Понятие и основные свойства призмы

Еще в древности существовали два пути определения геометрических понятий. Первый вел от фигур высшего порядка к фигурам низшего. Такой точки зрения придерживался, в частности, Евклид, определяющий поверхность как границу тела, линию - как границу поверхности, концы же линии - как точки. Второй путь ведет, наоборот, от фигур низшего измерения к фигурам высшего: движением точки образуется линия, аналогично из линий составляется поверхность и т. д. Одним из первых, который соединил обе эти точки зрения, был Герон Александрийский, писавший, что тело ограничивается поверхностью и вместе с этим может быть рассмотрено как образованное движением поверхности. В появившихся позже на протяжении веков учебниках геометрии принималась за основу то одна, то другая, а иногда и обе вместе точки зрения.

Подобно тому, как треугольник в понимании Евклида не являются пустым, т. е. представляет собой часть плоскости, ограниченную тремя неконкурентными (т. е. не пересекающимися в одной точке) отрезками, так и многогранник у него не пустой, не полый, а чем-то заполненный (по-нашему - частью пространства). В античной математике, однако, понятия отвлеченного пространства еще не было. Евклид определяет призму как телесную фигуру, заключенную между двумя равными и параллельными плоскостями (основаниями) и с боковыми гранями - параллелограммами. Для того чтобы это определение было вполне корректным, следовало бы, однако, доказать, что плоскости, проходящие через пары непараллельных сторон оснований, пересекаются по параллельным прямым. Евклид употребляет термин “плоскость” как в широком смысле (рассматривая ее неограниченно продолженной во все направления), так и в смысле конечной, ограниченной ее части, в частности грани, аналогично применению им термина “прямая” (в широком смысле - бесконечная прямая и в узком - отрезок). В XVIII в. Тейлор дал такое определение призмы: это многогранник, у которого все грани, кроме двух, параллельны одной прямой.

В памятниках вавилонской и древнеегипетской архитектуры встречаются такие геометрические фигуры, как куб, параллелепипед, призма. Важнейшей задачей египетской и вавилонской геометрии было определение объема различных пространственных фигур. Эта задача отвечала необходимости строить дома, дворцы, храмы и другие сооружения.

Часть геометрии, в которой изучаются свойства куба, призмы, параллелепипеда и других геометрических тел и пространственных фигур, издавна называется стереометрией; Слово это греческого происхождения (“стереос” - пространственный, “метрео” - измеряю) и встречается еще у знаменитого древнегреческого философа Аристотеля. Стереометрия возникла позже, чем планиметрия. Евклид дает следующее определение призмы: “Призма есть телесная (т.е. пространственная) фигура, заключенная между плоскостями, из которых две противоположные равны и параллельны, остальные же - параллелограммы”. Тут, как и во многих других местах, Евклид употребляет термин “плоскость” не в смысле безгранично продолженной плоскости, а в смысле ограниченной ее части, грани, подобно тому как “прямая” означает у него и отрезок прямой.

Термин “призма” греческого происхождения и буквально означает “отпиленное” (тело). Термин “параллелепипедальное тело” встречается впервые у Евклида и означает дословно “параллеле-плоскостное тело”. Греческое слово “кубос” употребляется Евклидом в том же смысле, что и наше слово “куб”

2. Понятие и основные свойства призмы

Определение. Призма, основание которой - параллелограмм, называется параллелепипедом.

В соответствии с определением параллелепипед - это четырехугольная призма, все грани которой - параллелограммы (рис. ). Параллелепипеды, как и призмы, могут быть прямыми и наклонными. На рисунке изображен наклонный параллелепипед, а на рисунке - прямой параллелепипед.

Прямой параллелепипед, основанием которого служит прямоугольник, называют прямоугольным параллелепипедом. У прямоугольного параллелепипеда все грани - прямоугольники. Моделями прямоугольного параллелепипеда служат классная комната, кирпич, спичечная коробка.

Длины трех ребер прямоугольного параллелепипеда, имеющих общий конец, называют его измерениями. Например, имеются спичечные коробки с измерениями 15, 35, 50 мм. Куб - прямоугольный параллелепипед с равными измерениями. Все шесть граней куба - равные квадраты.

Рассмотрим некоторые свойства параллелепипеда.

