih podataka, našim zaposlenicima komuniciramo o privatnosti i sigurnosnoj praksi i strogo provodimo praksu privatnosti.

Uvod

§jedan. Uloga i mjesto geometrijskih konstrukcija u školskom kolegiju

§2. Tehnika rješavanja problema u stereometriji

§3. Osnove teorije geometrijskih konstrukcija

3.1 Opći aksiomi konstruktivne geometrije

3.2 Građevinski zadatak

§4. Metodologija rješavanja konstrukcijskih problema u stereometriji

4.1 Analiza

4.2 Izgradnja

4.3 Dokaz

4.4 Istraživanje

Zaključak

Književnost

Uvod

Cijela povijest geometrije i nekih drugih grana matematike usko je povezana s razvojem teorije geometrijskih konstrukcija. Najvažniji aksiomi geometrije, koje je formulirao utemeljitelj znanstvenog geometrijskog sustava Euklid oko 300. godine prije Krista, jasno pokazuju kakvu su ulogu geometrijske konstrukcije imale u formiranju geometrije. “Prava crta se može povući od bilo koje točke do bilo koje točke”, “Ograničena ravna linija može se kontinuirano produžiti”, “Kružnica se može opisati iz bilo kojeg središta i bilo kojeg rješenja” - ovi Euklidovi postulati jasno ukazuju na osnovni položaj konstruktivne metode u geometriji starih.

Drevni grčki matematičari smatrali su "pravim geometrijskim" samo konstrukcije proizvedene samo šestarom i ravnalom, ne prepoznajući korištenje drugih sredstava za rješavanje konstruktivnih problema kao "legitimne". Istodobno, u skladu s Euklidovim postulatima, smatrali su vladara neograničenim i jednostranim, a kompasu se pripisivala sposobnost crtanja krugova bilo koje veličine. Zadaci za građenje šestarom i ravnalom i danas se smatraju vrlo zanimljivim, a to je već više od sto godina tradicionalno gradivo za školski kolegij geometrije.

Jedan od najvrjednijih aspekata takvih zadataka je da razvijaju vještine traženja za rješavanje praktičnih problema, upoznaju ih s izvedivim neovisno istraživanje, pridonose razvoju specifičnih geometrijskih prikaza, kao i temeljitijoj obradi vještina i sposobnosti. A to zauzvrat pojačava primijenjenu i politehničku usmjerenost nastave geometrije. Konstrukcijski zadaci ne dopuštaju im formalan pristup, oni su kvalitativno nova situacija za primjenu proučavanih teorema i na taj način omogućuju provođenje problematičnog ponavljanja. Takvi zadaci mogu se uspješno povezati s novim idejama školskog kolegija geometrije (transformacije, vektori).

Geometrijske konstrukcije mogu igrati ozbiljnu ulogu u matematičkoj pripremi učenika. Niti jedan zadatak ne daje toliko materijala za razvoj matematičke inicijative i logičkih sposobnosti učenika kao zadaci geometrijske konstrukcije. Ovi zadaci obično ne dopuštaju standardni pristup njima i formalnu percepciju učenika. Konstrukcijski zadaci prikladni su za konsolidaciju teoretskog znanja učenika u bilo kojem dijelu školskog tečaja geometrije. Rješavanjem geometrijskih konstrukcijskih zadataka učenik stječe mnoge korisne vještine crtanja.

U ovome seminarski rad razmatrat će se metodologija rješavanja zadataka za konstrukcije u stereometriji, te uloga i mjesto geometrijskih konstrukcija u školskom kolegiju.

§jedan. Uloga i mjesto geometrijskih konstrukcija u školskom kolegiju

Konstrukcijski zadaci su zadaci u kojima je potrebno izgraditi neki geometrijski lik prema unaprijed određenim podacima pomoću ograničenog skupa alata za crtanje (najčešće ravnala i šestara).

Uloga konstrukcijskih zadataka u školskom kolegiju:

1. Pridonosi razvoju mašte školaraca, jer je i prije rješavanja ovog problema potrebno jasno prikazati željenu sliku.
2. Razvija konstruktivne sposobnosti učenika i jača relevantne vještine crtanja.
3. Analiza i proučavanje dobivenog rješenja, razmatranje odnosa između podataka i željenih elemenata pridonosi razvoju logičkog mišljenja školaraca, posebice - mentalnih operacija: analiza, sinteza, apstrakcija; probuditi njihovu inicijativu.
4. Doprinosi čvrstoj konsolidaciji teorijske građe kolegija.

Tematsko planiranje materijala vezanog uz geometrijske konstrukcije pretpostavlja sljedeću distribuciju po fazama:

1. Uvodna faza (1-4. razredi). Ovdje se po prvi put školarci upoznaju s alatima za crtanje - ravnalom, šestarom, trokutom i rješavaju najjednostavnije zadatke za konstruiranje ravne linije, segmenta, kruga, kuta.
2. Propedeutski stadij (5-6 stanica). više pažnje geometrijskim konstrukcijama priprema učenike za više rješavanja izazovni zadaci sustavni tečaj. Koriste se ravnalo, šestar, kutomjer, trokut. Razmatra se konstrukcija paralelnih i okomitih pravaca uz pomoć kvadrata i ravnala; trokut s ravnalom, šestarom i kutomjerom; krug, kvadrat, pravokutnik.
3. Sustavni tijek geometrije (7-11 ćelija).

7. razred. Ovdje se po prvi put učenici susreću s osnovnim zahtjevom za geometrijske crteže - sve konstrukcije moraju se izvoditi samo uz pomoć šestara i ravnala. Ovaj zahtjev proizlazi iz dvaju Euklidovih postulata u Elementima: a) od bilo koje točke do bilo koje točke može se povući ravna crta; b) iz bilo kojeg središta svako rješenje šestara može opisati kružnicu. U tom slučaju postaje potrebno dokazati da konstruirana figura zadovoljava zahtjeve problema. U 7. razredu učenici se upoznaju s elementarnim zadacima za konstruiranje, konstruiranje kružnice, upisane i opisane oko trokuta; uz to učenici uče prvo opća metoda rješavanje konstrukcijskih zadataka – metoda geometrijskih mjesta (metoda raskrižja).

Razred. U temi "Četverokutnici" rješavaju se odgovarajući zadaci za konstrukciju geometrijskih mjesta metodom; u temi "Kretanje" - sve vrste kretanja koriste se za rješavanje zadataka za konstrukciju; u temi "Kartezijanske koordinate na ravnini" razmatraju se konstrukcije na koordinatnoj ravnini (konstrukcija ravne, kružnice, presječnih točaka).

Razred. U temi "Slične figure" - konstrukcijski zadaci pomoću homotetije i transformacije sličnosti; u temi" Pravilni poligoni» - zadaci za konstruiranje upisanih i opisanih pravilnih mnogokuta.

(10-11. razredi). U stereometriji se razmatraju dvije vrste geometrijskih konstrukcija: a) imaginarne konstrukcije temeljene samo na aksiomima stereometrije (često se koriste u rješavanju konstruktivnih problema kao što je “Dokaži da je moguće povući točku izvan ravnine...”; b) konstrukcije na projekcijskom crtežu, kada su osim točaka naznačene figure njihove projekcije na ravninu projekcije.

Proces rješavanja zadataka sastoji se od četiri faze s kojima se učenici upoznaju u 7. razredu:

1)analiza;

2)konstrukcija (sinteza);

3) dokaz;

)studija.

Ne moraju sve ove faze od samog početka biti eksplicitno prisutne pri rješavanju građevinskih problema. U najjednostavnijim konstruktivnim problemima, gdje je algoritam konstrukcije očigledan, dopušteno je ne analizirati problem u eksplicitnom obliku; ako dokaz izravno slijedi iz konstrukcije, on se također može izostaviti (na primjer, kada se gradi u razredima 7-8, obično je ili odsutan ili ograničen na provjeru izvedivosti svake operacije i provođenje studije kako bi se pronašao broj rješenja (ako je moguće)).

§2. Tehnika rješavanja problema u stereometriji

I. Možemo izdvojiti sljedeće glavne zadatke koje treba riješiti u proučavanju stereometrije:

1)razvoj i konsolidacija sadržajnih linija započeta u nepotpunoj Srednja škola; generalizacija osnovnih matematičkih metoda na slučaj prostora;

2)proučavanje osnovnih svojstava prostornih figura;

3)ovladavanje vještinama prikazivanja prostornih figura na ravnini na temelju svojstava paralelne projekcije;

4)razvoj logičkog mišljenja, prostornih prikaza učenika u rješavanju zadataka i dokazivanja teorema kolegija stereometrije.

U proučavanju stereometrije u školi mogu se razlikovati dvije glavne faze:

) Formiranje početnih predodžbi o prostornim figurama (1-9. razredi);

) Sustavni tečaj stereometrije (10-11. razredi).

