Как найти сечение куба по трем точкам

Общеобразовательная школа І-ІІІ ступеней
№2

отдела образования администрации города Кировское

«Сечение куба плоскостью

 и практическое их применение
в задачах».

Подготовила учитель математики

учитель-методист

Чумакова Г.В.

2015 г.

Введение:

Задачи
на построение сечений многогранников занимают значительное место как школьном
курсе геометрии для старших классов, так и на экзаменах разного уровня. Решение
этого вида задач способствует усвоению аксиом стереометрии, систематизации
знаний и умений, развитию пространственного представления и конструктивных
навыков. Общеизвестны трудности, возникающие при решении задач на построение
сечений.

Основными
действиями, составляющими метод построения сечений, являются нахождение точки
пересечения прямой с плоскостью, построение линий пересечения двух плоскостей,
построение прямой параллельной плоскости, построение прямой перпендикулярной
плоскости.

Проиллюстрирую
построение сечения на одной задаче из школьного курса математики:

№1.
Постройте хотя бы два сечения куба ABCDA₁B₁C₁D₁ плоскостью
АМ₁С, если точка М₁ движется по отрезку ВВ₁ от
В до В₁. Найдите границы измерения высоты сечения, проведённой из
точки М₁.

Решение:
Построим два требуемых сечения, взяв точку М₁ ближе к точке В, а
точку М₂ ближе к В₁. Оба сечения показаны на рисунке .В
начале движения когда точка М₁только отошла от точки В₁,
сечение представляет собой треугольник с основанием АС и высотой М₁О,
которая чуть больше отрезка ВО, т.е.  Если точка
М₁ займёт положение М₂ расположенной очень близко к точке
В₁, то АМ₂С
почти совпадёт с АВ₁С,
а его высота М₁О – с отрезком В₁О, длина которого равна   (ОВ₁==).

Отсюда по
соображениям непрерывности делаем вывод:

Особо следует посмотреть, что произойдёт, если точка М₁
займёт положение вершины В.

        №2.
Построить сечение куба плоскостью, проходящей через три точки А₁, E
и L, лежащие на рёбрах куба.

 Плоскости
граней A₁ADD₁ и DD₁C₁C  пересекаются
по прямой DD₁, а плоскости
граней  A₁B₁C₁D₁ u DD₁C₁C – по прямой D₁C₁. Соединив
точки А и Е , получим прямую пересечения секущей плоскости с плоскостью грани AA₁D₁D, а продолжив
её, найдём точку N, принадлежащую
трём плоскостям: плоскости сечения и плоскостям граней  AA₁D₁D u DD₁C₁C.

Аналогично
найдём точку М, общую трём плоскостям: плоскости сечения и плоскостям граней A₁B₁C₁D₁ u DD₁C₁C. Таким
образом, точки N u M принадлежат 
секущей плоскости и плоскости  DD₁C₁C; прямая MN – линия
пересечения плоскости  сечения  с плоскостью грани DD₁C₁C, а F и K –
точки пересечения  её с рёбрами куба CD u CC₁.
Последовательно соединив прямыми точки A₁, E, F, K u L, получаем
пятиугольник A_!EFKL, который и
даст нам искомое сечение.

При
построении сечения куба плоскостью Х при произвольном расположении точек
в сечении получается: треугольник, трапеция, прямоугольник, пятиугольник или
шестиугольник. Естественно возник вопрос, как вид сечения зависит от вида
расположения точек задающих это сечение

Я решил провести
исследование, цель которого является выяснение.

Взяты три точки A₁, D, C₁, которые
принадлежат вершине D₁, а сами
являются вершинами куба.

В сечении получился равносторонний
треугольник, так как A₁C₁, A₁D u DC₁ – диагонали
граней этого куба.

Три точки: A₁ u C₁ – вершины
куба, а точка F принадлежит
ребру куба DD₁. Точки
принадлежат прямым выходящим из вершины D₁.

В сечении получился равнобедренный
треугольник, так как F равноудалена
от точек A₁ u C₁.

Три точки: A₁ u C₁ – вершины
куба, а точка F принадлежит
прямой ребра куба DD₁. Точки
принадлежат прямым выходящим из одной вершины D₁.

В сечении получается равнобедренная
трапеция, так как F равноудалена
от точек A₁ u C₁, то есть LA₁=KC₁.

Три точки принадлежащие рёбрам с одной
вершиной D₁. Точки F u M принадлежат
продолжениям рёбер D₁D u D₁C соответственно, а
точка A₁ является
вершиной куба.

В сечении получился пятиугольник A₁KLNG.

Взяты три точки F, M u Q так, что лежат на
продолжении рёбер D₁D, D₁C₁, и D₁A₁
соответственно.

В сечении получился шестиугольник KLNGJH.

Три точки лежат на рёбрах с одной
вершиной D₁.