Теорема. Параллелепипед симметричен относительно середины его диагонали.

Дано: АС1 - произвольный параллелепипед, В1D - его диагональ, точка О - середина этой диагонали.

Доказать:

Z0(AC1) = AC1.

Доказательство. Рассмотрим центральную симметрию Z0 с центром в точке О. Центральная симметрия - перемещение (сохраняет расстояния), отображающее каждый луч на противоположный ему луч. Поэтому

B1 = Z0(D), B1C1 = Z0(DA), DA = B1C1, C1 = Z0(A).

Аналогично можно показать, что точки D1 и В, А1 и С также центрально-симметричны. Таким образом, симметрия отображает поверхность параллелепипеда на себя. Внутренность параллелепипеда также отображает на себя (параллелепипед можно рассматривать как пересечение полупространств, образованных плоскостями его граней, а перемещение отображает пересечение фигур на пересечение их образов).

Таким образом, центральная симметрия Z0 отображает параллелепипед на себя:

Z0(AC1) = AC1.

Теорема доказана.

Из теоремы непосредственно следуют важные свойства параллелепипеда:

1. Любой отрезок с концами, принадлежащими поверхности параллелепипеда и проходящий через середину его диагонали, делится ею пополам; в частности, все диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.

Так,

A1O=OC, B1O=OD, D1O=OB, AO=OC1,

а также

MO=ON,

где M`A1B1C1D1, N`ABCD, O`MN.

2. Противолежащие грани параллелепипеда параллельны и равны.

Так, AA1D1D =BB1C1C, (AA1D1)=(BB1C1).

Рассмотренными свойствами обладает произвольный параллелепипед. Докажем одно свойство прямоугольного параллелепипеда.

Теорема. Квадрат длины диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадрата трех его измерений.

Дано: АС1 - прямоугольный параллелепипед, AB= a, AD=b, AA1=c - его измерения, AC1=d- длина его диагонали.

Доказать:

d2=a2+b2+c2.

Доказательство. Введем систему координат так, как показано на рисунке , приняв за ее начало вершину А, за произвольный базис тройку векторов V, b, c. Тогда вектор AC имеет координаты (a;b;c), и, следовательно,

AC 2= d2=a2+b2+c2.

Теорема доказана.

Применение призмы.

Геометрическая призма, ее тело применяется в оптических приборах:

для изменения ходя лучей в приборах;

для изменения направления оптической оси системы;

для изменения направления линии визирования;

для оборачивания изображения;

для уменьшения габаритов системы;

для разделения пучков лучей или объединения полей;

для вращения изображения или компенсации поворота изображения;

для разложения света в спектр;

для поляризации света.

По своему действию на световой пучок призмы подобны зеркалам, однако в ряде случаев призмы применять удобнее, чем зеркала. Преимущества призм по отношению к зеркалам:

углы между гранями призмы неизменны, тогда как углы между зеркалами должны регулироваться с большой точностью при сборке и система зеркал может разъюстироваться в процессе эксплуатации;

потери света у призм от граней с полным внутренним отражением равны нулю, тогда как при отражении от поверхностей зеркал потери довольно велики; кроме того, отражающие покрытия зеркал с течением времени могут портиться;

крепление призм в оправах, как правило, проще чем системы зеркал, и обладает меньшими габаритами;

для некоторых призм нет эквивалентных зеркальных систем (например, призма Дове, полупента, некоторые виды спектральных призм).

Замена отражательных призм зеркалами целесообразна в тех случаях, когда имеет значение вес прибора, так как зеркала значительно легче призм, а также стоимость. Кроме того призмы в ряде случаев являются источниками хроматических и некоторых других аберраций.

Рабочие и нерабочие поверхности призмы - плоскости. Рабочие поверхности различают преломляющие, через которые световой пучок входит в призму и выходит из нее, и отражающие, от которых пучок отражается при прохождении внутри призмы. Число рабочих граней и взаимное их расположение определяют ход пучка внутри призмы и все преобразования пучка, которые при этом происходят.

Если осевой луч проходит внутри призмы в одной плоскости, то такую призму называют плоской. Если осевой луч идет в двух плоскостях, - такая призма называется пространственной.