Sustavni kolegij stereometrije, koji se uči oko 70 sati u desetom i jedanaestom razredu, sadrži sljedeće teme:

1.Aksiomi stereometrije i njihove najjednostavnije posljedice.

2.Paralelnost pravaca i ravnina u prostoru.

.Okomitost pravaca i ravnina u prostoru.

.Koordinate, vektori, geometrijske transformacije u prostoru.

.Poliedri.

.Tema rotacije.

.Površina i volumen geometrijskih tijela.

.Slika prostornih figura na ravnini.

Sadašnji udžbenici stavljaju različite sadržajne naglaske u proučavanje stereometrije.

Atanasyanov udžbenik: materijal različitih sadržaja pitanja često je uključen u jedno poglavlje (fuzionizam). Istodobno, često se ponavlja gradivo, pozivanje na već poznata pitanja. Veća pažnja od Pogorelova pridaje se vektorima, kretanje koordinatama.

Pogorelovljev udžbenik: ima jasnu logičku strukturu, manje pažnje vektori i geometrijske transformacije. To implicitno nosi opasnost zamagljivanja prirodnih veza između tema.

Istaknimo neke metodološke značajke proučavanja stereometrije.

1.Tečaj geometrije tijela u potpunosti se temelji na kolegiju planimetrije.

većina zadataka kolegija svodi se na rješavanje planimetrijskih problema, odnosno svi nedostaci koji su se javili u studiju planimetrije osjećaju se u proučavanju geometrije tijela.

Posljedično, za uspješno učenje stereometrije, učitelj se mora stalno vraćati na planimetrijski materijal; prije proučavanja jednog ili drugog teorema, potrebno je ponoviti potrebne planimetrijske informacije.

2. U stereometriji postoji bitno drugačiji pristup geometrijskim konstrukcijama.

Ako prilikom proučavanja planimetrije učenici koriste crteže koji daju jasne ideje o predmetu koji se proučava, tada u stereometriji ne postoje alati za crtanje koji vam omogućuju prikazivanje prostornih figura. Ovdje nemamo posla sa samim objektom, već samo s njegovom slikom.

Svaki stereometrijski zadatak je i zadatak za konstruiranje slike lika koristeći svojstva paralelne projekcije. To od učenika zahtijeva puno više truda nego što je potrebno za rješavanje planimetrijskih zadataka.

3. Tijekom stereometrije velika se pozornost posvećuje logičkoj strani zaključaka koji se izvode; morate obrazložiti svaki svoj zaključak, jasno utvrđujući preduvjete.

Program za stereometriju pretpostavlja brži tempo prenošenja materijala nego za planimetriju. Pritom je za rješavanje problema potrebno mnogo više vremena, a samim time i značajniji prostor zauzima samostalan radŠkolska djeca. Neophodan je pažljiv odabir zadataka u lekciji - uključite samo najnužnije.

5. Tijek stereometrije se gradi aksiomatski. Pri proučavanju aksiomatike stereometrije potrebno je riješiti dva glavna metodološka problema:

) aksiomi planimetrije za prostor su preformulirani (neke treba pojasniti).

Ovdje se, zapravo, pod krinkom dogovora između učitelja i učenika uvodi, takoreći, novi aksiom:

U bilo kojoj ravnini prostora ispunjeni su svi aksiomi planimetrije.

) dodaju se novi specifični aksiomi prostora koji se u prvim fazama učenja ilustriraju uz pomoć modela, stereometričke kutije, crteža, geometrije učionice.

II. Formiranje prostornih predstava odvija se u nekoliko faza i uključuje:

sposobnost predstavljanja holističke slike geometrijskog lika prema crtežu, relativni položaj njegovih elemenata;

sposobnost mentalne promjene položaja figure - pogled s druge strane;

sposobnost mentalnog raskomadanja figure, izrade novog predmeta od nje;

sposobnost prikazivanja figure na crtežu, adekvatno odražavajući postojeće odnose;

sposobnost zamišljanja figure na temelju njezina verbalnog opisa itd.

U fazi I, na vizualnoj osnovi, stvaraju se preduvjeti za stvaranje cjelovite slike figure s isticanjem njezinih bitnih značajki. U ovoj fazi učitelj bi trebao opširno koristiti modele, stvarne objekte okolnog svijeta. Nakon toga se gradi crtež koji fiksira razmatranje odgovarajuće geometrijske konfiguracije.

Na kraju I i II stupnja školarci formiraju slike figura i njihovih kombinacija koje mogu zamisliti u gotovo nepromijenjenim uvjetima.

Shema za formiranje prostornih predstava u fazama I i II je sljedeća:

prikaz crteža modela

U fazi II uloga modela je donekle smanjena, jer će u suprotnom biti inhibiran razvoj sposobnosti učenika da mentalno zamišljaju značajke položaja figure i njegovih elemenata.

Prilikom konstruiranja crteža u ovim fazama, učitelj ne bi trebao odmah demonstrirati završio crtanje, ali pokušajte ga izvoditi postupno s učenicima u svrhu postupne percepcije ili prostornih slika.

III. stupanj: - ovladavanje sposobnošću rada sa slikama u promijenjenim uvjetima. Školarci prvo rade s glavnim crtežom, koji, međutim, često ne omogućuje sagledavanje značajki položaja figure s različitih pozicija. Stoga se crtež, u pravilu, mora podržati razmatranjem odgovarajućeg modela. Demonstracija je popraćena posebno odabranim pitanjima.

Na primjer: Koje se brojke mogu dobiti križanjem tetraedra ravnine? Prikažite različite slučajeve na modelu i crtežu. Obrazložite odgovor.

Shema za formiranje prostornih predstava u fazi III:

prikaz modela crteža.

IV. stupanj: Učenici moraju samostalno konstruirati stereometrijske objekte na temelju prethodno formuliranih ideja. U ovom slučaju se ne koristi ni crtež ni unaprijed pripremljeni model, već samo učitelju možete postaviti pitanja kako biste razjasnili mjesto figure.

Shema u fazi IV: prezentacijski crtež.

Imaginarne konstrukcije (Vp) - formalno-logička metoda konstrukcije u prostoru uz odbacivanje stvarnih konstrukcija uz pomoć alata za crtanje, izvode se kao mentalno; lik koji ih prati isključivo je ilustrativan.

S matematičke točke gledišta, V.p. razmatraju se kao problemi dokazivanja postojanja likova definiranih određenim poznatim uvjetima. Sam dokaz se sastoji u svođenju procesa konstruiranja figura (ili njihovih kombinacija) na konačan broj osnovnih konstrukcija, koje su određene aksiomatski. U tom slučaju rješenje (dokaz) može, ali i ne mora biti popraćeno crtežom.

Nastavnik skreće pozornost učenicima na niz poteškoća koje nastaju pri konstruiranju u prostoru (ne možete graditi ravninu, poliedar i sl.). Stoga je potrebno točno dogovoriti: što znači izvesti ovu ili onu konstrukciju.

Na temelju aksioma stereometrije možemo pretpostaviti mogućnost sljedećih osnovnih konstrukcija u prostoru:

) Ravnina se može izgraditi ako su navedeni sljedeći elementi koji određuju njen položaj u prostoru:

a) pravac i točka koja ne leže na njoj,

b) dvije linije koje se sijeku,

c) dva paralelna pravca

d) tri točke koje ne leže na istoj pravoj.

) Pravac u prostoru može se konstruirati kao pravac presjeka dviju ravnina.

) Sve planimetrijske konstrukcije izvedive su u prostoru samo na nekoj zadanoj ravnini.

) Kugla se može konstruirati ako je zadan položaj njezina središta i polumjer R.

Izvedba svih ostalih konstrukcija svodi se na konačan broj osnovnih.

Na projekcijskom crtežu točke i linije postavljaju se zajedno s njihovim projekcijama na određenu ravninu koja se naziva glavnom.

Projekcioni crteži omogućuju konstruktivna sredstva za izgradnju točaka i linija presjeka likova prikazanih na njima. Imaju vrlo važnost za razvoj prostorne mašte školaraca.

Preporuča se upoznati školarce u 10. razredu s projekcijskim crtežima kada proučavaju paralelnu projekciju njegovih svojstava. Ovdje učitelj dovodi učenike do zaključka da se figure na crtežu mogu postaviti njegovom projekcijom na ravninu projekcije.

Štoviše, ako se točka ili lik podudaraju s njegovom projekcijom, onda zadanu točku ili lik leži na ravnini projekcije.

Crtež projekcije može se ilustrirati modelom paralelepipeda, gdje je ravnina projekcije ravnina donje baze, smjer projekcije određen je bočnim rebrima, a projekcija gornje baze je donja baza.