В сечении получился произвольный
треугольник, но если точки расположить так чтобы D₁Q=D₁M=D₁F, то есть если они были
бы равноудалены от вершины D₁ то в сечении получился бы
равносторонний треугольник.

Секущая плоскость задана точками Н, Q и M. В сечении получается
параллелограмм, так как  KC ││ MP и MK ││ PC по теореме о пересечении двух
параллельных плоскостей третьей.    

Если точки H, Q и M, задают секущую
плоскость, удаленные от D, на расстоянии
2a, где а – для
ребра куба, то в сечении получается правильный треугольник ACB₁.

Вывод: три задающих
сечение точки принадлежат трём рёбрам куба с общей вершиной или являются их
продолжением, то в сечении получается: треугольник, пятиугольник, шестиугольник
трапеция, параллелограмм.

Три точки M, K u F, взяты так что M u F принадлежат рёбрам с одной вершиной A₁, а точка K лежит на ребре не
смежным с ними.

В сечении получается
прямоугольник, так как А₁М=D₁K и по теореме о трёх перпендикулярах
можно доказать что MKLF –
прямоугольник., а если А₁МD₁K, то может получится
трапеция или пятиугольник.

Взяты три точки так, что K u L принадлежат рёбрам
выходящим из одной вершины A_1, а точка N принадлежит ребру CC₁, не смежному
сними. K, L u N середины рёбер A₁A, A₁B₁ u CC₁ –
соответственно.

В сечении получается правильный
шестиугольник KLGNHM

Взяты три точки так, что K u L принадлежат рёбрам
выходящим из одной вершины A_1, а точка T принадлежит ребру DC.

В сечении получается шестиугольник KLFRTZ.

Три точки взяты так, что K u L принадлежат рёбрам
куба с одной вершины A₁, а точка M ребре DD₁.

В сечении получается  трапеция LKQM.

Три точки K u L которые принадлежат рёбрам с одной вершиной A₁.и точка R которая лежит на ребре
BC.

В сечении получается пятиугольник KLFRT.

Точки T, H, J задающие сечение расположены так, что THAD, HJAD. В сечении получается
квадрат HTKJ.

Сечение задано точками C, F, L, причём DF=FD₁, BL=LB₁. В сечении
получается ромб AFCL.

Сечение задано точками C, G, H. B₁H=DG. В сечении
параллелограмм A₁GCH.

Точки задающие сечение являются
вершинами куба A, D, C₁. В сечении
получается прямоугольник

Треугольник АВВ₁ равносторонний,
так как его стороны это диагонали граней куба.

Треугольник КМТ равносторонний, так как
КВ=МВ=ТВ.

КМТЕ – квадрат, так как сечение задано
точками М, К, Е и МКAD, EKAD.

В сечении правильный шестиугольник
КМТНЕО, так как точки Н, Е, К задающие сечение являются серединами рёбер СС₁,
DC, АА₁ соответственно.

 Куб и несколько задач
по стереометрии с ЕГЭ.

В пособии  “ЕГЭ 2005.
Математика. Типовые тестовые задачи” (Корникова Т. А. и др.) Содержит 10 задач
(С4) по  стереометрии, объединенных общей идеей: дана треугольная призма АВСА₁В₁С₁
стороны основания АВ и ВС взаимно перпендикулярны и перпендикулярны ребру ВВ₁,
АВ=ВС=ВВ₁, вершина А является вершиной конуса (или центром одного из
оснований цилиндра, или центром сферы), основание конуса (сфера или второе
основание цилиндра) проходит через середину одного ребра призмы, длина его
известна. Надо найти объем  или поверхность конуса (сферы, цилиндра).

Общий пример решения:

Данную призму дополнить
до куба. Шестиугольник DEFKLM – сечение куба
плоскостью основания конуса , окружность которого проходит через середину А₁В₁,
А – вершина конуса, или

DEFKLM – сечение куба плоскостью основания
цилиндра, окружность которого проходит через середину А₁В₁,
А – центр второго основания цилиндра, или это сечение куба плоскостью большого
круга сферы с центром А, сфера которого проходит через середину А₁В₁.

Шестиугольник DEFKLM – сечение куба
плоскостью, проходящей через середину рёбер А₁В₁, ВВ₁,
ВСЖ при построении получаются точки K, L, M, которые
являются серединами  соответствующих рёбер. Стороны этого шестиугольника
являются гипотенузами треугольников DB₁E, EBF, FCK, KQL, LRM, MA₁D, катеты
которых равны половине ребра куба. Тогда центр этого шестиугольника является
центром описанной около него окружности, которая пересекает рёбра куба в точках
D,E, F, K, L и М, радиус
этой окружности , где А₁В₁=а.

AO EL, т. к. EAL – равнобедренный: AL=AE.