Сечение призмы плоскостью, в которой проходит осевой луч пучка, называется главным сечением призмы; у плоских призм одно главное сечение, у пространственных главных сечений столько, сколько плоскостей, в которых проходит осевой луч.

Так же призма используется в призматронах, которые дают нам поочередное изображение в основном применяют в рекламных целях.

Задачи.

Задача 1.

Условие:

В призме ABCA1B1C1 медианы оснований ABC и A1B1C1 пересекаются соответственно в точках O и O1 . Через середину отрезка OO1 проведена прямая, параллельная прямой CA1 . Найдите длину отрезка этой прямой, лежащего внутри призмы, если CA1 = a .

Решение:

Пусть BM и B1M1 - медианы треугольников ABC и A1B1C1 , P - середина OO1 , F - середина A1C , а прямая FP пересекает ребро BB1 в точке D . Проведём плоскость ? через прямую A1C и не лежащую на ней точку P . Поскольку точки P и F лежат в плоскости ?, в ней лежит и точка D , поэтому сечение данной призмы плоскостью ? есть треугольник A1DC . Через точку P проведём в плоскости ? прямую, параллельную A1C . Пусть она пересекает отрезки A1D и CD в точках K и N . Тогда KN - искомый отрезок и

= = = .

Следовательно,

KN = A1C = a.

Ответ: a .

Задача 2

Условие:

Основание призмы ABCA1B1C1 - равносторонний треугольник ABC со стороной a . Ортогональная проекция вершины A1 совпадает с центром основания ABC , а боковое ребро образует с плоскостью основания угол 60o . Найдите боковую поверхность призмы.

Решение:

Пусть O - центр основания ABC данной призмы ABCA1B1C1 , M и K - середины рёбер BC и AB соответственно, S - боковая поверхность призмы. Поскольку O - ортогональная проекция вершины A1 на плоскость основания ABC, OA - ортогональная проекция бокового ребра AA1 на эту плоскость. Поэтому A1AM - угол бокового ребра AA1 с плоскостью основания ABC . По условию задачи A1AM = 60o . Из прямоугольного треугольника A1AM находим, что

AA1 = = · = · a· 2 = a,

OA1 = OA tg A1AM = a tg 60o = a· = a.

Так как AM BC , то по теореме о трёх перпендикулярах AA1 BC , а т.к. BB1|| AA1 , то BB1 BC . Значит, BB1C1C - прямоугольник. Поэтому

SBB1C1C = BC· BB1 = a· a = a2.

Поскольку OK - ортогональная проекция отрезка A1K , то по теореме о трёх перпендикулярах A1K AB . Значит, A1K - высота параллелограмма AA1B1B . Из прямоугольного треугольника A1KO находим, что

A1K = = = .

Поэтому

SAA1B1B = AB· A1K = a· = .

Аналогично находим, что

SAA1C1C = .

Следовательно,

S = SBB1C1C + SAA1B1B + SAA1C1C = a2 + 2· =

= a2 + = + = .

Ответ:

Задача 3

Условие:

Каждое ребро наклонной треугольной призмы равно 2. Одно из боковых рёбер образует со смежными сторонами основания углы 60o . Найдите объём и площадь полной поверхности призмы.

Решение:

Пусть боковое ребро AA1 данной призмы ABCA1B1C1 образует со сторонами AB и AC основания ABC углы 60o . Так как все рёбра призмы равны, то грани AA1B1B и AA1C1C - ромбы со стороной 2 и острым углом 60o . Значит, A1B = A1A = A1C = 2 . Все рёбра треугольной пирамиды A1ABC равны, поэтому A1ABC - правильный тетраэдр с ребром 2. Его высота A1O равна 2 . В то же время, A1O - высота данной призмы ABCA1B1C1 . Следовательно,

VABCA1B1C1 = S? ABC· A1O = · 2 = 2.

Поскольку A1B = A1C , то точка O равноудалена от концов отрезка BC . Значит, AO BC . Тогда по теореме о трёх перпендикулярах A1A BC , а т.к. B1B || A1A , то грань BB1C1C - прямоугольник, все стороны которого равны, т.е. квадрат. Пусть S - площадь полной поверхности призмы ABCA1B1C1 . Тогда

S = 2S ABC + 2SAA1B1B + SBB1C1C = 2 + 4 + 4 = 4 + 6.