Glavna vrsta stereometrijskih zadataka za konstruiranje na projekcijskom crtežu su zadaci za konstruiranje presjeka poliedara. Škola razmatra dvije metode za izgradnju sekcija:

1)metoda traga; 2) metoda dizajn interijera

(Ponekad se koristi kombinacija.)

Sukladno metodi tragova, najprije se na projekcijskoj ravnini konstruira trag sekantne ravnine, a zatim se sukcesivno pronalaze linije presjeka sekantne ravnine s plohama poliedra.

Glavni nedostatak ove metode je što se trag rezne ravnine može ukloniti s glavnog dijela crteža, stoga je potrebno smanjiti crtež, što je nepoželjno.

Metoda unutarnjeg projektiranja temelji se na korespondenciji između točaka presjeka i osnovnih točaka poliedra. Sve konstrukcije su unutar njega, ali je teže objasniti logiku gradnje, a crtež je pretrpan.

§3. Osnove teorije geometrijskih konstrukcija

1 Opći aksiomi konstruktivne geometrije

Lik u geometriji je svaka zbirka točaka (koja sadrži barem jednu točku).

Pretpostavit ćemo da je u prostoru dana određena ravnina koju ćemo nazvati glavnom ravninom. Ograničavamo se na razmatranje samo takvih figura koje pripadaju ovoj ravnini.

Jedna figura naziva se dijelom druge figure ako svaka točka prve figure pripada drugoj figuri. Tako će, na primjer, dijelovi ravne linije biti: bilo koji segment koji leži na njoj, zraka koja leži na ovoj pravoj crti, točka na ovoj pravoj liniji, sama ravna crta.

Veza dviju ili više figura je skup svih točaka koje pripadaju barem jednoj od ovih figura.

Sjecište ili zajednički dio dviju ili više figura skup je svih točaka koje su zajedničke ovim figurama.

Razlika dviju figura F i F skup je svih takvih točaka lika F koje ne pripadaju liku F.

Može se pokazati da presjek (ili razlika) dviju figura ne sadrži niti jednu točku. U ovom slučaju kažemo da je sjecište (ili, odnosno razlika) ovih figura prazan skup točaka.

Grana geometrije u kojoj se proučavaju geometrijske konstrukcije naziva se konstruktivna geometrija. Osnovni koncept konstruktivne geometrije je pojam konstruiranja geometrijskog lika.

Ako se za bilo koju figuru kaže, onda se prirodno podrazumijeva da je ona već bila prikazana, nacrtana, t.j. izgrađena. Dakle, prvi osnovni zahtjev konstruktivne geometrije je sljedeći:

1. Svaki zadani lik je konstruiran.

Imajte na umu da ne treba miješati pojmove "dane figure" i "figure koja je dana (ili određena) takvim i takvim danim elementima."

1. Ako se konstruiraju dvije (ili više) figura, tada se konstruira i veza ovih figura.

3. Ako se konstruiraju dvije figure, tada je moguće utvrditi je li njihova razlika prazan skup ili ne.

Ako razlika dviju konstruiranih figura nije prazan skup, tada je ta razlika konstruirana.

Ako se konstruiraju dvije figure, tada je moguće utvrditi je li njihov presjek prazan skup ili ne.

Ako presjek dviju konstruiranih figura nije prazan, tada je konstruiran.

Sljedeća tri osnovna zahtjeva govore o sposobnosti crtanja pojedinačnih točaka.

Moguće je konstruirati bilo koji konačan broj zajedničkih točaka dviju konstruiranih figura, ako takve točke postoje.

Možete konstruirati točku koja očito pripada konstruiranoj slici.

Možete konstruirati točku koja očito pripada konstruiranoj slici.

2 Građevinski zadatak

Konstrukcijski zadatak je rečenica koja označava, prema kojim podacima, kojim alatima, koji geometrijski lik je potrebno izgraditi (nacrtati na ravnini) kako bi ta figura zadovoljila određene uvjete.

Riješiti konstrukcijski problem uz pomoć šestara i ravnala znači svesti ga na skup od pet elementarnih konstrukcija, koje se unaprijed smatraju izvedivima. Nabrojimo ih.

Ako se konstruiraju dvije točke A i B, tada se konstruira pravac AB koji ih povezuje, kao i odsječak AB i bilo koja od zraka AB i BA (aksiom ravnala).

Ako se konstruiraju točka O i segment AB, tada se konstruira kružnica sa središtem u točki O i polumjerom AB, kao i bilo koji od lukova ove kružnice.

Ako se konstruiraju dva pravca, tada se konstruira njihova presječna točka (ako postoji).

Ako se konstruiraju pravac i kružnica, tada se konstruira bilo koja njihova presječna točka (ako postoji).

Ako se konstruiraju dvije kružnice, tada se konstruira bilo koja njihova presječna točka (ako postoji).

Riješiti građevinski problem znači pronaći sva njegova rješenja.

Posljednja definicija zahtijeva pojašnjenje.

Slike koje zadovoljavaju uvjete problema mogu se razlikovati i po obliku i veličini, kao i po položaju na ravnini. Razlike u položaju na ravnini uzimaju se u obzir ili ne uzimaju u obzir ovisno o samoj formulaciji konstrukcijskog problema, odnosno ovisno o tome da li uvjet problema predviđa ili ne predviđa određeni položaj željene figure u odnosu na bilo koje date brojke. Objasnimo to primjerima.

Razmotrite sljedeće najjednostavniji zadatak: konstruirati trokut zadane tri strane i kut između njih. Točno značenje ovog problema je sljedeće: konstruirati trokut tako da su njegove dvije stranice, redom, jednake dvama zadanim segmentima, a kut između njih jednak zadanom kutu. Ovdje je željeni lik (trokut) povezan s ovim figurama (dva segmenta i kut) samo relacijama jednakosti, dok je položaj željenog trokuta u odnosu na te figure indiferentan. U ovom slučaju, lako je konstruirati trokut koji zadovoljava uvjet problema. Svi trokuti jednaki ovom trokutu također zadovoljavaju uvjet zadatka. Međutim, nema smisla ove trokute smatrati različitim rješenjima ovog problema, jer se međusobno razlikuju samo po položaju na ravnini, o čemu se u uvjetu problema ništa ne kaže. Stoga pretpostavljamo da problem ima jedinstveno rješenje.

Dakle, ako uvjet problema ne predviđa određeno mjesto željene figure u odnosu na te figure, tada se slažemo tražiti samo sve nejednake figure koje zadovoljavaju uvjet problema. Možemo reći da se problemi ove vrste rješavaju "do jednakosti". To znači da se problem smatra riješenim ako:

) Konstruira se određeni broj nejednakih figura F1, F2, ... Fn, koji zadovoljavaju uvjete zadatka

) dokazano je da je svaki lik koji zadovoljava uvjete zadatka jednak jednoj od ovih figura. Pretpostavlja se da problem ima n različitih rješenja.

Ako uvjet problema predviđa određeno mjesto željene figure u odnosu na bilo koju figuru, tada se potpuno rješenje sastoji u konstruiranju svih figura koje zadovoljavaju uvjet problema (ako takvi brojevi postoje) u konačnom broju.

§4. Metodologija rješavanja konstrukcijskih problema u stereometriji

Bit rješavanja problema konstrukcije leži u činjenici da je potrebno konstruirati određenu figuru unaprijed naznačenim alatima, ako je zadana određena figura i određeni odnosi između elemenata željene figure i elemenata ove figure naznačeno.

Svaka figura koja zadovoljava uvjete problema naziva se rješenjem ovog problema.

Pronaći rješenje problema konstrukcije znači svesti ga na konačan broj osnovnih konstrukcija, odnosno naznačiti konačan niz osnovnih konstrukcija, nakon čega će se željena figura već smatrati izgrađenom zbog prihvaćenih aksioma konstruktivna geometrija.

Jedan od glavnih problema nastavne metodike rješavanja konstrukcijskih problema je način uvođenja i proučavanja faza rješavanja konstruktivnih problema. Još u IV stoljeću. PRIJE KRISTA e. razvili su se starogrčki geometri opća shema rješavanje građevinskih problema, koje sada koristimo. Proces rješavanja problema podijeljen je u 4 faze: analiza, konstrukcija, dokazivanje i istraživanje. Razmotrimo svaku fazu detaljnije na zadatku.

Zadane bodove A (A ), B (B ), C (C ) i D (D ). Konstruiraj ravninu koja prolazi točkom D (D ), paralelno s ravninom ABC.

4.1 Analiza

Analiza je prekretnica rješavanje problema, što shvaćamo kao pronalaženje načina za rješavanje građevinskog problema. U ovoj fazi treba uočiti takve ovisnosti između ovih figura i željene figure, što bi nam omogućilo da u budućnosti konstruiramo tu željenu figuru (ako znamo izgraditi željenu figuru, onda više nije potrebna nikakva analiza).