(ABE u EAL –
прямоугольные, AB=AQ= а, BE=LQ=)

EO=OL как середина
диагонали ЕL шестиугольника
DEFKLM, т. е. АО –
медиана ,а по свойствам равнобедренного треугольника и высота. Аналогично
доказывается АО DK. Так как АО
перпендикулярна к двум пересекающимся прямым плоскости шестиугольника, то АО
перпендикулярна ко всей плоскости.

Если А –
вершина конуса то АО – его высота, если А – центр второго основания цилиндра,
то АО- высота цилиндра.

АВС:
АС=, P – точки пресечения
диагоналей основания  куба, АР=, РР₁=АА₁= а. ОР=РР₁= ,
тогда из прямоугольного РОА АО=. И так  АО=.

Тогда, если
идёт речь о конусе:

=

 (из ).

Ответ:

Если речь идёт
цилиндре:

Ответ:

Если речь идёт
о сфере:

Ответ:             

Корникова Т. А.
и др. типовые тестовые задания. ЕГЭ – 2005

Вариант 6.

Задача.  
Даны призма АВСА₁В₁С₁ и цилиндр. Стороны АВ и
ВС основания призмы перпендикулярны ребру ВВ₁ и взаимно
перпендикулярны. Центром основания цилиндра служит точка А₁
окружность второго основания проходит через середину ребра А₁В₁.

Найдите площадь
полной поверхности цилиндра, если ВВ₁=АВ=ВС=10. Найдите его объём.

Решение:

.   
.

Так как стороны
АВ и ВС основания призмы перпендикулярны ребру  ВВ₁ и взаимно
перпендикулярны и АВ=ВС=ВВ₁, то призма АВСА₁В₁С₁
– это половина куба с ребром АВ. Окружность второго основания цилиндра проходит
через середину А₁В₁. Эта окружность пересекает и другие
рёбра куба. И эти точки пересечения окружности второго основания цилиндра и
рёбер куба лежит в одной плоскости (плоскость сечения) и равноудалены от центра
второго основания цилиндра. Плоскость второго основания цилиндра образует в
сечении куба шестиугольник DEFKLM, все вершины  которого
являются вершинами соответствующих рёбер. Тогда ED=АР=R,  ЕВ₁D, В=90⁰ (по условию), B₁E=DB₁=, тогда по теореме Пифагора ED=, R=.

Докажем, что АО
перпендикулярно к сечению DEFKLM,так как является его
высотой цилиндра.

РОА
, Р=90⁰  РА=, РО=.

По теореме
Пифагора ОА= (ОА=h=).

SPO, P=90⁰  PS= 
SO

    
в  AOS:        AO²=75        
SO²=

                           
AS²=AO²+SO².  AOS –
прямоугольный АОSO.

Ответ:

Корникова Т. А.
и др. типовые тестовые задания. ЕГЭ – 2005

Вариант 10.

Задача.  
Даны призма АВСА₁В₁С₁ и конус. Стороны АВ и ВС
основания перпендикулярны ребру ВВ₁ и взаимно перпендикулярны.
Вершина конуса располагается  в точке А, окружность основания  проходит через
середину ребра А₁В₁.

Найдите площадь
полной поверхности конуса, если ВВ₁=АВ=ВС=8. Найдите объём этого
конуса.

Решение:

.       .

Так как по
условию дана прямая призма,  в которой ВВ₁=АВ=ВС, то эта призма
является половиной куба. Вершина куба  А является и вершиной конуса, основание
которого пересекает А₁В₁ в точке D, следовательно
AD – образующая
конуса AD=. Сечение куба плоскостью основания конуса
– это правильный шестиугольник DEFKLM, т.к. АD, AE, AF, AK, AL, AM – это
образующие конуса, вершины D, E, F, K, L, M – равноудалены
от основания высоты конуса в точке О, являются серединами рёбер куба. R=ED, EB₁D, B₁D =B₁E=4,
ED=4.

AA₁D, A₁=90⁰,  AD=.

.   

AC=      (из ОАН, ОН АН,
НО=4, АН=4).

Ответ:

3. Заключение.

В результате проведённого компьютерного
эксперимента в работе было выявлено: что в зависимости от точек задающих
секущую плоскость в сечении куба могут получиться треугольники (произвольный,
равнобедренный и правильный), четырёхугольники (квадрат, прямоугольник,
трапеция, ромб, параллелограмм), пятиугольники и шестиугольники. Особое
выделены правильный треугольник и шестиугольник, рассмотрены свойства этих
многоугольников и задачи с ними связанные располагавшиеся  в одном из пособий
для подготовки к ЕГЭ по математике.

Выполнение работы расширило мои представления
о выполнении построений сечения многогранников плоскостью, дало возможность
более глубоко освоить некоторые компьютерные программы способствующие развитию
конструктивных навыков, которые позволили разобраться в решении задач по
стереометрии, предлагающихся в ЕГЭ по математике.

Эта презентация демонстрирует этапы построения сечения в кубе плоскостью, проходящее через 3 точки, с звуковой поддержкой. Рекомендую применять на уроках геометрии в 10-11 классах.