Ответ 2 ; 4 + 6 .

Задача 4.

Условие:

При каких n можно раскрасить в три цвета все ребра n-угольной призмы (основания - n-угольники) так, что в каждой вершине сходятся все три цвета и у каждой грани (включая основания) есть стороны всех трёх цветов?

Решение:

Пусть n = 3k. Раскрасим боковые рёбра призмы в порядке обхода боковой поверхности в какую-нибудь определённую сторону: красный, синий, зелёный, красный, синий, зелёный и т. д. Остаётся покрасить стороны оснований, но это делается однозначно: если к концам стороны основания подходят боковые рёбра каких-то двух цветов, то эту сторону закрашиваем третьим цветом, при этом все требования задачи выполнены.

Пусть n не кратно 3. Тогда при обходе боковой поверхности в какую-нибудь определённую сторону мы столкнёмся либо с последовательностью цветов XYX, либо с последовательностью XX.

Случай XYX. Рассмотрим одно из оснований призмы. В нём рёбра, соединяющие концы рёбер X и Y должны быть третьего цвета Z, тем самым, на концах ребра Y нарушается одно из требований задачи. Итак, этот случай невозможен.

Случай XX. Рассмотрим боковую грань ?, в которую входят рёбра XX, и смежную с ней боковую грань ?. В грани ? два другие ребра закрашены цветами Y и Z (отличными от X). В грани ? два ребра, принадлежащие основаниям, также закрашены цветами Y и Z (чтобы в концах общего ребра ? и ? сходились все три цвета), поэтому ребро ?, параллельное ребру X, также закрашено цветом X. Отсюда следует, что все боковые рёбра призмы закрашены только цветом X. Но тогда рёбра основания закрашены только цветами Y и Z, что противоречит условию задачи.

Ответ При n, кратных 3.

Задача 5.

Условие:

Вершины A и B призмы ABCA1B1C1 лежат на оси цилиндра, а остальные вершины - на боковой поверхности цилиндра. Найдите в этой призме двугранный угол с ребром AB .

Решение:

При ортогональном проектировании данных цилиндра и призмы на плоскость основания цилиндра боковая поверхность перейдёт в окружность, равную окружности основания, вершины A и B перейдут в центр O этой окружности, вершины A1 и B1 - в некоторую точку M этой окружности, а вершины C и C1 - соответственно в точки P и Q , лежащие на окружности (рис.2). Так как AA1|| CC1 и AA1 = CC1 , то OM = PQ . Аналогично, OP = MQ . Кроме того, OM = OP как радиусы одной окружности. Значит, четырёхугольник OMQP - ромб, в котором диагональ OQ равна стороне. Поэтому MOQ = POQ = 60o , а MOP = 120o . Прямые OP и OM лежат в гранях двугранного угла с ребром AB и перпендикулярны прямой AB . Значит, MOP - линейный угол искомого двугранного угла.

Ответ 120o .

Задача 6.

Условие:

Можно ли ребра n-угольной призмы раскрасить в 3 цвета так, чтобы на каждой грани были все 3 цвета и в каждой вершине сходились ребра разных цветов, если а) n = 1995; б) n = 1996.

Решение:

a) Покрасим ребра нижнего основания по кругу: 1-е в первый цвет, 2-е во второй, 3-е в третий, 4-е опять в первый и т. д. (1995 делится на 3, поэтому цепочка замкнется). Каждое ребро верхнего основания покрасим в цвет ребра нижнего основания, находящегося под ним. Каждое боковое ребро, выходящее из вершины, где сходятся два цвета, покрасим в недостающий цвет (рис.). Ясно, что на всех боковых гранях присутствуют все 3 цвета.

б) От противного, пусть призма покрашена требуемым образом; тогда в основании есть 3 ребра всех трех цветов, идущие подряд (иначе основание раскрашено с периодом 2 и не может быть покрашено в три цвета). Рассмотрим такую тройку и занумеруем цвета в ней по часовой стрелке. Несложно проверить, что раскраска этого участка однозначно определяет раскраску участка, находящегося над ним, соответствующих боковых ребер и следующих ребер основания (см. рис. Мы видим, что следующее по часовой стрелке ребро основания имеет цвет 1.

Повторяя рассуждение, видим, что следующее ребро основания имеет цвет 2, и т. д. Таким образом, нижняя грань окажется покрашенной с периодом 3. Но 1996 не делится на 3 -- противоречие.

Задача 7.

Условие:

Основание прямой призмы ABCA1B1C1 - треугольник ABC , в котором AB=BC=5 , AC=6 . Высота призмы равна . На рёбрах AC , BC и A1C1 выбраны соответственно точки D , E и D1 так, что DC=AC , BE=CE , A1D1= A1C1 , и через эти точки проведена плоскость ? . Найдите: 1) площадь сечения призмы плоскостью ? ; 2) угол между плоскостью ? и плоскостью ABC ; 3) расстояния от точек C1 и C до плоскости ?.

Решение:

Пусть прямая DD1 пересекает прямую CC1 в точке T , прямая TE пересекает прямые BB1 и B1C1 в точках Q и F соответственно, а прямая FD1 пересекает ребро A1B1 в точке M . Тогда пятиугольник DEQMD1 - сечение данной призмы плоскостью ? . Если BN - высота равнобедренного треугольника ABC , то

BN = = = 4,

а т.к. CD = AC = AN и CE=BE , то DE - средняя линия треугольника CBN , значит, DE AC . По теореме о трёх перпендикулярах DT DE , поэтому CDT - линейный угол двугранного угла между плоскостью ? и плоскостью основания призмы. Обозначим CDT =? . Из подобия треугольников CDT и C1D1T следует, что

= = = ,

поэтому TC = CC1 = . Из прямоугольного треугольника CDT находим, что

tg ? = tg CDT = = = .

Тогда

cos ? = = = .

Пусть P и L - ортогональные проекции точек D1 и M на плоскость ABC. Тогда пятиугольник DEBLP - ортогональная проекция на эту плоскость сечения DEQMD1 . По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей MD1 || ED , значит, LP || ED || BN ,

AP = D1A1= A1C1 = 2, = .

Поэтому

SDEBLP = S ?ABC - S? CDE - S? APL= S? ABC - S? BCN - S? BAN =

=S? ABC-· S? ABC- · S? ABC= · AC· BN = · · 6· 4 =· 12= .

Следовательно,

SDEQMD1 = = = .

Пусть G - основание перпендикуляра, опущенного из точки C на прямую DT . Плоскость ? проходит через прямую ED , перпендикулярную плоскости CDT , значит, плоскости ? и CDT перпендикулярны. Поэтому CG - перпендикуляр к плоскости ?, а расстояние от точки C до плоскости ? равно длине отрезка CG . Аналогично докажем, что расстояние от точки C1 до плоскости ? равно длине перпендикуляра C1G1 , опущенного из точки C1 на прямую DT . Из прямоугольного треугольника CDT находим, что

CG = = = = ,

а из подобия треугольников CTG и C1TG1 следует, что

C1G1 = CG· = CG· = .

Ответ ; arccos ; Х .

Задача 8.

Условие:

Основание прямой призмы KLMNK1L1M1N1 - ромб KLMN с углом 60o при вершине K . Точки E и F - середины рёбер LL1 и LM призмы. Ребро SA правильной четырёхугольной пирамиды SABCD ( S - вершина) лежит на прямой LN , вершины D и B - на прямых MM1 и EF соответственно. Найдите отношение объёмов призмы и пирамиды, если SA=2AB .

Решение:

Прямая LN перпендикулярна двум пересекающимся прямым KM и LL1 плоскости MM1K1K , поэтому прямая LN перпендикулярна этой плоскости. Тогда, любая прямая, проходящая через точку P перпендикулярно NL (или совпадающей с ней прямой SA ), лежит в плоскости MM1K1K . Известно, что боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды перпендикулярно, скрещивающейся с ним диагонали основания. Кроме того, если прямая l и плоскость ? перпендикулярны одной и той же прямой, то прямая l либо лежит в плоскости ?, либо параллельна ей. Скрещивающиеся прямые SA и BD перпендикулярны и плоскость MM1K1K перпендикулярна прямой SA , поэтому прямая BD либо лежит в плоскости MM1K1K , либо параллельна ей. Второй случай исключается, т.к. по условию задачи точка D лежит на прямой MM1 , т.е. является общей точкой прямой BD и плоскости MM1K1K . Значит, прямая BD лежит в плоскости MM1K1K . В то же время, точка B лежит в плоскости MM1L1L , т.к. она лежит на прямой EF этой плоскости. Следовательно, точка B лежит на прямой MM1 пересечения плоскостей MM1K1K и MM1L1L . Тогда M - середина диагонали основания ABCD пирамиды. Тогда MP - общий перпендикуляр скрещивающихся прямых SA и BD . Обозначим AB=a . Тогда