Kako bi se olakšala potraga za vezama između željene figure i zadanih figura, obično se ispostavi da je povoljno imati pred očima pomoćni crtež, crtež skice koji prikazuje podatke i željene figure otprilike u predviđenom rasporedu jer po uvjetu problema. Crtež se može napraviti ručno, na oko - ovo je nacrt crteža, koji treba formirati kada je zadatak već riješen.

Na pomoćnom crtežu ove elemente i najvažnije elemente od interesa treba istaknuti. U praksi je često prikladnije započeti graditi pomoćni crtež ne od zadane figure, već od približne slike izvorne figure, prilažući joj podatke tako da su u odnosima navedenim u opisu problema.

Ako pomoćni crtež ne sugerira način konstruiranja željene figure, tada pokušavaju pronaći neki dio željene figure ili općenito neku figuru koja se može izgraditi, a koja se potom može koristiti za konstruiranje željene figure.

U obzir se uzimaju sljedeće točke:

) ako na pomoćnom crtežu nije moguće izravno uočiti veze između podataka i željenih elemenata potrebnih za rješavanje, onda je preporučljivo u crtež uvesti pomoćne figure: spojiti postojeće točke ravnim linijama, označiti točke presjeka postojećih pravaca, nastaviti neke segmente itd. Ponekad je korisno povući paralele ili okomite na postojeće linije;

) ako je prema uvjetu zadatka zadan zbroj ili razlika segmenata ili kutova, tada te veličine treba unijeti u crtež, odnosno prikazati ih na crtežu skice, ako već nisu na tome;

) u procesu analize korisno je prisjetiti se teorema i prethodno riješenih zadataka u kojima postoje ovisnosti između elemenata koji se spominju u uvjetu problema koji se razmatra.

Dodatak 3 daje analizu građevinskog zadatka: Konstruirajte trokut s obzirom na osnovicu, manji kut u bazi i razliku između druge dvije stranice .

Iz ovaj primjer vidi se da se pri pronalaženju rješenja zadatka konstrukcije, kao i za aritmetičke zadatke, koristi analitičko-sintetička metoda. Slijedeći pitanje problema, uzimamo u obzir koji su nam elementi poznati i, obrnuto, kombiniramo početne podatke na način da izgradimo željenu figuru.

Scensko ime analiza ne znači samo to analitička metoda, baš kao u dokazu, koji se ponekad naziva sinteza , sintetička metoda zaključivanja se ne primjenjuje uvijek. Pri analizi problema, pri pronalaženju načina za njegovo rješavanje, analiza i sinteza su u stalnoj interakciji, nadopunjuju se i ispituju.

Vratimo se našem problemu i analizirajmo ga.

1.Nađimo točku S 1, u kojem se sijeku AA koji leže u ravnini projiciranja B ravno AB i A B , točka S 2 gdje se sijeku pravci AC i A C , i točka S 3, gdje se sijeku pravci AD i A D .

2.U avionu AS 1S 3 konstruirati pravac koji prolazi točkom D, paralelan s pravcem AS1 i u ravnini AS 2S 3 prolazi točkom D, paralelno s pravcem AS 2.

.Kroz dobivene linije konstruiramo traženu ravninu.

2 Izgradnja

Druga faza rješavanja građevinskih problema sastoji se od dva dijela:

) nabrajanje određenim redoslijedom svih elementarnih konstrukcija koje je potrebno izvesti, prema analizi, za rješavanje problema;

) izravno izvršenje ove konstrukcije na crtežu pomoću alata za crtanje. Doista, riješiti problem uz pomoć određenih alata znači naznačiti konačan skup elementarnih konstrukcija koje su prihvatljive za dane alate, čije nam izvođenje u određenom slijedu omogućuje odgovor na pitanje problema.

Ova faza se uvodi pri rješavanju prvog konstrukcijskog problema, a to je obično problem konstruiranja segmenta jednakog zadanom na danoj zraci s krajem na početku te zrake. U razgovoru koji prati uvod u etapu treba istaknuti u čemu se sastoji rješenje bilo kojeg konstrukcijskog problema i naznačiti da se provedba ove faze sastoji upravo u navođenju konačnog broja operacija za konstruiranje željene figure.

Vratimo se našem problemu i razmotrimo njegovu konstrukciju.

zgrada:

1.AB∩A B =S 1

2.AC∩A C =S 2

3.AD∩A D =S 3

4.D.S. 4║AS 1

5.D.S. 5║AS 2

6.D.S. 4S 5

4.3 Dokaz

Nakon što je figura izgrađena, potrebno je utvrditi zadovoljava li uvjete zadatka, odnosno pokazati da lik dobiven iz tih elemenata određenom konstrukcijom zadovoljava sve uvjete problema. Dakle, dokaz bitno ovisi o načinu gradnje. Isti problem se može riješiti različiti putevi, ovisno o planu izgradnje koji je zacrtan u analizi, te će stoga dokazi u svakom slučaju biti različiti. Dokaz je dio rješenja problema, po svom logičkom sadržaju, suprotan analizi. Ako se analizom utvrdi da se bilo koja figura koja zadovoljava postavljene uvjete može pronaći na taj i takav način, tada se u ovom trećem dijelu rješenja dokazuje suprotno. Ovo je obrnuti položaj opći pogled može se formulirati na sljedeći način: ako se određena figura dobije iz zadanih elemenata takvom i takvom konstrukcijom, onda ona stvarno zadovoljava postavljene uvjete.

Prilikom rješavanja najjednostavnijih zadataka, kada se svi uvjeti problema izravno odražavaju u planu izgradnje, nema potrebe dokazivati ​​da je figura dobivena takvom konstrukcijom iz ovih elemenata željena. Na primjer: Konstruiraj trokut s dvjema stranicama i kutom između njih . Ovdje se dokaz svodi na jednostavnu provjeru jesu li stranice iste kao dane, te je li konstruirani kut jednak zadanom. U takvim zadacima dokaz je suvišan, jer se ispravnost rješenja osigurava korespondencijom konstrukcije analizi i zadanim uvjetima problema.

Dokaz ne ovisi samo o analizi i konstrukciji, postoji međusobna povezanost i međuovisnost između njih. Izgradnja se izvodi prema planu izrađenom tijekom analize. Postoji nekoliko takvih planova. Izgradnja i dokaz svojevrsni su kriterij ispravnosti i racionalnosti izrađenog plana. Ako plan nije izvediv s raspoloživim alatima ili ako se gradnja pokaže neracionalnom, prisiljeni smo tražiti novi plan rješenja. Na sličan način i dokaz i istraživanje utječu na analizu, često unaprijed određujući izbor plana rješenja.

Iako se dokaz u rješavanju konstrukcijskih zadataka provodi slično kao i dokaz teorema, korištenjem aksioma, teorema i svojstava geometrijskih likova, između njih postoji određena razlika. Prilikom dokazivanja teorema u većini slučajeva lako je izdvojiti uvjet i zaključak. Kod rješavanja konstrukcijskih zadataka već je teže pronaći podatke na temelju kojih je moguće dokazati da je konstruirani lik željeni. Stoga je pri rješavanju konstruktivnih zadataka u razredu ponekad svrsishodno posebno istaknuti što je zadano, a što treba dokazati. Na primjer, prilikom rješavanja problema: Konstruiraj romb duž njegove dvije dijagonale pozivamo učenika da zapiše što je zadano (dijagonale su međusobno okomite i, sijeku se, podijeljene su na pola) i što treba dokazati (stranice su jednake). Zauzvrat, prilikom rješavanja problema kod kuće i u kontrolni rad moguće je ne zahtijevati izvršenje dokaza uz izdvajanje posebnog uvjeta i zaključka. Nema potrebe zahtijevati poseban dokaz u zadacima gdje je ispravnost rješenja očita.

Vratimo se našem problemu i razmotrimo njegov dokaz.

Dokaz: pravci DS4 i DS5 prolaze točkom D i konstrukcijom su paralelne s ravninom ABC.

4 Istraživanja

Kod konstruiranja se obično ograničava na pronalaženje jednog od nekih rješenja, a pretpostavlja se da su svi koraci konstrukcije zapravo izvedivi. Za cjelovito rješenje problema potrebno je još razjasniti sljedeća pitanja: 1) je li uvijek moguće (tj. za bilo koji izbor podataka) konstrukciju izvesti na odabrani način; 2) je li moguće i kako konstruirati željenu figuru ako se odabrana metoda ne može primijeniti; 3) koliko rješenja ima problem za svako mogući izbor podaci? Razmatranje svih ovih pitanja čini sadržaj studije.

