Praktična lekcija: „Paralelepiped. Konstrukcija presjeka paralelepipeda."
1. Svrha praktičnog rada : . Učvrstiti znanje teorijskog materijala o poliedrima,vještine rješavanja zadataka na konstruiranju presjeka,sposobnost analize crteža.
2. Didaktička oprema za praktičan rad : Radna stanica, modeli i izrade poliedara, mjerni instrumenti, makaze, ljepilo, debeli papir.
Vrijeme: 2 sata
Zadaci za rad:
Vježba 1
Konstruišite presek paralelepipeda ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 ravan koja prolazi kroz tačke M, N, P koje leže na pravim, A 1 B 1, AD, DC
Uzorak i redoslijed rješavanja problema:
1.Tačke N i P leže u ravnini presjeka i u ravni donje osnove paralelepipeda. Konstruirajmo pravu liniju koja prolazi kroz ove tačke. Ova ravna linija je trag presečne ravni na ravni osnove paralelepipeda.
2. Nastavimo pravu liniju na kojoj strani paralelepipeda leži AB. Prave AB i NP seku se u nekoj tački S. Ova tačka pripada presečnoj ravni.
3. Budući da tačka M takođe pripada presečnoj ravni i siječe pravu AA 1 u nekom trenutku X.
4. Tačke X i N leže u istoj ravni lica AA 1 D 1 D, spojite ih i dobijete pravu liniju XN.
5. Kako su ravni lica paralelepipeda paralelne, onda kroz tačku M možemo povući pravu liniju na lice A 1 B 1 C 1 D 1 , paralelno sa pravom NP. Ova prava će preseći stranu B 1 WITH 1 u tački Y.
6. Slično, nacrtajte pravu liniju YZ, paralelnu pravoj liniji XN. Povezujemo Z sa P i dobijamo željenu sekciju - MYZPNX.
Zadatak 2
Opcija 1. Konstruišite presek paralelepipeda AVSDA1V1S1D1 ravninom definisanom sledećim tačkamaM, NIP
Nivo 1: Sve tri tačke leže na ivicama koje izlaze iz temena A
Nivo 2.Mleži u licu AA1D1D,Nleži na licu AA1B1B,Pleži u licu CC1D1D.
Nivo 3.Mleži na dijagonali B1D,Nleži na dijagonali AC1,Pleži na ivici C1D1.
Opcija 2.Konstruišite presek paralelepipeda ABCDA1B1C1D1 ravninom koja prolazi kroz pravu DQ, gde tačka Q leži na ivici CC1 i tačka P, definisana na sledeći način
Nivo 1: Sve tri tačke leže na ivicama koje izlaze iz temena C
Nivo 2: M leži na nastavku ivice A1B1, sa tačkom A1 koja se nalazi između tačaka B1 i P.
Nivo 3: P leži na dijagonali B1D
Radni nalog:
1.Proučite teorijski materijal na sljedeće teme:
Paralelepiped.
Desni paralelepiped.
Kosi paralelepiped.
Suprotne strane paralelepipeda.
Svojstva dijagonala paralelepipeda.
Pkoncept rezne ravni i pravila za njenu konstrukciju.
Koje vrste poligona se dobijaju u presjeku kocke i paralelepipeda.
2. BuildparalelepipedABCDA 1 B 1 C 1 D 1
3. Analizirajte rješenje zadatka br. 1
4. Dosljedno gradite dioparalelepipedABCDA 1 B 1 C 1 D 1 ravan koja prolazi kroz tačke P, Q, R zadatka br. 1.
5. Konstruirajte još tri paralelepipeda i odaberite sekcije na njima za zadatke nivoa 1, 2 i 3
Kriterijumi ocjenjivanja :
Literatura: Atanasyan L.S. Geometrija: Udžbenik za 10-11 razred. opšte obrazovanje institucije. L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kodomtsev i dr. - M.: Obrazovanje, 2010 Ziv B.G. Zadaci iz geometrije: Priručnik za učenike 7-11 razreda. opšte obrazovanje institucije. / B.G. Ziv, V.M. Mailer, A.G. Bakhansky. - M.: Obrazovanje, 2010. V. N. Litvinenko Zadaci za razvoj prostornih koncepata. Knjiga za nastavnike. - M.: Obrazovanje, 2010
Didaktički materijal za praktičnu nastavu
Za zadatak br. 1:
Neki mogući odjeljci:
Konstruišite preseke paralelepipeda sa ravninom koja prolazi kroz ove tačke
Kao što znate, svaki ispit iz matematike kao glavni dio sadrži rješavanje problema. Sposobnost rješavanja problema je glavni pokazatelj nivoa matematičkog razvoja.
Nerijetko se na školskim ispitima, kao i na ispitima koji se održavaju na fakultetima i tehničkim školama, događaju slučajevi da se učenici koji pokažu dobre rezultate iz oblasti teorije, koji znaju sve potrebne definicije i teoreme, zbune pri rješavanju vrlo jednostavnih zadataka. .
Tokom godina školovanja svaki učenik rješava veliki broj zadataka, ali se istovremeno svim učenicima nude isti zadaci. I dok neki učenici uče opšta pravila i metode za rešavanje problema, drugi, kada se suoče sa problemom nepoznatog tipa, ne znaju ni kako da mu pristupe.
Jedan od razloga ovakvoj situaciji je taj što dok se neki učenici udubljuju u proces rješavanja problema i pokušavaju shvatiti i razumjeti opšte tehnike i metode za njihovo rješavanje, drugi ne razmišljaju o tome i pokušavaju što brže riješiti predložene probleme. što je moguće.
Mnogi studenti ne analiziraju probleme koji se rješavaju i ne identifikuju opšte tehnike i metode rješavanja. U takvim slučajevima problemi se rješavaju samo radi dobijanja željenog odgovora.
Na primjer, mnogi studenti ni ne znaju šta je suština rješavanja građevinskih problema. Ali građevinski zadaci su obavezni zadaci na kursu stereometrije. Ovi problemi nisu samo lijepi i originalni u načinu rješavanja, već imaju i veliku praktičnu vrijednost.
Zahvaljujući konstrukcijskim zadacima razvija se sposobnost mentalnog zamišljanja jedne ili druge geometrijske figure, razvija se prostorno razmišljanje, logičko razmišljanje, kao i geometrijska intuicija. Konstrukcijski problemi razvijaju praktične vještine rješavanja problema.
Konstrukcijski problemi nisu jednostavni, jer ne postoji jedinstveno pravilo ili algoritam za njihovo rješavanje. Svaki novi zadatak je jedinstven i zahtijeva individualan pristup rješavanju.
Proces rješavanja bilo kojeg konstrukcijskog problema je niz nekih međukonstrukcija koje vode do cilja.
Konstrukcija presjeka poliedara zasniva se na sljedećim aksiomima:
1) Ako dvije tačke prave leže u određenoj ravni, onda cela prava leži u ovoj ravni;
2) Ako dvije ravni imaju zajedničku tačku, onda se sijeku duž prave linije koja prolazi kroz ovu tačku.
Teorema: Ako dvije paralelne ravni siječe treća ravan, tada su prave linije ukrštanja paralelne.
Konstruirajte presjek poliedra sa ravninom koja prolazi kroz tačke A, B i C. Razmotrite sljedeće primjere.
Metoda praćenja
I. Build presjek prizme ravan koja prolazi kroz datu pravu liniju g (trag) na ravni jedne od osnova prizme i tačke A.
Slučaj 1.
Tačka A pripada drugoj osnovi prizme (ili licu paralelnom pravoj g) - rezna ravan siječe ovu osnovu (lice) duž segmenta BC paralelnog tragu g .
Slučaj 2.
Tačka A pripada bočnoj strani prizme:
Segment BC prave AD je presek ove površine sa ravninom sečenja.
Slučaj 3.
Konstruisanje preseka četvorougaone prizme sa ravninom koja prolazi kroz pravu liniju g u ravni donje osnove prizme i tačkom A na jednoj od bočnih ivica.
II. Build poprečni presek piramide ravan koja prolazi kroz datu pravu liniju g (trag) na ravni osnove piramide i tačke A.
Da bi se konstruisao presek piramide sa ravninom, dovoljno je konstruisati preseke njenih bočnih strana sa ravninom sečenja.
Slučaj 1.
Ako tačka A pripada površini paralelnoj pravoj g, tada rezna ravan siječe ovu površinu duž segmenta BC paralelnog tragu g.
Slučaj 2.
Ako se tačka A, koja pripada presjeku, nalazi na površini koja nije paralelna s licem traga g, tada:
1) konstruisana je tačka D u kojoj ravan lica seče dati trag g;
2) kroz tačke A i D povući pravu liniju.
Odsječak BC prave AD je presjek ove površine sa ravninom sečenja.
Krajevi segmenta BC također pripadaju susjednim plohama. Zbog toga je opisanom metodom moguće konstruisati presek ovih lica sa ravninom sečenja. itd. 
Slučaj 3.
Konstruisanje preseka četvorougaone piramide sa ravninom koja prolazi kroz stranu osnove i tačkom A na jednoj od bočnih ivica.
Problemi koji uključuju konstruisanje preseka kroz tačku na licu
1. Konstruisati presek tetraedra ABCD ravninom koja prolazi kroz vrh C i tačke M i N na stranama ACD i ABC, respektivno.
Tačke C i M leže na licu ACD, što znači da prava linija CM leži u ravni ovog lica (Sl. 1).
Neka je P tačka preseka pravih CM i AD. Slično, tačke C i N leže u licu ACB, što znači da prava linija CN leži u ravni ovog lica. Neka je Q tačka preseka pravih CN i AB. Tačke P i Q pripadaju i presječnoj ravni i licu ABD. Stoga je segment PQ strana presjeka. Dakle, trokut CPQ je potrebna sekcija. 
2. Konstruisati presek tetraedra ABCD ravninom MPN, gde tačke M, N, P leže redom na ivici AD, na licu BCD i na licu ABC, a MN nije paralelna ravnini lica ABC (sl. 2).
Imate još pitanja? Ne znate kako konstruirati poprečni presjek poliedra?
Za pomoć od tutora -.
Prva lekcija je besplatna!
blog.site, prilikom kopiranja materijala u cijelosti ili djelimično, potrebna je veza do originalnog izvora.
Definicija
Presjek je ravna figura koja nastaje kada se prostorna figura siječe s ravninom čija granica leži na površini prostorne figure.
Komentar
Za konstruisanje preseka različitih prostornih figura potrebno je zapamtiti osnovne definicije i teoreme o paralelizmu i okomitosti pravih i ravni, kao i svojstva prostornih figura. Podsjetimo se osnovnih činjenica.
Za detaljniju studiju preporučuje se upoznavanje sa temama „Uvod u stereometriju. Paralelizam" i "Perpendikularnost. Uglovi i udaljenosti u prostoru”.
Važne definicije
1. Dvije prave u prostoru su paralelne ako leže u istoj ravni i ne seku se.
2. Dvije prave u prostoru seku se ako se kroz njih ne može povući ravan.
4. Dvije ravni su paralelne ako nemaju zajedničke tačke.
5. Dvije prave u prostoru nazivaju se okomiti ako je ugao između njih jednak \(90^\circ\) .
6. Prava se naziva okomita na ravan ako je okomita na bilo koju pravu koja leži u ovoj ravni.
7. Dvije ravni se nazivaju okomiti ako je ugao između njih \(90^\circ\) .
Važni aksiomi
1. Kroz tri tačke koje ne leže na istoj pravoj prolazi ravan, i to samo jedna.
2. Ravan, i to samo jedna, prolazi kroz pravu i tačku koja ne leži na njoj.
3. Ravan prolazi kroz dvije prave koje se seku, i to samo jednu.
Važne teoreme
1. Ako je prava \(a\) koja ne leži u ravni \(\pi\) paralelna nekoj pravoj \(p\) koja leži u ravni \(\pi\), onda je paralelna sa ovom avion.
2. Neka je prava \(p\) paralelna ravni \(\mu\) . Ako ravan \(\pi\) prolazi kroz pravu \(p\) i siječe ravan \(\mu\) , tada je linija presjeka ravni \(\pi\) i \(\mu\) je prava \(m\) - paralelna sa pravom \(p\) .
3. Ako su dvije prave koje se seku iz jedne ravni paralelne sa dvije prave koje se seku iz druge ravni, tada će te ravni biti paralelne.
4. Ako dvije paralelne ravni \(\alpha\) i \(\beta\) siječe treća ravan \(\gamma\), tada su i linije presjeka ravnina paralelne:
\[\alpha\parallel \beta, \ \alpha\cap \gamma=a, \ \beta\cap\gamma=b \Longrightarrow a\parallel b\]
5. Neka prava linija \(l\) leži u ravni \(\lambda\) . Ako prava \(s\) siječe ravan \(\lambda\) u tački \(S\) koja ne leži na pravoj \(l\), tada prave \(l\) i \(s\) presecati.
6. Ako je prava okomita na dvije prave koje se ukrštaju koje leže u datoj ravni, onda je ona okomita na ovu ravan.
7. Teorema o tri okomice.
Neka je \(AH\) okomito na ravan \(\beta\) . Neka je \(AB, BH\) nagnuta ravan i njena projekcija na ravan \(\beta\) . Tada će prava \(x\) u ravni \(\beta\) biti okomita na nagnutu ako i samo ako je okomita na projekciju.
8. Ako ravan prolazi kroz pravu okomitu na drugu ravan, onda je ona okomita na ovu ravan.
Komentar
Još jedna važna činjenica koja se često koristi za izradu sekcija:
da bi se pronašla tačka preseka prave i ravni, dovoljno je pronaći tačku preseka date prave i njenu projekciju na ovu ravan.
Da bismo to učinili, iz dvije proizvoljne tačke \(A\) i \(B\) prave \(a\) povlačimo okomite na ravan \(\mu\) – \(AA"\) i \( BB"\) (tačke \ (A, B"\) se nazivaju projekcije tačaka \(A,B\) na ravan). Tada je prava \(A"B"\) projekcija prave \(a\) na ravan \(\mu\) . Tačka \(M=a\cap A"B"\) je tačka preseka prave \(a\) i ravni \(\mu\) .
Štaviše, primjećujemo da sve tačke \(A, B, A", B", M\) leže u istoj ravni.
Primjer 1.
Zadana je kocka \(ABCDA"B"C"D"\) . \(A"P=\dfrac 14AA", \KC=\dfrac15 CC"\). Nađite točku presjeka prave \(PK\) i ravni \(ABC\) .
Rješenje
1) Jer ivice kocke \(AA", CC"\) su okomite na \((ABC)\), tada su tačke \(A\) i \(C\) projekcije tačaka \(P\) i \(K\). Tada je prava \(AC\) projekcija prave \(PK\) na ravan \(ABC\) . Proširimo segmente \(PK\) i \(AC\) izvan tačaka \(K\) i \(C\), redom, i dobijemo tačku preseka pravih - tačku \(E\) .
2) Pronađite omjer \(AC:EC\) . \(\trokut PAE\sim \trokut KCE\) na dva ugla ( \(\ugao A=\ugao C=90^\krug, \ugao E\)- opšte), znači \[\dfrac(PA)(KC)=\dfrac(EA)(EC)\]
Ako ivicu kocke označimo kao \(a\) , onda \(PA=\dfrac34a, \KC=\dfrac15a, \AC=a\sqrt2\). onda:
\[\dfrac(\frac34a)(\frac15a)=\dfrac(a\sqrt2+EC)(EC) \Rightarrow EC=\dfrac(4\sqrt2)(11)a \Rightarrow AC:EC=4:11\ ]
Primjer 2.
Zadata je pravilna trouglasta piramida \(DABC\) sa osnovom \(ABC\) čija je visina jednaka stranici osnove. Neka tačka \(M\) dijeli bočni rub piramide u omjeru \(1:4\), računajući od vrha piramide, i \(N\) - visinu piramide u omjeru \ (1:2\), računajući od vrha piramide. Pronađite tačku presjeka prave \(MN\) sa ravninom \(ABC\) .
Rješenje
1) Neka \(DM:MA=1:4, \DN:NO=1:2\) (vidi sliku). Jer piramida je pravilna, tada visina pada u tački \(O\) preseka medijana osnove. Nađimo projekciju prave linije \(MN\) na ravan \(ABC\) . Jer \(DO\perp (ABC)\) , zatim \(NO\perp (ABC)\) . To znači da je \(O\) tačka koja pripada ovoj projekciji. Hajde da pronađemo drugu tačku. Ispustimo okomicu \(MQ\) iz tačke \(M\) na ravan \(ABC\) . Tačka \(Q\) će ležati na medijani \(AK\) .
Zaista, jer \(MQ\) i \(NO\) su okomite na \((ABC)\), onda su paralelne (što znači da leže u istoj ravni). Stoga, jer tačke \(M, N, O\) leže u istoj ravni \(ADK\), tada će tačka \(Q\) ležati u ovoj ravni. Ali takođe (po konstrukciji) tačka \(Q\) mora ležati u ravni \(ABC\), dakle, leži na liniji preseka ovih ravni, a to je \(AK\) .
To znači da je prava \(AK\) projekcija prave \(MN\) na ravan \(ABC\) . \(L\) je tačka presjeka ovih pravih.
2) Imajte na umu da je za pravilno crtanje crteža potrebno pronaći tačan položaj tačke \(L\) (na primjer, na našem crtežu tačka \(L\) leži izvan segmenta \(OK\). ), iako bi mogao ležati unutar njega;
Jer prema uslovu, stranica osnove je jednaka visini piramide, tada označavamo \(AB=DO=a\) . Tada je medijan \(AK=\dfrac(\sqrt3)2a\) . znači, \(OK=\dfrac13AK=\dfrac 1(2\sqrt3)a\). Nađimo dužinu segmenta \(OL\) (tada možemo razumjeti da li je tačka \(L\) unutar ili izvan segmenta \(OK\): ako je \(OL>OK\) onda je izvan, inače je unutra).
A) \(\trokut AMQ\sim \trokut ADO\) na dva ugla ( \(\ugao Q=\ugao O=90^\krug, \\ugao A\)- generalno). znači,
\[\dfrac(MQ)(DO)=\dfrac(AQ)(AO)=\dfrac(MA)(DA)=\dfrac 45 \Rightarrow MQ=\dfrac 45a, \AQ=\dfrac 45\cdot \dfrac 1(\sqrt3)a\]
znači, \(QK=\dfrac(\sqrt3)2a-\dfrac 45\cdot \dfrac 1(\sqrt3)a=\dfrac7(10\sqrt3)a\).
b) Označimo \(KL=x\) .
\(\trokut LMQ\sim \trokut LNO\) na dva ugla ( \(\ugao Q=\ugao O=90^\krug, \\ugao L\)- generalno). znači,
\[\dfrac(MQ)(NO)=\dfrac(QL)(OL) \Rightarrow \dfrac(\frac45 a)(\frac 23a) =\dfrac(\frac(7)(10\sqrt3)a+x )(\frac1(2\sqrt3)a+x) \Rightarrow x=\dfrac a(2\sqrt3) \Rightarrow OL=\dfrac a(\sqrt3)\]
Prema tome, \(OL>OK\) znači da tačka \(L\) zaista leži izvan segmenta \(AK\) .
Komentar
Nemojte se uznemiriti ako pri rješavanju sličnog problema ustanovite da je dužina segmenta negativna. Ako smo u uslovima prethodnog zadatka dobili da je \(x\) negativan, to bi značilo da smo pogrešno odabrali poziciju tačke \(L\) (odnosno da se nalazi unutar segmenta \(AK \)) .
Primjer 3
Zadana je pravilna četverokutna piramida \(SABCD\) . Pronađite presjek piramide ravninom \(\alpha\) koja prolazi kroz tačku \(C\) i sredinu ivice \(SA\) i paralelna je s pravom \(BD\) .
Rješenje
1) Označimo sredinu ivice \(SA\) sa \(M\) . Jer piramida je pravilna, tada visina \(SH\) piramide pada do tačke preseka dijagonala osnove. Razmotrimo ravan \(SAC\) . Segmenti \(CM\) i \(SH\) leže u ovoj ravni, neka se sijeku u tački \(O\) .
Da bi ravan \(\alpha\) bila paralelna pravoj \(BD\) , ona mora sadržavati neku pravu paralelnu sa \(BD\) . Tačka \(O\) nalazi se zajedno sa pravom \(BD\) u istoj ravni - u ravni \(BSD\) . Povučemo u ovoj ravni kroz tačku \(O\) pravu liniju \(KP\paralelno BD\) (\(K\in SB, P\in SD\) ). Zatim, spajanjem tačaka \(C, P, M, K\) dobijamo presjek piramide ravninom \(\alpha\).
2) Nađimo relaciju u kojoj su tačke \(K\) i \(P\) podijeljene ivicama \(SB\) i \(SD\). Na ovaj način ćemo u potpunosti definirati konstruirani presjek.
Imajte na umu da pošto \(KP\paralelno BD\) , onda prema Talesovoj teoremi \(\dfrac(SB)(SK)=\dfrac(SD)(SP)\). Ali \(SB=SD\) znači \(SK=SP\) . Dakle, samo \(SP:PD\) se može pronaći.
Razmotrimo \(\trokut ASC\) . \(CM, SH\) su medijane u ovom trokutu, dakle, tačka preseka je podeljena u omjeru \(2:1\), računajući od temena, odnosno \(SO:OH=2:1\) ) .
Sada prema Talesovoj teoremi iz \(\trokut BSD\): \(\dfrac(SP)(PD)=\dfrac(SO)(OH)=\dfrac21\).
3) Imajte na umu da je prema teoremi o tri okomice \(CO\perp BD\) poput kosog (\(OH\) je okomita na ravan \(ABC\), \(CH\perp BD\) je projekcija). Dakle, \(CO\perp KP\) . Dakle, presjek je četverougao \(CPMK\) čije su dijagonale međusobno okomite.
Primjer 4
Zadata je pravougaona piramida \(DABC\) sa rubom \(DB\) okomitom na ravan \(ABC\) . Osnova je pravougaoni trougao sa \(\ugao B=90^\circ\) i \(AB=DB=CB\) . Povucite ravan kroz pravu liniju \(AB\) okomitu na lice \(DAC\) i pronađite presjek piramide sa tom ravninom.
Rješenje
1) Ravan \(\alpha\) će biti okomita na lice \(DAC\) ako sadrži pravu okomitu na \(DAC\) . Nacrtajmo okomicu iz tačke \(B\) na ravan \(DAC\) - \(BH\) , \(H\in DAC\) .
Nacrtajmo pomoćni \(BK\) – medijan u \(\trokut ABC\) i \(DK\) – medijan u \(\trokut DAC\) .
Jer \(AB=BC\) , tada je \(\trougao ABC\) jednakokračan, što znači da je \(BK\) visina, odnosno \(BK\perp AC\) .
Jer \(AB=DB=CB\) i \(\ugao ABD=\ugao CBD=90^\krug\), To \(\trokut ABD=\trokut CBD\), dakle, \(AD=CD\) , dakle, \(\trougao DAC\) je također jednakokračan i \(DK\perp AC\) .
Primijenimo teoremu o tri okomice: \(BH\) – okomito na \(DAC\) ; kosi \(BK\perp AC\) , što znači projekcija \(HK\perp AC\) . Ali već smo utvrdili da je \(DK\perp AC\) . Dakle, tačka \(H\) leži na segmentu \(DK\) .
Povezivanjem tačaka \(A\) i \(H\) dobijamo segment \(AN\) duž kojeg ravan \(\alpha\) seče lice \(DAC\) . Tada je \(\trokut ABN\) željeni presjek piramide po ravni \(\alpha\) .
2) Odredite tačan položaj tačke \(N\) na ivici \(DC\) .
Označimo \(AB=CB=DB=x\) . Tada je \(BK\) , kao medijana spuštena iz vrha pravog ugla na \(\trokut ABC\) , jednako \(\frac12 AC\) , dakle \(BK=\frac12 \cdot \sqrt2 x \) .
Razmotrimo \(\trokut BKD\) . Nađimo omjer \(DH:HK\) .
Imajte na umu da pošto \(BH\perp (DAC)\), tada je \(BH\) okomito na bilo koju pravu iz ove ravni, što znači da je \(BH\) visina u \(\trouglu DBK\) . Onda \(\trokut DBH\sim \trokut DBK\), dakle
\[\dfrac(DH)(DB)=\dfrac(DB)(DK) \Rightarrow DH=\dfrac(\sqrt6)3x \Rightarrow HK=\dfrac(\sqrt6)6x \Rightarrow DH:HK=2:1 \]
Razmotrimo sada \(\trokut ADC\) . Medijane tačnog presječnog trougla podijeljene su u omjeru \(2:1\), računajući od vrha. To znači da je \(H\) presječna tačka medijana u \(\trokut ADC\) (pošto je \(DK\) medijan). To jest, \(AN\) je također medijan, što znači \(DN=NC\) .
U prethodnim zadacima poznavanje teorije bilo nam je dovoljno za konstruisanje presjeka. Hajde da razmotrimo još jedan problem. Zadatak 1. Konstruisati presek tetraedra koji prolazi kroz tačku M, paralelno sa ravninom ABD. M Jedna tačka nam nikako neće pomoći, ali problem ima dodatni uslov: presek mora biti paralelan sa ravninom ABD. Šta nam ovo daje? 1. Ravnine ADB i DBC seku se duž prave DB, dakle presek paralelan sa ADB seče DBC duž (Ako dve paralelne prave paralelne sa DB. ravni se seku za trećinu, tada su linije preseka paralelne) M Tačka M pripada suočiti se sa DBC-om. Provucimo kroz nju N pravu liniju MK paralelnu sa DB. 2. Slično: (ADB) (ABC)=AB, K, dakle, presek će se preseći (ABC) u pravoj liniji paralelnoj sa AB. K(ABC). Kroz tačku K u ravni ABC povući pravu liniju KN paralelnu sa AB. M N K N (ADC), M (ADC), dakle MN (ADC) (i rezne ravni). Hajde da uradimo NM. MKN je obavezna sekcija. Dakle: M N 1. Konstrukcija: 1. U ravni (DBC) MK // DB, MK BC = K. 2. U ravni (ABC) KN // AB, KN AC = N. 3. MN Dokažimo da je MKN je traženi dio K 2. Dokaz. 1. Presjek prolazi kroz tačku M 2. N (ADC), M (ADC) => NM (ADC) 3. MK // DB, NK // AB po konstrukciji, dakle (NMK) // (ABD) po atribut. Stoga je MKN željeni dio b.t.c. Zadatak 2. Konstruišite presek paralelepipeda ABCDA1B1C1D1 koji prolazi sredinom ivice D1C1 i tačke D, paralelno pravoj a. B1 C1 Obrazloženje. M A1 D1 B A C D 1. Označite tačku naznačenu u uslovu (nazovimo je proizvoljno). M – sredina D1C1. 2. Tačke M i D leže B1 C1 M A1 A, što znači da se mogu povezati. D1 B C D u istoj ravni DD1C1, Nema više šta da se poveže. 3. Koristimo dodatni uslov: rezna ravan mora biti paralelna pravoj a. B1 C1 M A1 B C S A Da biste to učinili, mora sadržavati pravu paralelnu pravoj a. Najlakši način je da nacrtate takvu pravu liniju u ravni ABC, jer sadrži pravu a i tačku D koja pripada presjeku. D U ravni ABC, kroz tačku D, povući pravu liniju DS paralelnu pravoj a. DS AB = S. 4. Jer (ABC) // (A1B1C1), nacrtaj u ravnini (A1B1C1), kroz tačku M, prava MP // SD. MP B1C1 = P 5. Jer (DD1C1) // (AA1B1), tada u ravni P B C (AA1B1) kroz tačku S možemo povući pravu liniju M N A D SN paralelnu sa DM. SN BB1 = N 1 1 1 1 B C S A D 6. Tačke N i P leže u ravni (A1B1C1). Hajde da ih povežemo. SNPMD - potrebna sekcija. Dakle: 1. Izgradnja. 1. MD B1 A1 N P C1 S A M 3. U (A1B1C1), kroz tačku M, MP // DS, MP B1C1 = P C 4. U ravni (AA1B1), kroz tačku S, SN // DM, SN BB1 = N 5. NP D1 B D 2. U (ABC), kroz tačku D, DS // a, DS AB = S Dokažimo da je SNPMD je obavezna sekcija. 2. Dokaz. B1 A1 N 1. Presjek konstrukcijom prolazi kroz tačku D i sredinu ivice D1C1 - tačku M. P C1 M C S A 3. PM // SD, P B1C1 po konstrukciji D1 B D 2. DS // a, (S AB) po konstrukciji, dakle (KNP) // a po atributu. 4. SN // DM, N BB1 po konstrukciji 5. P (BB1C1), N (BB1C1) => PN (BB1C1). Stoga je SNPMD željeni poprečni presjek, itd. Zadatak 3. Konstruisati presek paralelepipeda koji je paralelan sa B1A i prolazi kroz tačke M i N. Rezonovanje. 1. Povežite M i N (leže u ravni (C1A1B1)). B1 N M A1 D1 B A C1 C D Nema više ništa za povezivanje. Koristimo dodatni uslov: rezna ravan mora biti paralelna pravoj B1A 2. Da bi rezna ravan bila paralelna sa AB1, potrebno je da sadrži pravu paralelnu sa AB1 (ili DC1, pošto DC // AB1 po svojstvo paralelepipeda). Najprikladnije je prikazati takvu ravnu liniju na licu DD1C1C, jer (DD1C1) // (AA1B1) i AB1 (AA1B1). Nacrtajmo pravu NK // AB1, NK DD1 = K u ravnini (DD1C1 B1 N M A1 D1 B 3. Sada u ravni AA1D1 postoje dvije tačke, M i K, koje pripadaju presjeku). Hajde da ih povežemo. C K A C1 D MNK – potrebna sekcija. Dakle: 1. Izgradnja. 1. MN 2. U ravni (DD1C1) NK // AB1, NK DD1 = K. . B1 N A1 A M D1 C1 3. MK Dokažimo da je MNK traženi dio 2. Dokaz. B C 1. Presjek prolazi kroz tačke M i N. K 2. M (A1B1C1), N (A1B1C1) => D MN (A1B1C1). 3. M (ADD1), K (ADD1) => MK (ADD1). 4. Jer NK // AB1 po konstrukciji, zatim (MNK) // AB1 po paralelizmu prave i ravni. Stoga je MNK željeni dio b.t.c. Zadatak 3. 1. U tetraedru DABC konstruirajte presjek sa ravninom koja prolazi sredinom ivice DC, vrha B i paralelna je pravoj AC. 2. Konstruirajte presek paralelepipeda sa ravninom koja prolazi sredinom ivice B1C1 i tačkom K koja leži na ivici CD, paralelno sa pravom BD, ako je DK: KC = 1: 3. M 3. Konstruišite presek tetraedra sa ravan koja prolazi kroz tačke M i C, paralelna pravo a (slika 1). Slika 1 4. U paralelepipedu ABCDA1B1C1D1, tačka E pripada ivici CD. Konstruišite presek paralelepipeda sa ravni koja prolazi kroz ovu tačku i paralelna je sa ravninom BC1D. 5. Konstruisati presek paralelepipeda sa ravni koja prolazi kroz AA1, paralelno sa MN, gde je M središte AB, N središte BC. 6. Konstruišite presek paralelepipeda sa ravninom koja prolazi kroz sredinu ivice B1C1 paralelno sa ravninom AA1C1.
Danas ćemo ponovo pogledati kako konstruisati presek tetraedra sa ravninom.
Razmotrimo najjednostavniji slučaj (obavezni nivo), kada 2 tačke presečne ravni pripadaju jednom licu, a treća tačka drugom licu.
Da vas podsjetimo algoritam za konstruisanje preseka ovog tipa (slučaj: 2 tačke pripadaju istom licu).
1. Tražimo lice koje sadrži 2 tačke presečne ravni. Povucite pravu liniju kroz dvije tačke koje leže na istom licu. Nalazimo tačke njegovog preseka sa ivicama tetraedra. Dio linije koji završava na licu je strana presjeka.
2. Ako se poligon može zatvoriti, sekcija je konstruisana. Ako je nemoguće zatvoriti, tada nalazimo presek konstruisane prave i ravni koja sadrži treću tačku.
1. Vidimo da tačke E i F leže na istoj površini (BCD), povucite pravu liniju EF u ravni (BCD). 
2. Nađimo tačku preseka prave linije EF sa ivicom tetraedra BD, to je tačka H.
3. Sada morate pronaći tačku preseka prave linije EF i ravni koja sadrži treću tačku G, tj. ravni (ADC).
Prava linija CD leži u ravnima (ADC) i (BDC), što znači da seče pravu liniju EF, a tačka K je tačka preseka prave linije EF i ravni (ADC).
4. Zatim nalazimo još dvije tačke koje leže u istoj ravni. To su tačke G i K, obje leže u ravni lijeve bočne strane. Nacrtamo pravu GK i označimo tačke u kojima ova prava siječe rubove tetraedra. To su tačke M i L.
4. Ostaje "zatvoriti" odjeljak, odnosno spojiti točke koje leže na istom licu. To su tačke M i H, kao i L i F. Oba ova segmenta su nevidljiva, crtamo ih isprekidanom linijom.
Ispostavilo se da je poprečni presjek četverokutni MHFL. Svi njegovi vrhovi leže na ivicama tetraedra. Odaberimo rezultujući odjeljak.
Sada da formulišemo "osobine" ispravno konstruisanog preseka:
1. Svi vrhovi mnogougla, koji je presek, leže na ivicama tetraedra (paralelepipeda, poligona).
2. Sve strane presjeka leže na stranama poliedra.
3. Svako lice poligona ne može sadržavati više od jedne (jedne ili nijedne!) strane sekcije