SA=2a, AM = MD=BD = , SM = = =,

MP = = = ,

LP = MP tg LMP = MP tg 30o = · = ,

SKLMN = KM· LN = · 2MP· 2LP = 2MP· LP = 2· · = .

Из равенства треугольников BMF и ELF следует, что EL = MB = MD = , поэтому LL1 = 2EL = a . Пусть V1 и V2 - объёмы призмы KLMNK1L1M1N1 и пирамиды SABCD . Тогда

V1=SKLMN· LL1 = · a = ,

V2 = SABCD· SM = a2· = .

Следовательно,

= = .

Ответ .

Задача 9.

Условие:

Боковое ребро правильной треугольной призмы равно высоте основания, а площадь сечения, проведённого через это боковое ребро и высоту основания, равна Q . Найдите объём призмы.

Решение:

Пусть a - сторона основания данной правильной призмы, h - её высота, V - объём. По условию задачи

h = , Q = · h = ()2 = ,

откуда находим, что a = 2 . Следовательно,

V = · h = · = = = Q.

Ответ Q .

Задача 10.

Условие:

Основание четырёхугольной пирамиды PABCD - параллелограмм ABCD , M - основание перпендикуляра, опущенного из точки A на BD . Известно, что BP = DP . Докажите, что расстояние от точки M до середины ребра AP равно половине ребра CP .

Решение:

Пусть O - центр параллелограмма ABCD , K - середина ребра AP . При ортогональном проектировании пирамиды на плоскость основания вершина перейдёт в точку P' , равноудалённую от точек B и D , а точка K - в середину K' отрезка AP' . Так как OP' - серединный перпендикуляр к отрезку BD , то OP'|| AM . Средняя линия K'L прямоугольной трапеции AMOP' перпендикулярна боковой стороне OM , поэтому K'L - серединный перпендикуляр к отрезку OM. Значит, K'M = K'O , т.е. ортогональные проекции наклонных KM и KO на плоскость ABCD равны. Следовательно, KM = KO , а т.к. KO - средняя линия треугольника APC , то KM = KO = PC .

Заключение

В реферате я рассмотрел следующее:

1. Историю создания призмы: Термин “призма” греческого происхождения и буквально означает “отпиленное” (тело).

2. Основные свойства призмы:

1о. Основания призмы являются равными многоугольниками.

2о. Боковые грани призмы являются параллелограммами.

3о. Боковые ребра призмы равны.

В итоге своей работы я рассмотрел применение призмы, ее актуальное использование в оптике. Их различные характеристики. Для закрепления материала я привел примеры задач на свойства призмы и определение ее площади.

Список литературы

1. Г.М.Кузнецова, Н.Г.Миндюк. Математика. 5-11 классы. Программы. Дрофа. Москва. 2002 г.

2. Атанасян Л.С. и др. Геометрия. Учебник для 10-11 классов общеобразовательных учреждений. - М: Просвещение 2000 г.

3. Смирнова И.М. Сборник задач по геометрии в рисунках и тестах 10-11 классов М: "Аквариум" 1998 г.

4. Рабинович Е.М. Геометрия 10-11 класс. Задачи и упражнения на готовых чертежах. М: "Илекса" 2002 г.

5. Алёшина Т.Н. Обучающие и проверочные задания. (по Атанасяну Л.С.) 10-11 класс. М: "Интеллект центр" 1998 г.

6. Алтынов П.И. Тесты. Геометрия 10-11 классы. М: "Дрофа" 1997 г.

7. Звавич Л.И., Ризановский А.Р. Геометрия в таблицах, справочное пособие 7-11 классы. М: Дрофа" 1997 г.

8. В.Ф. Бутузов, С.М. Саакян. Изучение темы "Многогранники" в курсе 10класса. МЦНМО. Москва. 2000 г.