Stoga je cilj studije utvrditi uvjete rješivosti i odrediti broj rješenja. Nije rijetkost da školarci, pa i učitelji provode istraživanja proizvoljno birajući jedan ili drugi slučaj, a nije jasno zašto se razmatraju ovi, a ne neki drugi slučajevi. Također ostaje nejasno jesu li razmotreni svi mogući slučajevi. U praksi je u većini slučajeva moguće postići potrebnu cjelovitost elaborata ako se ovaj elaborat izvede u tijeku gradnje, što je najpristupačniji i najcjelovitiji način. Bit ove tehnike je da se sukcesivno nabroje svi koraci koji čine konstrukciju, te da se za svaki korak utvrdi je li konstrukcija navedena u ovom koraku uvijek izvediva, i ako je izvediva, je li jedinstvena.

Razmotrimo proučavanje našeg problema.

Studija: dati zadatak ima rješenje, i štoviše, samo jedno, budući da se samo jedna ravnina može povući paralelno s danom ravninom i ravna crta koja ne leži na njoj.

Zadaci

Zadatak broj 1.

Dano: SABCD piramida, PSB, KSC, MSA.

Konstrukcija: presjek SABCD MKR ravninom

Rješenje: Budući da točke M, K i P leže na bočnim rubovima piramide, odmah je moguće konstruirati dvije stranice MP presjeka

R Do

M NA S

O H

ALI D

i RK. Nakon toga, trebate pronaći točku H presjeka sekantne ravnine s rubom SD.

Sada u ravnini (BSD) imamo dvije točke sekantne ravnine: O1 i P. Dakle, točka H koja se traži na bridu SD bit će presječna točka brida SD i pravca PO1.

Točka je pronađena, zadnje dvije strane presjeka MN i NK lako se konstruiraju. Dakle, MKRN je željeni presjek.

Zadatak #2

Zadano: Konstruirajte presjek prizme ABCDA1B1C1D1 - prizma, PAA1, QBB1, RCC1

Pronađite: presjek ABCDA1B1C1D1 ravninom koja prolazi kroz točke P, Q, R

Rješenje: Konstruirajmo trag sekantne ravnine na ravnini donje baze prizme. Razmotrimo lice AA1B1B. Ovo lice sadrži točke presjeka P i Q. Nacrtajte pravac PQ. Nastavljamo pravac PQ, koji pripada presjeku, do sjecišta s pravom AB. Dobivamo točku S1 koja pripada tragu. Slično, dobivamo točku S2 presjekom pravaca QR i BC. Pravica S1S2 - trag sekantne ravnine na ravnini donje baze prizme. Pravac S1S2 siječe stranicu AD u točki U, stranu CD u točki T. Spojimo točke P i U, budući da leže u istoj ravnini lica AA1D1D. Slično, dobivamo TU i RT. PQRTU - željeni odjeljak.

Zadatak #3

Zadano: Konstruirajte presjek prizme ABCDA1B1C1D1 - prizma, MA1B1, NAD, PDC

Nađi: presjek ABCDA1B1C1D1 ravninom koja prolazi kroz točke M, N, P

Rješenje: Točke N i P leže u ravnini presjeka i u ravnini donje baze paralelepipeda. Konstruirajmo pravac koji prolazi kroz ove točke. Ova linija je trag sekantne ravnine na ravnini baze paralelepipeda. Nastavimo pravcu na kojoj leži stranica AB paralelepipeda. Pravci AB i NP sijeku se u nekoj točki S. Ova točka pripada presječnoj ravnini. Budući da točka M također pripada presječnoj ravnini i siječe pravac AA1 u nekoj točki X. Točke X i N leže u istoj ravnini lica AA1D1D, spojimo ih i dobijemo pravac XN. Budući da su ravnine strana paralelepipeda paralelne, moguće je povući pravac kroz točku M u licu A1B1C1D1 paralelno s pravcem NP. Ovaj pravac će presijecati stranu B1C1 u točki Y. Slično, crtamo pravac YZ, paralelan s pravcem XN. Povezujemo Z s P i dobivamo traženi odjeljak - MYZPNX.

Također, zadaci za konstruiranje presjeka mogu se rješavati u programu "Živa geometrija".

Dano: ABCDA1B1C1D1-paralepiped, P CC1D1D, Q AA1D1D, R BB1. Konstruirajte: presjek ABCDA1B1C1D1 ravnim PQR.

Odluka:

Zadano: Točke P, Q i R uzete su na površini paralelepipeda ABCDA1B1C1D1 kako slijedi: točka P leži na licu CC1D1D, točka Q leži na bridu B1C1, a točka R leži na bridu AA1.

Konstrukt: presjek paralelepipeda ravninom (PQR).

Odluka:

Zadano: Točke P i S uzete su na bridovima A1B1 i DD1 paralelepipeda ABCDA1B1C1D1, redom, a točke Q i R su uzete na stranama DD1C1C i AA1D1D, redom.

Konstruiraj: presjek paralelepipeda ravninom koja prolazi točkom S paralelno s ravninom PQR.

Odluka:

3.Samostalno rješavanje problema

Svaki učenik dobiva karticu sa zadatkom. Na istom listu izvedena je konstrukcija presjeka i opis ove konstrukcije. Provjera zadataka može se obaviti na satu u TMC-u „Matematika, 5.-11. razredi. Praktično"

Zadatak 1-7: konstruirajte presjek koji prolazi kroz točke M, K, L.

Zadatak 8: konstruirajte presjek koji prolazi točkom P i pravom KL.

Zadatak 9: konstruirajte presjek koji prolazi točkom K i pravcem PQ.

Vježba 1

Zadatak 2

Zadatak 3

Zadatak 4 Zadatak 5

Zadatak 6

Zadatak 7

Zadatak 8 Zadatak 9

Rješenja zadataka u EMC “Matematika, 5.-11. Praktično"

Zaključak

U školskom je kolegiju neophodan sustavno proučavanje geometrijskih konstrukcija, jer u procesu proučavanja zadataka koncentriraju znanja iz drugih područja matematike, razvijaju vještine praktične grafike, formiraju vještine pretraživanja za rješavanje praktičnih zadataka, uvode ih u izvedivo samostalno istraživanje, pridonijeti razvoju specifičnih geometrijskih prikaza, ali i temeljitijoj obradi vještina i sposobnosti.

U ovom seminarskom radu razmatrana je uloga i mjesto konstrukcija u školskom kolegiju, te metodologija rješavanja zadataka za konstrukciju u stereometriji i osnovne geometrijske konstrukcije.

Književnost

stereometrija

1. Aleksandrov, I.I. Zbirka geometrijskih konstrukcijskih zadataka s rješenjima / II Aleksandrov. - M.: Učpedgiz, 1954.

2. Argunov, B.I. Elementarna geometrija: udžbenik. dodatak za ped. in-tov / B.I. Argunov, M.B. Zadržavati. - M.: Prosvjeta, 1966.

3. Konovalova, V.S. Rješavanje konstrukcijskih zadataka tijekom geometrije kao sredstvo razvoja logičkog mišljenja / V.S. Konovalova, Z.V. Shilova // Poznavanje procesa nastave fizike: zbornik članaka. 9. izdanje. - Kirov: Izdavačka kuća VyatGGU, 2008. - S. 59-69.

4.Misyurkeev, I.V. Geometrijske konstrukcije. Priručnik za učitelje / I.V.Misyurkeev. - M: Učpedgiz, 1950.

5. Ponarin, Ya.P. Elementarna geometrija: U 2 toma - V.2: Stereometrija, transformacije prostora / Ya.P. Ponarin - M.: MTsNMO, 2006.

6. Prasolov, V.V. Problemi u stereometriji. 1. dio / V.V. Prasolov. - M.: Nauka, 1991.

7. Sarantsev, G.I. Nastava matematičkih dokaza i pobijanja u školi / G.I. Sarantsev. - M.: VLADOS, 2005.

8. Sharygin, I.F. Problemi iz geometrije (stereometrija) / I.F. Sharygin. - M.: Nauka, 2009.

Razmatraju se značajke konstruiranja slika figura, prvenstveno ravnih, kao i zadaci za konstruiranje slika na slikama.

Prilikom proučavanja pitanja prikaza likova u stereometriji, usredotočit ćemo se na prikaz ravnih figura. I to je razumljivo, budući da gledajući pravi fizički objekt (kuću, kocku, knjigu itd.), vidimo površinu, koja se u mnogim slučajevima sastoji od ravnih dijelova (sl. 201 - 203). Na crtežima i tehnički crteži prije svega pokušavaju prikazati površinu nekog predmeta, a naše životno iskustvo omogućuje sagledavanje predmeta kao cjeline iza detalja površine.

Budući da je glavni geometrijski lik trokut, otkrijmo koji lik može biti slika trokuta. A onda ćemo moći raspravljati o pitanju slike drugih poligona poznatih iz planimetrije. Osim toga, govorit ćemo o slici najjednostavnijih prostornih figura.

Kao geometrijsku osnovu slike uzimamo paralelnu projekciju. Prije svega, potrebno je razjasniti sadržaj pojma "slike", jer je dovoljno shvatiti sliku figure kao njegovu izravnu paralelnu projekciju.

neugodno. lik velike veličine jednostavno je nemoguće projicirati na list papira - da bi se slika uklopila, paralelna projekcija figure mora se proporcionalno smanjiti (ili povećati u drugim situacijama).

Slika prostorne figure je lik sličan paralelnoj projekciji danog lika na određenu ravninu.

Ovu definiciju treba dopuniti. Jasno je da bi slika trebala sadržavati što više informacija o figuri. Malo je vjerojatno da će paralelna projekcija kocke na si. 204, a) u potpunosti odražava značajke ove figure. Tako

na slici poliedara prikazani su njihovi vrhovi i bridovi, vidljivi i nevidljivi.Kao što je već napomenuto, nevidljive su linije prikazane isprekidanim linijama. Dakle, slika kocke na sl. 204b)

daje potpunije informacije o kocki. Na slici prostorne fi-

gurui također ističu slike njegovih važnih elemenata (na primjer, dijagonale, presjeke, itd.).

Imajte na umu da ni ravnina projekcije ni smjer projekcije nisu fiksni u definiciji. To je razumljivo, budući da se položaj prikladan za razmatranje može odabrati proizvoljno.

Odgovorimo sada na pitanje: koja figura može biti slika trokuta? Slučaj kada trokut leži u ravnini projiciranja

ty, nećemo razmatrati. U tom se slučaju projicira na segment (sl. 205).

Budući da je paralelna projekcija trokuta trokut (osim gore navedenog slučaja), tada i slika trokuta mora biti

kvadrat. Istodobno se postavlja pitanje: "A koji se trokut može smatrati slikom ovog trokuta?" Kao što je poznato, s paralelnim projektom

rovaniya promijeniti duljinu segmenata, mjere kutova. Jasno je da paralelna projekcija jednakokračan trokut je, općenito govoreći, razmjerni trokut, projekcija tupokuta može biti oštra, itd.

Provođenje jednostavnih pokusa s kartonskim modelima trokuta pri primanju njihove sjene od Sunca ili od udaljene svjetiljke pokazuje da oblik paralelnih projekcija trokuta može biti različit. Štoviše, može se osigurati da se zbog odgovarajućeg postavljanja modela može dobiti trokut zadanog oblika kao projekcija. Dakle, s obzirom na različite sjene jednog trokuta, možemo doći do sljedećeg zaključka.

Slika ovog trokuta može biti proizvoljan trokut.

Matematička potpora ove činjenice bit će učinjena kasnije. Koristeći ga, može se izvući određene zaključke o slici neke četvorice

pravokutnika. Iz svojstava paralelnog dizajna

slijedi da je slika paralelograma proizvoljna

paralelogram. Doista, dijagonalni paralelogram podijeljen je na dva jednaka trokuta (slika 206, a). Slika-

Proizvoljni trokut A 1 B 1 D 1 može biti izraz trokuta ABD. dostro-

Yvesov trokut A 1 B 1 D 1 na paralelogram-

ma (slika 206, b), koji je jednoznačno određen ovim trokutom, dobivamo sljedeći zaključak.

Slike ovog paralelograma mogu biti proizvoljni paralelogram.

Što se tiče trapeza, sličan zaključak se ne može izvesti na slikama, budući da se u paralelnom dizajnu mora sačuvati omjer duljina paralelnih baza. Ako je, na primjer, jedna od baza upola manja, onda bi taj omjer trebao biti sačuvan na slici. Iako bi, naravno, slika trapeza trebala biti trapez (ali ne proizvoljna!).

Što se tiče slike drugih poligona, moguće je odabrati tri njihove točke koje ne leže na jednoj ravnoj crti (na primjer, tri vrha). Ove točke definiraju trokut, koji se može predstaviti proizvoljnim trokutom. Nadalje, korištenjem svojstava paralelne projekcije (ona su također svojstva slika), u nekim slučajevima moguće je izgraditi sliku cijelog poligona.

Nakon što smo naučili prikazati neke ravne figure smještene u prostoru, možemo početi prikazivati ​​najjednostavnije prostorne figure.

Slike pravokutnog paralelepipeda, kocke ne razlikuju se od slika proizvoljnog paralelopipeda, budući da proizvoljni paralelogrami mogu biti slike kvadrata i pravokutnika. Najčešće se kocka prikazuje onako kako je to učinjeno na sl. 207a). Na sl. 207, b)–d) dane su i slike kocke. Međutim, za razliku od Sl. 207, a), teško je iz ovih slika dobiti ideju o svojstvima kocke. Na sl. 207, b), c) slike su jednostavne i točne, odnosno izrađene su prema zakonima paralelnog dizajna. Međutim, oni nisu vizualni. To ne znači da nam u nekim slučajevima neće trebati svaka od gornjih slika.

Razmotrimo detaljnije konstrukciju slike paralelepipeda. U §7, paralelepiped se smatrao poliedrom čija su lica šest paralelograma. U §8 je razmatran pristup konstruiranju figura iz segmenata. Koristimo se

ih. U zadanoj ravnini α konstruiramo paralelogram ABCD i kroz sve njegove vrhove povučemo paralelne pravce koji sijeku ravninu α (slika 208). Na tim linijama, na jednoj strani ravnine α, postavljamo segmente AA 1, BB 1, CC 1, DD 1 iste duljine. Lako je dokazati da točke A 1 , B 1 , C 1 , D 1 leže u istoj ravnini i da su vrhovi paralelograma A 1 B 1 C 1 D 1 . Akcijski-

Dakle, budući da su AA 1 D 1 D, ABCD i BB 1 C 1 C paralelogrami, onda je A 1 D 1 ||AD ,AD ||BC, BC ||B 1 C 1 i, prema kriteriju paralelnosti pravaca (Teorem 2 § 8) ,A 1 D 1 ||B 1 C 1 . To nam, posebice, daje priliku da ustvrdimo da točke A 1 , B 1 , C 1 , D 1 leže u istoj ravnini.

Slično, imamo da je A 1 B 1 ||D 1 C 1, odnosno da je četverokut A 1 B 1 C 1 D 1 paralelogram.

Skup svih točaka isječaka koji spajaju točke paralelograma ABCD i A 1 B 1 C 1 D 1 tvore lik koji je paralelopiped(Sl. 209). Jasno je da se pri konstruiranju paralelopipeda može proći s paralelnim segmentima koji povezuju odgovarajuće točke paralelograma. Slika je napravljena, kao na sl. 208, samo uzimajući u obzir činjenicu da je kutija "napunjena" točkama, a neke linije su nevidljive promatraču. Kao i na crtežu, prikazani su isprekidanom linijom. Označimo paralelepiped njegovim vrhovima:

ABCDA1 B 1 C 1 D 1 .

Dvije strane paralelepipeda koje imaju zajednički rub nazivaju se susjedne, a nemaju zajednički rub, - suprotan. Zovu se dva vrha koji ne pripadaju istom licu suprotan. Zove se odsječak koji povezuje suprotne vrhove paralelna dijagonala

Slika piramida, posebice tetraedara, razmatrana je u § 8 u vezi s njihovom konstrukcijom iz segmenata.

! Razmatranje slika ravnih i prostornih

brojke dopušta formulirati zahtjeve za slike:

1) slika mora biti ispravna, odnosno zadovoljiti određena pravila;

2) slika bi trebala biti vizualna;

3) sliku treba lako pratiti.

Ispravnost slike osigurava se poštivanjem pravila za građenje paralelnih projekcija. Jasnoća i jednostavnost osiguravaju se izborom smjera dizajna, odnosno "kutnog gledanja" na slici i položaja ravnine projekcije. Dakle, slike SABC tetraedra na Sl. 210, a), b) ne može se smatrati uspješnim. U prvom slučaju koristi se paralelna projekcija na ravninu lica ABC, a u drugom slučaju smjer projekcije određen je ravnom crtom AB. U oba ova slučaja gubi se volumen figure. U pravilu koristite treću sliku (slika 210, c). To je ravan četverokut ABCS s dijagonalama AC i SB. Nevidljivi rub AC prikazan je isprekidanom linijom.

Važno sredstvo za osiguravanje jasnoće slike je slika elemenata figure (medijana, simetrala, središnje linije, dijagonale itd.), Kao i najjednostavniji dijelovi.

Izrada slika različitih figura sastavni je dio rješavanja stereometrijskih problema.

Često je pri rješavanju zadataka potrebno izvesti određene konstrukcije na slici (nacrtati medijan, označiti središte upisane kružnice, konstruirati presjek i sl.). Ove se konstrukcije obično izvode prema svojstvima paralelnog projektiranja.

Primjer 1. Na proizvoljnoj slici pravokutnog jednakokračnog trokuta ABC (C \u003d 90 °), izgradite sliku: 1) središte O opisane kružnice; 2) upisani kvadrat čije dvije stranice leže na nogama

trokuta, a jedan od vrhova je na hipotenuzi BA.

 Neka je slika pravokutnog jednakokračnog trokuta ABC (sl. 211, a) trokut A 1 B 1 C 1 (sl. 211, b).

1) Središte kružnice opisane oko pravokutnog trokuta središte je hipotenuze. Stoga je njegova slika sredina slike hipotenuze.

Izgradnja. Dijelimo segment A 1 B 1 na pola, točka podjele O 1 je željena (slika 211, c).

2) Ako iz sredine O hipotenuze AB povučemo okomice na katete (vidi sl. 211, a), onda ćemo dobiti kvadrat koji zadovoljava uvjet zadatka. Povučene okomice su paralelne s kracima. To je ono što ćemo koristiti za izgradnju željene slike.

Izgradnja. Iz točke O 1 crtamo segmente O 1 E 1 i O 1 F 1, paralelno s C 1 B 1 i C 1 A 1 (slika 211, d). ČetverokutC 1 E 1 O 1 F 1 je poželjna.

Primjer 2. Na slici kocke konstruirajte njezin presjek ravninom koja prolazi središtima triju paralelnih bridova.

 Na sl. 212 sredine rebara AA 1, BB 1, SS 1, DD 1 kocke ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 označene su sa A 2, B 2, C 2, D 2. Slike tih točaka leže na središnjim točkama slika odgovarajućih segmenata (zašto?). Neka rezna ravnina prolazi kroz točke A 2 , B 2 , D 2 . Budući da su sve strane kocke kvadrati, tada segment A 2 B 2 prolazi središtem suprotnog

Zatim pravac BE postavlja pravi smjer za projekt

stranice kvadrata AA 1 B 1 B, jednaka strani kvadrat AB (ili brid kocke) i paralelan je s ovom stranom.

Slično, D 2 C 2 ||DC i D 2 C 2 =DC. Budući da je AB ||DC , onda, u skladu s tranzitivnošću relacije paralelizma, A 2 B 2 ||D 2 C 2 . Jedna ravnina prolazi kroz paralelne prave A 2 B 2 , D 2 C 2 . Točke A 2, B 2, D 2 leže u ovoj ravnini, stoga je ova ravnina željena sekanta. Rezna ravnina siječe površine kocke u jednakim segmentima A 2 B 2, B 2 C 2, C 2 D 2 i D 2 A 2. Prema tome, četverokut A 2 B 2 C 2 D 2, koji je željeni presjek, ima oblik romba. Lako je vidjeti da su dijagonale B 2 D 2 i A 2 C 2 ovog romba jednake jedna drugoj. Odnosno, četverokut A 2 B 2 C 2 D 2 - kvadratni. Ne samo da smo izgradili dionicu, već smo uspostavili i njen oblik.

Razmotrimo potkrijepljenost gornjih zaključaka u vezi sa slikom glavnih ravnih figura.

Teorem 1 (o slici trokuta).

Svaki trokut može biti slika zadanog trokuta.

Neka je zadan trokut ABC. Uzmimo proizvoljan trokut KMN. To može biti slika trokuta ABC ako postoji projekcijska ravnina i smjer projekcije takav da je paralelna projekcija trokuta ABC slična trokutu KMN.

Projekcijsku ravninu α biramo tako da siječe ravninu trokuta ABC duž ravne AC (sl. 213). Smjer projekcije trebamo odabrati tako da projekcija trokuta ABC na ravninu α bude trokut sličan trokutu KMN. Da bismo to učinili, konstruiramo trokut CAE u ravnini α, sličan trokutu KMN s koeficijentom pod-

biya MK AC

lutajući. Budući da je trokut CAE paralelna projekcija trokuta ABC, a trokuti CAE i KMN slični, onda je trokut KMN slika trokuta

ka ABC.

! Ovaj teorem otvara široke mogućnosti za odabir slika ovog trokuta, iako, naravno, ne biste trebali koristiti slike sa svojstvima koja izvornik nema. Na primjer, neprikladno je prikazati proizvoljan trokut kao pravokutni.

Okrećući se slikama drugih poligona, napominjemo da za njih u pravilu ne vrijede teoremi slični teoremu 1, iako su neka njihova svojstva sačuvana na slici. Prije svega, govorit ćemo o paralelizmu strana (zašto?). S tim u vezi donosimo još jedan važan teorem.

Teorem 2 (o slici paralelograma).

Svaki paralelogram može biti slika zadanog paralelograma.

Ovaj se teorem može dokazati dijeljenjem paralelograma dijagonalama na trokute i korištenjem teorema 1 (vidi sl.

riža. 206, a, b)

Već smo se susreli sa situacijama kada planimetrijske činjenice imaju analogije u prostoru. I takvi slučajevi će se i dalje događati. Najjednostavniji prostorni lik - tetraedar - odgovara trokutu na ravnini. Prema teoremu 1, svaki trokut može biti slika zadanog trokuta. S druge strane, tetraedar se projicira u četverokut, koji nakon povlačenja dijagonala u njemu postaje slika tetraedra. Postavlja se pitanje: može li proizvoljni četverokut biti slika zadanog tetraedra? Potvrdan odgovor na njega daje teorem njemačkih matematičara Polkea K. (1810–1877) i Schwarza G. (1843–1921). Na temelju toga možete izgraditi sliku poliedra. Da biste to učinili, morate odabrati četiri vrha koji ne leže u istoj ravnini. Oni su vrhovi nekog tetraedra. Zatim postavite sliku ovih točaka na proizvoljan način. Pa čak i tada dovršite sliku cijele figure, koristeći svojstva dizajna.

Primjer 3. Konstruirajte sliku pravilnog šesterokuta.

 Promotrimo pravilan šesterokut ABCDEF (slika 214, a). Ima svojstva koja bi trebala biti sačuvana u svojim slikama. Stranice šesterokuta su parno paralelne (AB ||ED, BC ||EF, CD ||AF). Ima središte simetrije O, a segmenti koji spajaju točku O s vrhovima šesterokuta jednaki su jedan drugome i jednaki njegovoj strani. Sada je lako vidjeti da je dovoljno izgraditi sliku paralelograma (čak i romba) ABCO, da bi se zatim dovršila slika cijelog šesterokuta na njemu.

Neka je paralelogram A 1 B 1 C 1 O 1 slika paralelograma ABCO (može biti proizvoljan paralelogram!). Proširujući 1 O 1 i C 1 O 1 izvan točke O 1 tako da O 1 D 1 \u003d A 1 O 1, O 1 F 1 \u003d C 1 O 1, konstruiramo paralelogram F 1 O 1 D 1 E 1 (Sl. 214, b). U biti, konstruiran je paralelogram, centralno simetričan paralelogramu A 1 B 1 C 1 O 1 s obzirom na njegov vrh O 1 . Spajanjem točaka A 1 i F 1, C 1 i D 1, dobivamo sliku pravilnog šesterokuta (slika 214, c).

 Kontrolna pitanja

1. Koja od slika na sl. 215, a)-d) nije slika kvadrata?

2. Koja od slika na sl. 216, a)-d) nije slika kocke?

3. Koji od Sl. 217, a) - d) slika kocke nije točna?

4. Koji od Sl. 218, a) - d) slika tetraedra nije točna?

5. Je li paralelna projekcija lika njegova slika?

6. Može li se pravokutni trokut smatrati slikom jednakokračnog trokuta?

7. Je li istina da je slika središnje linije trokuta srednja linija njegove slike?

8. Može li paralelogram biti slika trapeza?

9. Može li trokut predstavljati tetraedar?

10. Je li moguće nacrtati tetraedar na način da mu je točno jedno lice nevidljivo?

11. Koliki je najmanji broj bridova kocke koji se može vidjeti na slici? A najveći?

12. Koja je figura slika: a) segment; b) trokut; c) trapez; d) paralelogram; e) n-gon?

Grafičke vježbe

1. Postavite koje strane tetraedra ABCD prikazan na sl. 219, pripadaju točkama P , K, M ?

2. Koji parovi točaka X, Y, Z, T naznačeni na slici tetraedra na sl. 220 ne leže na istom licu?

3. Koji je lik presjek kocke ravninom koja prolazi kroz točke M, N, P, naznačeni na sl. 221, a)-d)?

174°. Dana je slika jednakokračnog trokuta u obliku razmjernog trokuta. Napravite sliku na ovoj slici:

1) simetrale kuta na vrhu;

2) okomita na bazu, povučena sredinom stranice; 3) romb, čije se dvije susjedne strane poklapaju sa stranom

stranice trokuta.

175. Na slici jednakokračnog pravokutnog trokuta konstruiraj sliku kvadrata koji leži u ravnini trokuta, ako je stranica kvadrata:

1°) krak zadanog trokuta; 2) hipotenuza zadanog trokuta.

176. Na proizvoljnoj slici jednakostraničnog trokuta ABC sagradi sliku:

1°) točke presjeka visina trokuta; 2°) "opisanoga" pravokutnika, čija jedna stranica

podudara se s nekom stranom trokuta, a druga sadrži suprotni vrh; 3) simetrale vanjski kut trokut.

177. Dana je slika trokuta i njegove dvije visine. Konstruiraj sliku središta kružnice opisane oko ovog trokuta.

178. Na slici pravokutnog trokuta jedan od oštri uglovi koji je jednak 60 °, izgradite sliku: 1) simetrala ovog kuta; 2) visina povučena do hipotenuze;

3) središte upisane kružnice.

179°. Konstruiraj sliku romba i njegove visine povučene iz vrha kuta čija je veličina 120°.

180. Napravi sliku kvadrata sa slikom točke presjeka njegovih dijagonala i dvije:

1°) susjedni vrhovi; 2*) suprotni vrhovi. 181. Na proizvoljnoj slici jednakokračnog trapeza čija je stranica jednaka manjoj osnovici sagradi

slika:

1°) osi simetrije trapeza; 2) upisani pravokutnik čija dva vrha leže

žanje na većoj bazi i jedna od strana se poklapa s manjom bazom; 3) središte kruga dodiruje stranice i manje

osnovica trapeza.

182. Dana je slika jednakokračnog trapeza čiji su kutovi pri bazi jednaki 45 °. Izgradite sliku:

1) središte kružnice opisane oko trapeza;

2*) središte kruga dodiruje manju bazu i stranice.

183. Dana je slika kružnice i jednog od njezinih promjera. Napravi sliku polumjera kružnice okomito na ovaj promjer.

184. Dana je slika kocke ABCDA 1 B 1 C 1 D 1.

1°) Konstruiraj pravac presjeka ravnina DA 1 C 1 i B 1 D 1 D. 2) Nađi duljinu odsječka ovog pravca sadržanog u kocki ako je rub kocke jednak a.

3) Konstruirajte presjek kocke ravninom koja prolazi središtima triju susjednih strana u paru.

185. Zadana je slika tetraedra ABCD, točke K, M i P su sredine DC, AD i BD, redom.

1°) Konstruiraj liniju presjeka ravnina ACP i BMK. 2) Nađite duljinu odsječka ovog pravca sadržanog u tetraedru ako su duljine svih njegovih bridova jednake.

3) Konstruirajte presjek tetraedra ravninom koja prolazi kroz presječne točke medijana njegovih triju strana.

186. Konstruiraj presjek tetraedra SABC ravninom koja prolazi kroz:

1°) sredine rebara SA, SC i BC;

2) točka M na AS (AM :AS = 1:2), točka N na SC (CN :NS = 1:2)

i točka P na BC (CP :PB = 1:2);

3) sredine bridova AS, AB i središta lica SBC ; 4*) centri za lice ASB, ABC i BSC.

187. Konstruiraj presjek kocke ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 ravninom koja prolazi kroz:

1) rub CD i središte lica AA 1 B 1 B ;

2) dijagonala A 1 D i središte brida BCC 1 B 1 ;

3*) sredine bridova AD , CD i točke B ;

4*) središta strana CDD 1 C 1 , CBB 1 C 1 i točke A.

Vježbe za ponavljanje

188. Dvije paralelne linije siječe treći pravac. Jedan od osam formiranih kutova jednak je 50°. Što je svaki od ostalih kutova?

189. Zadana je kockaABCDA 1 V 1 S 1 D 1.

1) Odaberite sve bridove paralelne s rubom AA 1 .

2) Dokažite da je brid DC paralelan presjeku ravnina ABC 1 i A 1 B 1 D .

4) Neka je a proizvoljan segment na licu kocke. Konstruirajte segment paralelan segmentu a u nesusjednoj površini kocke.

Svaki paralelogram može biti slika zadanog paralelograma.

• Naučiti primijeniti stečeno znanje u praksi, prema modelu, algoritmu, uz naznaku.
• Učvrstiti vještine konstruiranja presjeka pomoću aksioma stereometrije.
• Razvijati prostorno mišljenje učenika.

Tijekom nastave.

I. Organizacijski dio.

II. Analiza domaće zadaće.

Domaća zadaća bila je podijeljena u tri razine težine.

Zadatak 1 i 2 - prva razina

Zadatak 3 i 4 - druga razina

Zadatak 5 i 6 - treća razina

Zadatak 1. ABSA 1 C 1 – trokutasta prizma, točka F - sredina rebra AB , točka O leži na nastavku rebra Sunce tako S nalazi između NA i O . Konstruirajte presjek prizme ravninom u 1 FO .

Zadatak 2. Točka O - sredina rebra DD 1 Kuba ABCDA 1 B 1 C 1 D 1. Nacrtajte točke presjeka linija A 1 O i C1O s baznom ravninom ABCD i izračunaj razmak između njih ako je duljina ruba kocke 2 cm.

Zadatak 3. Zadana je trokutasta piramida SABC bodova R i R lezi na rebra SA i Sunce, točka F leži na nastavku rebra AC pa ta točka S leži između točaka ALI i F. Konstruirajte presjek piramide ravninom PRF

Zadatak 4. SABCD- četverokutna piramida. Točka R leži na rubu SCD, točka F uz rub DC pa ta točka D leži između F i S. PFB.

Zadatak 5. DABC- pravilni tetraedar čija je duljina ruba 4 cm.Točka O - sredina rebra D.B.. Točka F leži na nastavku rebra Sunce tako S - sredina segmenta bf, točka T leži na nastavku rebra AC tako S - sredina segmenta NA. Konstruirajte presjek tetraedra ravninom FTO i izračunaj njegov opseg.

Zadatak 6. DABC- trokutasta piramida Točka F leži na rubu D.B., točka T leži na nastavku rebra AB pa ta točka ALI nalazi između točaka T i NA, točka R leži na nastavku rebra CD pa ta točka S leži između točaka D i R. Konstruirajte presjek piramide ravninom TFR.

Svaka skupina dobiva zadatke ovisno o razini težine. Učenici ispunjavaju ove zadatke, a zatim zajednički raspravljaju o rješenju.

Uvjet: jesu li popunjene figure presjeci prikazanih poliedara ravninom PQR ? U slučajevima kada je odjeljak pogrešno prikazan, pronađite ispravno rješenje.

Slike prikazuju pravilne paralelepipede.

Zadatak prve razine:

Zadatak druge razine:

Zadatak treće razine:

Svaka skupina dobiva glavni i dodatni zadatak. U dodatnom zadatku na slikama su prikazane trokutaste prizme (1. i 2. razina) i trokutasta piramida (3. razina).

Rad ocjenjuje nastavnik, a zatim ga označava u časopisu.

Zadatak prve razine:

• NA trokutasta piramida DABC točka O - točka presjeka medijana lica DBC. Točka F leži na pravoj liniji AB tako NA leži između točaka ALI i F, točka E leži na pravoj liniji AC pa ta točka S leži između ALI i E. Konstruirajte presjek piramide ravninom OEF.

• PQR

Zadatak druge razine:

• ABSA 1 U 1 SA 1 - trokutasta prizma. Točka O leži na rubu A 1 C 1 ,. Točka F leži na nastavku rebra AC tako S leži između ALI i F. Točka Do leži na nastavku rebra AB tako NA nalazi između ALI i Do. Konstruirajte presjek prizme ravninom OKF.

• Dodatni zadatak: jesu li ispunjeni oblici presjeci prikazanog poliedra ravnina PQR ? U slučajevima kada je odjeljak pogrešno prikazan, pronađite ispravno rješenje.

Zadatak treće razine:

• Baza kvadra A BCDA l B 1 C 1 D 1 - kvadrat čija je stranica 2 cm.Točka O - sredina bočno rebro DD 1 i bodova Do i F ležati na nastavku rebara Sunce i AB odnosno tako da Sunce = 2SK, AB = 2FA . Izračunajte površinu presjeka paralelepipeda ravninom OFK , ako DD 1 = 4 cm.

• Dodatni zadatak: jesu li ispunjeni oblici presjeci prikazanog poliedra ravnina PQR ? U slučajevima kada je odjeljak pogrešno prikazan, pronađite ispravno rješenje.

Učenici biraju odgovarajuću razinu težine.

Zadatak za prvi stupanj težine:

Zadatak za drugu razinu težine:

Zadatak za treću razinu težine: