«Серія« МГУ - школі »заснована в 1999 році Саакян С. М. Геометрія. Поурочні розробки. 10-11 класи: С12 Навчальний посібник для загальноосвіт. організацій / С. М. Саакян, В. Ф. Бутузов. - ... »

- [Сторінка 2] -

3. Обговорити усно вирішення завдань 1, 2, 3, наведені в підручнику.

У зв'язку з необхідністю проводити постійну роботу з розвитку усного мовлення учнів слід вимагати від них не тільки побудови перетинів в розглянутих задачах, але і усного оповідання про хід побудови з відповідними обґрунтуваннями.

Для стислості запису рішень можна використовувати відому символіку.

Більш складні завдання на побудову перетинів тетраедра і паралелепіпеда, коли дані точки, через які проводиться розтин, лежать всередині граней, можуть бути розглянуті на факультативних заняттях і спец курсах.

Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 74, 75, 79-87, додаткові завдання до глави I.

Завдання 105. Зобразіть тетраедр DABC і відзначте точки M і N на р Брах BD і CD і внутрішню точку K межі ABC. Побудуйте перетин тетраедра площиною MNK.

Р і ш е н і е. Позначимо січну площину буквою.

Тоді M, N, M CDB, N CDB, CDB \u003d MN.

Можливі два випадки: 10) MN BC \u003d P; 20) MN BC.

Розглянемо їх окремо.

10) Проводимо пряму MN. P, K, P ABC, K ABC, ABC \u003d PK. Проводимо пряму PK. Нехай вона Перес кає боку AC і AB в точках E і F. Проводимо відріз ки NE і MF. Шукане перетин - четир хугольнік MNEF (рис. 1.31).

20) Через точку K проводимо EF BC. Проводимо відріз ки NE і MF. Шукане перетин - четир хугольнік MNEF.

Завдання 85. Зобразіть паралелепіпед ABCDA1B1C1D1 і побудуйте його перетин площиною BKL, де K - середина ребра AA1, а L - середина CC1.

Доведіть, що побудоване перетин - паралелограм.

Р і ш е н і е. Проведемо відрізок KL. Згідно аксіомі А2 він лежить в площині перетину.

Так як точки K і L - середини бічних р бер, то відрізок KL проходить через середину діагоналі AC1, а з цього відповідно до властивості 20 паралелепіпеда (п. 13) він проходить через середину діагоналі BD1 (точка O на рисунку 1.32).

B, O, отже, BD1. Шукане перетин - чотирикутник BLD1K. Так як його діагоналі KL і BD1 точкою перетину діляться навпіл, то четир х косинець BLD1K - паралелограм.

- & nbsp- & nbsp-

1. Поясніть, як побудувати перетин тетраедра DABC площиною, що проходить через дані точки M, N, K.

2. У завданнях 1-3 знайдіть периметр перетину, якщо M, N, K - середини р бер і кожне ребро тетраедра одно a.

- & nbsp- & nbsp-

1. Поясніть, як побудувати перетин куба плоско стю, що проходить через три дані точки, які показують ся або вершинами куба, або центрами його р бер (три дані точки на малюнках виділені).

2. У завданнях 1-4 і 6 знайдіть периметр перетину, якщо ребро куба одно a. У задачі 5 доведіть, що AE \u003d 1 a.

- & nbsp- & nbsp-

1. Поясніть, як побудувати перетин параллелепі педа площиною, що проходить через точки B, D і M, якщо M - середина ребра B1C1.

2. Доведіть, що побудоване перетин є одно стегнова трапеція.

3. Знайдіть сторони трапеції.

Рішення.

1) Нехай - січна площина, ABCD \u003d BD, BCC1B1 \u003d BM, MN BD, перетин - трапеція BDNM.

2) BB1M \u003d DD1N, BM \u003d DN, трапеція BDNM рав нобедренная.

- & nbsp- & nbsp-

При вирішенні завдань, пов'язаних з перетином тетраедра деякої площиною, часто виявляється корисною теорема Менелая, в деяких інших завданнях - теорема Чеви. Тому в класах з поглиблений нним вивченням математики вивчення пункту 14 «Завдання на побудову перетинів» доцільно поєднати з вивченням теорем Менелая і Чеви (пункти 95 і 96). Привед м приклад такого завдання.

Завдання 1. У тетраедра ABCD на р Брах AB, AD і BC взяті відповідно точки K, L і M так, що AK: KB \u003d \u003d 2: 3, AL \u003d LD, BM: MC \u003d 4: 5.

Побудуйте перетин тетраедра площиною KLM і знайдіть, в якому відношенні ця площина ділить ребро CD.

Рішення.

1) Провед м відрізки KL і KM, а потім продовжимо відрізки KL і BD, що лежать в площині ABD, до перетину в точці E (рис. 1.33). Точки E і M лежать в січної площини KLM і також в площині BCD.

Провівши відрізок ME, отримаємо точку N, в якій січна площина KLM перетинається з ребром CD.

Четир хугольнік KLNM - шукане перетин.

2) Найд м ставлення CN: ND. З цією метою можна застосувати теорему Менелая до трикутниках ABD і BCD. На сторонах AB і AD трикутника ABD лежать точки K і L, а на продовженні сторони BD - точка E, прич м точки K, L і E лежать на одній прямій. Тому відповідно до теореми Менелая має місце рівність

AK BE DL

= 1.

KB ED LA

- & nbsp- & nbsp-

MC BE знаходимо шукане відношення CN: ND \u003d 15: 8.

З метою використання теореми Менелая в завданні 105 підручника можна дати додаткове завдання:

Знайдіть відношення, в якому площину MNK ділить ребро AB, якщо CN: ND \u003d 2: 1, BM \u003d MD і точка K - середина медіани AL трикутника ABC. (Відповідь: 3: 2.) Аналогічне додаткове завдання можна дати в завданні 106:

Знайдіть відношення, в якому площину MNK ділить ребро BC, якщо вона ділить ребро AB у відношенні 1: 4 (рахуючи від точки A), точка K - середина ребра CD, а точка N лежить на медіані DL трикутника ACD, при ч м DN: NL \u003d 3: 2. (Відповідь: 4: 3.) На застосування теореми Чеви можна розглянути сле дме завдання:

Завдання 2. На р Брах AB, BC і CA тетраедра ABCD від мічені точки C1, A1, B1 так, що AC1: C1B \u003d 1: 2, BA1: A1C \u003d 2: 3, CB1: B1A \u003d 3: 1.

Доведіть, що площині ADA1, BDB1 і CAC1 перетинаються по прямій.

- & nbsp- & nbsp-

1. Повторити основні питання теми «Паралельність прямих і площин», заслухавши відповіді учнів. Ці питання сформульовані в картках до зач ту № 1.

2. Провести математичний диктант № 1.1. Диктант привед н в дидактичних матеріалах.

3. Розглянути рішення деяких завдань з карток до зач ту і з підручника.

Вивчення теми «Паралельність прямих і плоскос тей» завершується проведенням контрольної роботи № 1.2 і зач та № 1 по даній темі.

- & nbsp- & nbsp-

Контрольна робота № 1.2 Варіант 1

10. Прямі a і b лежать в паралельних площинах і. Чи можуть ці прямі бути: а) паралельними;

20. Через точку O, що лежить між паралельними площинами і, проведені прямі l і m. Пряма l перетинає площині і в точках A1 і A2 відпо венно, пряма m - в точках B1 і B2. Знайдіть довжину відрізка A2B2, якщо A1B1 \u003d 12 см, B1O: OB2 \u003d 3: 4.

3. Зобразіть паралелепіпед ABCDA1B1C1D1 і по будуйте його перетин площиною, що проходить через точ ки M, N і K, які є центрами р бер AB, BC і DD1.

Варіант 2

10. Прямі a і b лежать в пересічних площинах і. Чи можуть ці прямі бути: а) паралельними;

б) перехресними? Зробіть малюнок для кожного можливого випадку.

20. Через точку O, що не лежить між паралельні ми площинами і, проведені прямі l і m. Пряма l перетинає площині і в точках A1 і A2 відпо венно, пряма m - в точках B1 і B2. Знайдіть довжину відрізка A1B1, якщо A2B2 \u003d 15 см, OB1: OB2 \u003d 3: 5.

3. Зобразіть тетраедр DABC і побудуйте його перетин площиною, що проходить через точки M і N, які показують ся центрами р бер DC і BC, і точку K, таку, що K DA, AK: KD \u003d 1: 3.

Про т в е т и:

Варіант 2 Варіант 1

10. Рис. 1.35, a b, a b.

10. Рис. 1.34, a b, a b.

3. Перетин - трапеція.

3. Перетин - п'ятикутник.

Мал. 1.34 Рис. 1.35

Урок № 24 зач т № 1. Паралельність прямих і площин Картка 1

1. Сформулюйте аксіоми А1, А2 і А3 стереометрії.

Сформулюйте і доведіть слідства з аксіом.

2. Доведіть, що через будь-яку точку простору, що не лежить на даній прямій, проходить пряма, паралельним даної, до того ж лише одна.

3. Площина перетинає сторони AB і AC треуголь ника ABC відповідно в точках B1 і C1. Відомо, що BC, AB: B1B \u003d 5: 3, AC \u003d 15 см. Знайдіть AC1.

картка 2

1. Сформулюйте визначення паралельних прямої і площини. Сформулюйте і доведіть теорему, Вира лишнього ознака паралельності прямої і площини.

2. Доведіть, що якщо одна з двох паралельних прямих перетинає дану площину, то і інша пря травня перетинає цю площину.

3. Кожне ребро тетраедра DABC дорівнює 2 см. За будуйте перетин тетраедра площиною, що проходить через точки B, C і середину ребра AD. Обчисліть периметр перетину.

картка 3

1. Сформулюйте визначення перехресних пря мих. Сформулюйте і доведіть теорему, що виражає ознаку перехресних прямих.

2. Доведіть, що якщо дві прямі паралельні третьої прямий, то вони паралельні.

3. Побудуйте переріз паралелепіпеда ABCDA1B1C1D1 площиною, що проходить через точки A, C і M, де M - середина ребра A1D1.

картка 4

1. Сформулюйте визначення паралельних плоскос тей. Сформулюйте і доведіть теорему, що виражає ознаку паралельності двох площин.

2. Доведіть, що через кожну з двох схрещую трудящих прямих проходить площину, паралельна ін ший прямий, до того ж лише одна.

3. ABCDA1B1C1D1 - куб, ребро якого 4 см. Побудуй ті перетин куба площиною, що проходить через точки A, D1 і M, де M - середина ребра BC. Обчисліть пери метр перетину.

картка 5

1. Доведіть, що протилежні грані паралел лепіпеда паралельні і рівні.

2. Доведіть, що якщо сторони двох кутів відпо відно сонаправлени, то такі кути рівні.

3. Паралельні площини і перетинають сторону AB кута BAC відповідно в точках A1 і A2, а сторону AC цього кута відповідно в точках B1 і B2. Знайдіть AA1, якщо A1A2 \u003d 6 см, AB2: AB1 \u003d 3: 2.

картка 6

1. Доведіть, що діагоналі паралелепіпеда Перес каються в одній точці і діляться цією точкою навпіл.

2. Доведіть, що якщо дві паралельні плоскос ти пересічені третьої, то лінії їх перетину паралельним.

3. Точка C лежить на відрізку AB. Через точку A про ведена площину, а через точки B і C - паралельні прямі, які перетинають цю площину відповідно в точках B1 і C1. Знайдіть довжину відрізка BB1, якщо AC: CB \u003d 4: 3, CC1 \u003d 8 см.

1. Картки до зач ту, що містять основні питання теорії і деякі типові завдання, даються учням завчасно (приблизно за два тижні до проведення зач та).

2. Готуючись до зач ту, учні роблять якісь запи сі. Ці записи (можливо, у вигляді чернеток), свиде тельством про повторення навчального матеріалу і підго товки до зач ту, учні показують вчителю в день проведення зач та. Вони можуть бути використані на зач ті. При цьому на основі бесіди і додаткових питань учитель з'ясовує глибину засвоєння теми учнями.

3. зач т проводить учитель з допомогою найбільш під виготовлених учнів - консультантів. Для цього клас потрібно розділити на кілька груп, в кожній з яких 4-5 учнів. Один з них є потужніший кому вчителя в проведенні зач та. За попередніми уро кам і на початку зач та вчитель повинен переконатися в тому, що консультанти самі на хорошому рівні володіють навчань ним матеріалом.

4. Протягом уроку вчитель вед т опитування багатьох навчаючи щихся. В кінці уроку він стверджує оцінки, виставлений ні консультантами. В окремих випадках після уроку вчитель може перевірити записи учнів, виконаний ні на уроці, і після цього виставити остаточну оцінку по зач ту.

5. Підсумкову оцінку за півріччя вчитель виставляє на основі поточних оцінок за самостійні і конт рольні роботи, а також усної відповіді учнів.

Вирішальна роль при цьому належить оцінці по зач ту.

П Е Р П Е Н Д И К ВУЛ Я Р Н І С Т Ь П Р Я М И Х

І ПЛОЩИН

§ 1. перпендикулярні прямі

І ПЛОЩИНІ

- & nbsp- & nbsp-

Основні завдання уроку Ввести поняття перпендикулярних прямих у просторі стве, довести лему про перпендикулярність двох паралельним прямих до третьої прямий, дати визначення перпендикулярності прямої і площини, довести теоре ми, в яких встановлюється зв'язок між паралель ністю прямих і їх перпендикулярністю до площини.

1. Нагадати поняття кута між двома схрещую щимися прямими, ввести поняття перпендикулярності двох прямих у просторі. Відзначити, що перпенд кулярние прямі можуть перетинатися і можуть бути скре щівающіміся (див. Рис. 43 підручника).

2. Довести л е м м у: якщо одна з двох паралельних прямих перпендикулярна до третьої прямий, то й інша пряма перпендикулярна до цієї прямої.

Доказ засноване на використанні поняття кута між прямими і може бути проведено самими учнями з опорою на текст і малюнок 44 підручника.

3. Сформулювати визначення перпендикулярності прямої і площини. Ввести позначення a. Проіл люструвати поняття перпендикулярності прямої і площини за допомогою малюнка 45 і прикладів з життя.

4. Довести т е о р е м у: якщо одна з двох паралель них прямих перпендикулярна до площини, то й інша пряма перпендикулярна до цієї площини.

Доказ теореми нескладне. Воно засноване на визначенні перпендикулярності прямої і площини і розглянутої вище лемме і складається з двох етапів:

1) x, x - довільна пряма. З умови a слід (за визначенням перпендикулярності прямої і площини), що a x;

2) так як a1 a (за умовою) і a x, то (відповідно до леми про перпендикулярність двох паралельних пря мих до третьої прямий) a1 x.

Отже, пряма a1 перпендикулярна до довільної прямої x, що лежить в площині. А це означає, що a1.

5. Довести про б р а т н у ю т е о р е м у: якщо дві прямі перпендикулярні до площини, то вони паралельні.

Доказ проводиться за підручником (див. Рис. 47, а, б). Повторити це доказ можна на наступних уроках.

На перший погляд може здатися дивним, почім му ця теорема названа зворотного попередньої теоремі.

Адже в попередній теоремі умову полягало в тому, що a a1 і a, а висновком теореми було: a1. В даний ної теоремі умова полягає в тому, що a і a1, а висновок - в тому, що a a1.

Таким чином, з формальної точки зору дана теорема не є зворотною попередньої, оскільки умова і висновок даної теореми не збігаються зі відповідально з укладенням та умовою попередньої тео реми. Проте можна так сформулювати ці тео реми, що кожна з них буде зворотної інший.

Привед м це формулювання.

Нехай пряма a перпендикулярна до площини. тоді:

якщо a a1, то a1, і назад:

якщо a1, то a a1.

6. Для класної і домашньої роботи можна вико ристовувати завдання 116-118, 120.

Завдання 116 а). Дан паралелепіпед ABCDA1B1C1D1.

Доведіть, що DC B1C1 і AB A1D1, якщо BAD \u003d 90 °.

Рішення.

1) У паралелепіпеді всі грані - паралелограми. Так як BAD \u003d 90 ° (за умовою), то грань ABCD - прямоуголь нік, тому AB AD і DC BC (рис. 2.1).

2) B1C1 BC (так як грань BB1C1C - паралелограм) і BC DC. Звідси по лемі про перпендикулярність двох па паралельно прямих до третину їй B1C1 DC. Мал. 2.1

3) Аналогічно доводить ся, що AB A1D1. Дійсно відс але, A1D1 AD (так як AA1D1D - паралелограм) і AB AD, з цього AB A1D1.

Завдання 120. Через точку O перетину діагоналей квад рата зі стороною a проведена пряма OK, перпендикуляр ная до площини квадрата.

Знайдіть відстань від точки K до вершин квадрата, якщо Рис. 2.2 OK \u003d b.

Рішення.

2) Трикутники KAO, KBO, KCO і KDO рівні за двома катетам, звідки KA \u003d KB \u003d KC \u003d KD (рис. 2.2).

KAO отримуємо AO \u003d a 2. Так як KA \u003d

- & nbsp- & nbsp-

Урок № 26 Тема уроку: Ознака перпендикулярності прямої і площини Основні завдання уроку Вивчити теорему, що виражає ознаку перпендіку лярность прямої і площини; розглянути завдання на застосування цієї теореми.

Приблизний план проведення уроку

1. Повторити теоретичний матеріал попереднього уроку пут м опитування учнів.

2. В якості підготовчої роботи до вивчення нового матеріалу вирішити задачу 119.

Завдання 119. Пряма OA перпендикулярна до плоскос ти OBC, і точка O є серединою відрізка AD.

Доведіть, що: а) AB \u003d DB; б) AB \u003d AC, якщо OB \u003d OC;

в) OB \u003d OC, якщо AB \u003d AC.

Рішення.

а) OA OBC за умовою, отже, OA OB за визначенням перпендикулярності прямої до площини.

OA \u003d OD за умовою завдання, тому пряма OB являє ся серединним перпендікуля ром до відрізка AD, і, таким чи тельно, AB \u003d DB (рис. 2.3).

б) Оскільки за умовою OA OBC, то OA OC. Якщо OB \u003d OC, то прямокутні трикутники AOC і AOB рівні за двома катетам, і, отже, рівні їх ги потенузи, т. Е. AB \u003d AC.

в) Якщо AB \u003d AC, то прямо вугільні трикутники AOC і Рис. 2.3 AOB рівні за катетом і гіпотену зе, звідки випливає, що OB \u003d OC.

3. Довести теорему, що виражає п р и з н а к п е р п е н д і к у л я р н о с т і п р я м о й і п л про с ь к о с т і: якщо пряма перпендикулярна до двох пересічних пря мим, що лежить в площині, то вона перпендикулярна до цієї площини.

У процесі доведення теореми виділяються сле дмуть етапи:

1) Спочатку розглядаємо випадок, коли пряма a про ходить через точку O перетину прямих p і q, лежачи щих на площині. Доводимо, що пряма a перпен дікулярна до будь-якої прямої, що лежить в площині і про ходить через точку O.

2) Використовуючи лему про перпендикулярність двох па паралельно прямих до третьої, робимо висновок про перпен дікулярності прямий a до будь-якої прямої, що лежить в площині. Це означає, що a.

3) Розглядаємо тепер випадок, коли пряма a не проходить через точку O перетину p і q. У цьому слу чаї проводимо через точку O пряму a1, паралельну пря мій a. В силу згаданої леми a1 p і a1 q, і поет му згідно доведеному в першому випадку a1. Отсю та по першій теоремі п. 16 слід, що a. Це завершує доказ теореми.

4. У зв'язку з тим що доказ теореми складається з декількох етапів, можна запропонувати учням за писати план докази відповідно до утриманні їм слайда 2.1.

Слайд може бути використаний при підведенні Іто гов даного уроку і на наступному уроці.

5. Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 121, 124, 126, 128.

Завдання 128. Через точку O перетину діагоналей паралелограма ABCD проведена пряма OM так, що MA \u003d MC, MB \u003d MD. Доведіть, що пряма OM перпен дікулярна до площини паралелограма.

- & nbsp- & nbsp-

1. Сформулюйте визначення перпендикулярно сти прямої і площини.

2. Теорема. Якщо пряма перпендикулярна до двох пересічних прямих, які лежать в площині, то вона перпендикулярна до цієї площини.

- & nbsp- & nbsp-

Рішення.

1) Так як MA \u003d MC (по усло вию) і AO \u003d OC (діагоналі па раллелограмма точкою Перес чення діляться навпіл), то відрізок MO - медіана одно стегнового трикутника AMC (рис. 2.4).

Отже, MO також висота цього трикутника, т. Е.

2) Аналогічно доводиться, Рис. 2.4 що MO BD.

3) Так як MO AC і MO BD, то за ознакою пров пендікулярності прямої і площини MO ABCD.

Урок № 27 Тема уроку: Теорема про прямий, перпендикулярної до площини Основні завдання уроку Повторити доказ теореми, що виражає при знак перпендикулярності прямої і площини; рассмот реть теорему з п. 18: через будь-яку точку простору проходить пряма, перпендикулярна до даної плоско сти, до того ж лише одна.

Приблизний план проведення уроку

1. Повторити доказ теореми, що виражає ознаку перпендикулярності прямої і площини.

2. Перевірити вибірково вирішення завдань з домашньої роботи.

3. Сформулювати т е о р е м у: через будь-яку точку простору проходить пряма, перпендикулярна до даної площини, і до того ж тільки одна.

Наочно твердження теореми представляється впол не очевидно, проте суворе її докази не є ється простим.

Учням, котрі виявляють підвищений інтерес до ма тематиці, можна запропонувати розібрати доказ будинку самим за підручником. При цьому слід звернути їх увагу на те, що в першій частині докази вво диться в розгляд площина, що проходить через дану точку M і перпендикулярна до даної прямої a.

Існування такої площини доведено в задачі з ре ням, привед ної в п. 17, а єдиність такій площині доведена в задачі 133, яка також дана з рішенням. Таким чином, повне підтвердження цієї теореми досить громіздко, і тому вчитель на свій розсуд може викласти його з тієї чи іншої степу нью повноти в залежності від рівня класу. Окремі фрагменти докази (завдання з п. 17, завдання 133) можна розглянути на уроках № 28-30, посвящ нних повторення теорії і вирішення завдань по темі.

4. Провести фронтальне опитування учнів, використовуючи слайд 2.2.

- & nbsp- & nbsp-

5. Для класної і домашньої роботи можна вико ристовувати завдання 122, 123, 125, 127.

Завдання 122. Пряма CD перпендикулярна до плоско сти правильного трикутника ABC. Через центр O це го трикутника проведена пряма OK, паралельна прямій CD. Відомо, що AB \u003d 16 3 см, OK \u003d 12 см, CD \u003d 16 см. Знайдіть відстані від точок D і K до вір шин A і B трикутника.

Рішення.

1) За умовою завдання OK CD, отже, OK ABC (рис. 2.5).

2) Точка O - центр правильного трикутника ABC, отже, OA \u003d OB \u003d OC \u003d AB \u003d 16 см.

- & nbsp- & nbsp-

Уроки № 28-30 Тема уроків: Рішення задач на перпендикулярність прямої і площини. Повторення питань теорії Основні завдання уроків Виробити навички вирішення основних типів завдань на перпендикулярність прямої і площини, повторити у тання теорії.

1. Повторити питання теорії в ході опитування учнів (пп. 15-18).

2. Вирішити вибірково завдання 129-137, використовувати питання 1-9 до глави II.

3. Розглянути частково або повністю доказатель ство теореми з п. 18.

4. Можна використовувати завдання з дидактичних ма ріалів.

5. Можна провести математичний диктант (№ 2 в дидактичних матеріалах).

6. Чи корисна робота на уроці зі слайдом 2.3.

На уроці № 30 проводиться самостійна робота.

Самостійна робота № 2.1 Варіант 1

10. Д а н о: AB, M і K - довільні точки пло кістки. Доведіть, що AB MK.

2. Трикутник ABC правильний, точка O - його центр. Пряма OM перпендикулярна до площини ABC.

а) 0 Доведіть, що MA \u003d MB \u003d MC.

б) Знайдіть MA, якщо AB \u003d 6 см, MO \u003d 2 см.

- & nbsp- & nbsp-

Варіант 2

10. Д а н о: пряма MA перпендикулярна до площини трикутника ABC. Доведіть, що MA BC.

2. Чотири хугольнік ABCD - квадрат, точка O - його центр. Пряма OM перпендикулярна до площини квад рата.

а) 0 Доведіть, що MA \u003d MB \u003d MC \u003d MD.

б) Знайдіть MA, якщо AB \u003d 4 см, OM \u003d 1 см.

відповіді:

Варіант 1.

Варіант 2.

Завдання 129. Пряма AM перпендикулярна до плоскос ти квадрата ABCD, діагоналі якого перетинаються в точці O. Доведіть, що:

а) пряма BD перпендикулярна до площини AMO;

Рішення.

а) MA ABCD, отже, MA BD по визначенні нию перпендикулярності прямої і площини, BD AC по властивості діагоналей квадрата (рис. 2.7).

Отже, BD AO і BD AM, отже, BD AMO за ознакою перпендикулярності прямої і площини.

б) Так як BD MOA, то пряма BD перпендикуляр на до будь-якої прямої, що лежить в площині MOA, в част ності BD MO.

Завдання 134. Доведіть, що всі прямі, що проходять через дану точку M прямої a і перпендикулярні до цієї прямої, лежать в площині, що проходить через точку M і перпендикулярної до прямої a.

Р і ш е н і е. Позначимо буквою площину, проходячи щую через точку M прямої a і перпендикулярну до цієї прямої, і розглянемо довільну пряму b, також про що ходить через точку M і перпендикулярну до прямої a.

Потрібно довести, що b (рис. 2.8). Припустимо, що це не так. Тоді площина, що проходить через прямі a і b, перетинається з площиною по деякій прямій b1, що проходить через точку M і відмінною від прямої b. Так як a і b1, то a b1. Ми отримали, що в площині через точку M проходять дві прямі (b і b1), пров пендікулярние до прямої a, чого не може бути. Значить, припущення невірно і пряма b лежить в площині.

Мал. 2.7 Рис. 2.8

Завдання 136. Доведіть, що якщо точка X рівновіддалена від кінців даного відрізка AB, то вона лежить в площині, прохо дящей через середину відрізка AB і перпендикулярної до пря мій AB.

Р і ш е н і е. Позначимо бук виття площину, що проходить через середину O відрізка AB і Рис. 2.9 перпендикулярну до прямої AB (рис. 2.9). Нехай точка X рівновіддалена від кінців відрізка AB, т. Е. XA \u003d XB. Потрібно довести, що X.

Якщо точка X лежить на прямій AB, то вона збігається з точкою O, і тому X.

Якщо точка X не лежить на прямій AB, то відрізок XO є медіаною рівнобедреного трикутника AXB і, отже, висотою цього трикутника, т. Е.

Таким чином, пряма XO проходить через точку O прямий AB і перпендикулярна до прямої AB. Звідси сле дме (див. Задачу 134), що пряма XO лежить в плоскос ти, і тому X.

Завдання 137. Доведіть, що через кожну з двох взаємно перпендикулярних перехресних прямих проходить площину, перпендикулярна до іншої пря мій.

Р і ш е н і е. Нехай a і b - взаємно перпендикулярні перехресні прямі. Доведемо, що через пряму a проходить площину, перпенд кулярной до прямої b.

1) Через довільну точ ку O прямий a провед м пря мую b1, паралельну прямий b. Тоді a b1, так як по усло вию a b (рис. 2.10).

2) Позначимо буквою пло кістка, що проходить через пере Сека прямі a і b1, і провед м через точку O пряму c, перпендикулярну до плоско сти. Тоді c b1, а так як b b1, то c b.

3) Позначимо буквою пло кістка, що проходить через пере Сека прямі a і c. Так як b a (за умовою) і b c, Рис. 2.10 то b (за ознакою перпендикулярності прямої і площини). Отже, через пряму a проходить площину, перпендикулярна до прямої b.

Аналогічно доводиться, що через пряму b про ходить площину, перпендикулярна до прямої a.

§ 2. перпендикуляр і нахил.

КУТ МІЖ прямої і площини

- & nbsp- & nbsp-

Основні завдання уроку Ввести поняття відстані від точки до площини, до казать теорему про тр х перпендикулярах, показати при сування цієї теореми при вирішенні завдань.

Приблизний план проведення уроку

1. Використовуючи малюнок 51 підручника, ввести поняття перпендикуляра до площини, похилій, проекції на клонів на площину. Розглядаючи прямокутний трикутник AMH (див. Рис. 51), довести, що перпен дікуляр, провед ний з даної точки до площини, менше будь-який похилій, провед ної з тієї ж точки до цієї площини. Довжина перпендикуляра, провед ного з точки до площини, називається відстанню від цієї точки до площини.

2. Звернути увагу на зауваження 1, 2, 3 в п. 19 підручника, в яких введено поняття відстані між паралельними площинами, паралельними прямий і пло кісткою, перехресними пря мимі. Корисно виконати рисунку та обґрунтувати справедливий с- тверджень, привед н них в зауваженнях.

З а м е год а зв і е 1. Якщо дві площини паралельні, то всі точки однієї площини однаково віддалені від іншій площині.

Нехай, A, M. Про ведемо AA0 і MM0, тоді Рис. 2.11 AA0 MM0 (рис. 2.11), тому AA0 \u003d MM0 (як відрізки паралельних прямих, заключ нние між паралель ними площинами).

Отже, відстані від двох довільних точок A і M площині до площині рівні один одному. Те ж са моє відноситься до відстаней від точок площини до площини.

Відстань від довільної точки однієї з паралельним площин до іншої площини називається рас стоянням між паралельними площинами.

З а м е год а зв і е 2. Якщо пряма і площину паралель ни, то всі крапки прямій рівновіддалені від цієї площини.

Доведення твердження наведено в рішенні за дачі 144, учні можуть прочитати його самостійно.

Можна запропонувати інший варіант докази.

Нехай a, A a, B a. Проведемо AA1 і BB1 (рис. 2.12). Тоді AA1 BB1. Доведемо, що AA1 \u003d BB1.

Площина, що проходить через паралельні прямі AA1 і BB1, перетинається з площиною по прямій A1B1 і містить пряму AB. Ясно, що AB A1B1 (якби ці прямі перетиналися, то пряма AB (т. Е. Пряма a) перетиналася б з площиною, що суперечить усло вию a).

Отже, AA1 BB1 і AB A1B1. Отже, четир х косинець ABB1A1 - паралелограм, і тому AA1 \u003d BB1.

Таким чином, відстані від двох довільних то чек A і B прямий a до паралельної їй площини рав ни між собою.

Якщо пряма і площина паралельні, то расстояни їм між прямою і площиною називається відстань від довільної точки прямої до цієї площини.

З а м е год а зв і е 3. Якщо дві прямі перехресні, то відстанню між ними називається відстань між ду однієї з них і площиною, що проходить через дру гую пряму паралельно першої прямої.

Доцільно нагадати, як виконується построе ня площині, що містить одну з перехресних прямих і паралельної інший прямий (рис. 2.13).

Мал. 2.12 Рис. 2.13

Нехай a b. Через довільну точку M прямої b провед м пряму a1, паралельну a. Пересічні прямі a1 і b визначають деяку площину, па паралельно прямий a.

З довільної точки A прямої a проводимо перпен дікуляр AA1 до площини. Довжина цього перпендікуля ра і є відстань між перехресними прямі ми a і b.

Надалі в процесі вирішення завдань можна поки зать, як побудувати загальний перпендикуляр до двох да ни перехресних прямих a і b, т. Е. Відрізок, пров пендікулярний до прямих a і b, кінці якого лежать на цих прямих.

3. Довести теорему про тр х перпендикулярах і обрат ву їй теорему. При цьому можна використовувати малюнок 53 підручника або слайд 2.4.

- & nbsp- & nbsp-

4. Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 138-145, 153.

Завдання 143. Відстань від точки M до кожної з вершин правильного трикутника ABC дорівнює 4 см. Най дитя відстань від точки M до площини ABC, якщо AB \u003d 6 см.

Рішення.

1) За умовою MA \u003d MB \u003d MC \u003d 4. Нехай MO ABC (рис. 2.14), тоді OA \u003d OB \u003d OC (як проекції рівних похилих, см. Задачу 139). Це означає, що точка O - центр кола, описаного навколо трикутника ABC,

- & nbsp- & nbsp-

а OA - радіус цієї окружності. Відомо, що a3 \u003d R 3, де a3 \u003d AB, R \u003d AO, тому AO \u003d 6 \u003d 2 3.

2) З MAO отримуємо MO \u003d MA2 - AO2, MO \u003d 16 - 12 \u003d 4 \u003d 2.

Про т в е т: 2 см.

Завдання 145. Через вершину A прямокутного тре кутника ABC з прямим кутом C проведена пряма AD, перпендикулярна до площини трикутника.

а) Доведіть, що трикутник CBD прямокутний.

б) Знайдіть BD, якщо BC \u003d a, DC \u003d b.

Рішення.

а) Відрізок AC - проекція похилої DC на пло кістка трикутника ABC (рис. 2.15). BC AC за умовою, отже, BC DC по теоремі про тр х перпендікуля рах і тому трикутник CBD прямокутний.

б) BC \u003d a, DC \u003d b. З BCD отримуємо BD \u003d BC2 + CD2, BD \u003d a2 + b2.

Про т в е т: a2 + b2.

Надалі в процесі вирішення завдань важливо обра тить увагу учнів на обобщ нную теорему про тр х перпендикулярах, коли пряма a1 перпендикулярна до проекції похилої, але не проходить через підставу похилій.

Урок № Тема уроку: Кут між прямою і площиною Основні завдання уроку Ввести поняття кута між прямою і площиною;

розглянути завдання, в яких використовується це поняття.

Приблизний план проведення уроку

1. Перевірити вибірково рішення задач з домашньої роботи. Рішення задач типу 138-142 і доказ теореми про тр х перпендикулярах можна обговорити усно, використовуючи готові малюнки і слайди.

2. Ввести поняття проекції точки на площину, про проекції фігури на площину. Довести, що проекцією прямої на площину, що не перпендикулярній до цієї пло кістки, є пряма. При цьому використовуються рисун ки 54, 55 підручника.

3. Ввести визначення кута між прямою і плоско стю.

4. Розібрати рішення задачі 162, привед нное в навч ніку. Довести, що кут між даною прямою і пло кісткою є найменшим з усіх кутів, кото риє дана пряма утворює з прямими, провед тах в площині через точку перетину прямої з пло кісткою.

Учням корисно зробити короткий запис доказа тельства, привед ного в слайді 2.5.

- & nbsp- & nbsp-

5. Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 163-165, 146-148.

Завдання 165. З точки A, хвацький ної від площини на відстань d, проведені до цієї площини похилі AB і AC під кутом 30 ° до площини. Їх проекції на пло скостити утворюють кут 120 °. Знайдіть BC.

- & nbsp- & nbsp-

Уроки № 33-36 Тема уроків: Повторення теорії. Рішення задач на застосування теореми про тр х перпендикулярах, на кут між прямою і площиною Основні завдання уроків Повторити доказ теореми про тр х перпенд кулярах, поняття кута між прямою і площиною, за кріпити навички рішення задач.

Приблизний план проведення уроків

1. На кожному з уроків № 33-35 повторити питан си теорії пут м опитування учнів.

2. У процесі вирішення завдань повторити співвідношення між елементами прямокутного трикутника, теоре ми синусів і косинусів.

3. Звернути особливу увагу на рішення деяких типових задач, які будуть використовуватися в далекій шем при обчисленні площ поверхонь і об'єк мов багатогранників. До таких завдань відносяться, наприклад, задачі 147, 151, 158, 161. Корисно використовувати на уро ках привед ний нижче слайд 2.6, який призначений для фронтальної роботи з учнями, обговорення під ходів до вирішення завдань з підручника.

4. На уроці № 36 доцільно провести самостоя тільну роботу контролюючого характеру.

Самостійна робота № 2.2

Варіант 1 З точки M провед н перпендикуляр MB, рівний 4 см, до площини прямокутника ABCD. Похилі MA і MC утворюють з площиною прямокутника кути 45 ° і 30 ° відповідно.

а) 0 Доведіть, що трикутники MAD і MCD прямо вугільні.

б) 0 Знайдіть сторони прямокутника.

в) Доведіть, що трикутник BDC є проек цією трикутника MDC на площину прямокутника, і знайдіть його площа.

Варіант 2 З точки M провед н перпендикуляр MD, рівний 6 см, до площини квадрата ABCD. Похила MB утворює з площиною квадрата кут 60 °.

а) 0 Доведіть, що трикутники MAB і MCB прямо вугільні.

б) 0 Знайдіть сторону квадрата.

в) Доведіть, що трикутник ABD є проек цією трикутника MAB на площину квадрата, і най дитя його площа.

відповіді:

б) AB \u003d 4 см, BC \u003d 4 3 см; в) 8 3 см2.

Варіант 1.

б) 6 см; в) 3 см2.

Варіант 2.

- & nbsp- & nbsp-

Завдання 147. З точки M провед н перпендикуляр MB до площини прямокутника ABCD. Доведіть, що тре косинці AMD і MCD прямокутні.

Рішення.

1) За умовою завдання відрізок MB - перпендикуляр до площини прямокутника, отже, відрізок AB є проекція похилої MA на площину прямоуголь ника (рис. 2.17). AD AB (так як ABCD - прямоуголь нік), отже, AD MA по теоремі про тр х перпен дікулярах. Таким чином, кут MAD прямий і, отже, трикутник AMD прямокутний.

2) Аналогічно, так як DC BC, то DC MC і тре кутник MCD прямокутний.

Завдання 151. Пряма CD перпендикулярна до площини трикутника ABC. Доведіть, що: а) трикутник ABC є проекцією трикутника ABD на площину ABC;

б) якщо CH - висота трикутника ABC, то DH - висок та трикутника ABD.

Рішення.

а) За умовою завдання відрізок DC - перпендикуляр до площини ABC, отже, точка C є проекція точки D на площину ABC, відрізок CB - проекція на клон DB, а відрізок CA - проекція похилої DA на площину ABC (рис. 2.18).

Всі точки відрізка AB лежать в площині ABC, поет му проекцією відрізка AB на площину ABC є сам цей відрізок.

Отже, проекціями сторін трикутника ABD на пло кістка ABC є відповідні сторони треуголь ника ABC.

Очевидно також, що проекція M1 будь-якої внутрішньої точки M трикутника ABD лежить всередині трикутника ABC і назад: будь-яка внутрішня точка M1 трикутник ка ABC є проекцією на площину ABC деякої внутрішньої точки M трикутника ABD. Це і означає, що трикутник ABC є проекцією трикутника ABD на площину ABC.

б) AB CH за умовою, отже, AB DH по теоремі про тр х перпендикулярах, т. е. DH - висота тре кутника ABD.

- & nbsp- & nbsp-

Завдання 158. Через вершину B ромба ABCD проведена пряма BM, перпендикулярна до його площини. Знайди ті відстань від точки M до прямих, що містять бо ку ромба, якщо AB \u003d 25 см, BAD \u003d 60 °, BM \u003d 12,5 см.

Рішення.

1) Проведемо BK AD (рис. 2.19). Відрізок BK - про екция похилій MK на площину ромба, AD BK, сле послідовно, AD MK по теоремі про тр х перпендікуля рах. Довжина відрізка MK дорівнює відстані від точки M до прямої AD.

Аналогічно ME - відстань від точки M до пря мій DC.

ABK отримуємо BK \u003d AB sin 60 °, BK \u003d 25 3.

3) Трикутник MBK прямокутний, так як MB ABC. маємо

- & nbsp- & nbsp-

4) BK \u003d BE (як висоти ромба). Прямокутні тре косинці MBK і MBE рівні за двома катетам, следо вательно, ME \u003d MK \u003d 25 см.

5) Відстані від точки M до прямих AB і BC рав ни довжині перпендикуляра MB, т. Е. Рівні 12,5 см.

Про т в е т: 25 см, 25 см, 12,5 см, 12,5 см.

Завдання 161. Луч BA не лежить в площині нерозвинений р нутого кута CBD. Доведіть, що якщо ABC \u003d ABD, причому ABC 90 °, то проекцією променя BA на площину CBD є бісектриса кута CBD.

Рішення.

1) Нехай AE CBD. У площині ABC провед м пров пендікуляр AM до прямої BC, а в площині ABD - пров пендікуляр AK до прямої BD. Так як ABC 90 °, то точка M лежить на промені BC (а не на продовженні цього променя). Аналогічно тому що ABD 90 °, то точка K ле жит на промені BD (рис. 2.20).

Так як BC AM, то BC EM (по теоремі, зворотної теоремі про тр х перпендикулярах). Аналогічно доводячи ється, що BD EK.

2) Прямокутні трикутники ABK і ABM рівні по гіпотенузі (AB - загальна гіпотенуза) і гострого кута (ABC \u003d ABD), отже, BM \u003d BK.

3) Прямокутні трикутники BME і BKE рівні по гіпотенузі (BE - загальна гіпотенуза) та катетом (BM \u003d BK), отже, EM \u003d EK.

4) Точка E рівновіддалена від сторін кута CBD, следо вательно, вона лежить на бісектрисі цього кута, т. Е. Промінь BE - бісектриса кута CBD.

§ 3. двогранний кут.

перпендикулярно до площини

Урок № 37 Тема уроку: Двогранний кут Основні завдання уроку Ввести поняття двогранного кута і його лінійного кута, розглянути завдання на застосування цих понять.

Приблизний план проведення уроку

1. Ввести поняття двогранного кута, використовуючи рису нок 58 підручника.

2. Ввести поняття лінійного кута двогранного кута.

Довести, що всі лінійні кути двогранного кута рав ни один одному (див. Рис. 59, а, б).

3. Дати визначення градусної міри двогранного кута.

Розглянути приклади гострого, прямого і тупого Двогранний них кутів, використовуючи малюнок 60 підручника. Прямий дво гранний кут можна показати на перетині двох стін класної кімнати, а також стіни і стелі або підлоги.

4. Для класної і домашньої роботи можна вико вать вибірково завдання 166-170.

Слід звернути увагу учнів на позначення двогранні кутів. Двогранний кут з ребром AB, на різ них гранях якого відзначені точки C і D, називається двогранним кутом CABD.

Завдання 167. У тетраедра DABC все ребра рівні, точка M - середина ребра AC. Доведіть, що DMB - лінійний кут двогранного кута BACD.

Мал. 2.21 Рис. 2.22

Р і ш е н і е. Медіани BM і DM є одновремен але висотами правильних трикутників ABC і ADC (рис. 2.21). Тому BM AC і DM AC, і, слідчий але, DMB є лінійним кутом двогранного кута при ребрі AC підстави піраміди.

Завдання 170. З вершини B трикутника ABC, сторо на AC якого лежить в площині, провед н до цієї площини перпендикуляр BB1. Знайдіть відстань від точки B до прямої AC і до площини, якщо AB \u003d 2 cм, BAC \u003d 150 ° і двогранний кут BACB1 дорівнює 45 °.

Рішення.

1) Трикутник BAC тупоугольние з тупим кутом A, тому підставу висоти BK, провед ної з вершини B, лежить на продовженні сторони AC. Відстані від точ ки B до прямої AC і до площини рівні соответствен але BK і BB1 (рис. 2.22).

2) Так як AC BK, то AC KB1 по теоремі, зворотної теоремі про три перпендикуляри. Отже, BKB1 - лінійний кут двогранного кута BACB1. За умовою завдання BKB1 \u003d 45 °.

3) З BAK маємо A \u003d 30 °, BK \u003d BA sin 30 °, BK \u003d 1.

- & nbsp- & nbsp-

Урок № 38 Тема уроку: Ознака перпендикулярності двох площин Основні завдання уроку Ввести поняття кута між площинами; дати визна розподіл перпендикулярних площин; довести теоре му, яка має ознаку перпендикулярності двох площин; показати застосування цієї теореми при ре шении завдань.

Приблизний план проведення уроку

1. Перевірити вибірково рішення задач з домашньої роботи. Бажано використовувати слайди з готовими кресленнями.

2. Звернути увагу учнів на те, що при пере перетині двох площин утворюються чотири двогранні кута. Якщо - величина того з четир х кутів, який не перевищує кожний з інших, то кажуть, що кут між пересічними площинами дорівнює. Яс але, що 0 ° 90 °. Якщо \u003d 90 °, то площини називаються перпендикулярними. У цьому випадку кожен з четир х двогранні кутів, утворених пересічними пло кістками, прямий.

3. Довести теорему, що виражає ознаку перпен дікулярності двох площин. Доказ теореми можна провести усно за текстом підручника, використовуючи ри Сунок 62. Привед нное в підручнику традиційне доказа тельство, як правило, успішно засвоюється учнями.

4. Важливо звернути увагу учнів на такі два факти, часто використовувані при вирішенні завдань:

а) Площина, перпендикулярна до ребра двогранного кута, перпендикулярна до його гранях. (Це твердження в дещо іншій формулюванні наведено в п. 23 навчань ника у вигляді слідства з теореми.)

б) Перпендикуляр, провед ний з будь-якої точки однієї з двох взаємно перпендикулярних площин до лінії їх перетину, є перпендикуляр до іншої площини.

(Це твердження доведено в привед нном в підручнику вирішенні задачі 178.)

5. Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 171-180.

Завдання 171. Гіпотенуза прямокутного равнобедрен ного трикутника лежить в площині, а катет Накло нен до цієї площини під кутом 30 °. Знайдіть кут між площиною і площиною трикутника.

Рішення.

1) Нехай ABC - даний трикутник, AB, CO. Тоді відрізок OB - проекція катета CB на пло кістка. За умовою завдання CBO \u003d 30 ° (рис. 2.23).

2) Нехай в трикутнику COB CO \u003d a, тоді CB \u003d 2a.

3) Проведемо CD AB, тоді AB DO по теоремі, про ратної теоремі про три перпендикуляри, і CDO - чи лінійного кут двогранного кута, утвореного при пере перетині площині з площиною трикутника. нехай

- & nbsp- & nbsp-

CDO \u003d x. Це і є шуканий кут між площиною і площиною трикутника.

4) З CDB отримуємо CBD \u003d 45 °, так як по усло вию трикутник ACB рівнобедрений і прямоуголь

- & nbsp- & nbsp-

звідки \u003d 45 °, т. е. двогранний кут DABC дорівнює 45 °.

5) Так як BC DC і AC DC, то ACB - лінійний кут двогранного кута BDCA.

Оскільки ACB \u003d 60 °, то двогранний кут BDCA ра вен 60 °.

Про т в е т: 90 °, 45 °, 60 °.

Завдання 174. Знайдіть двогранний кут ABCD тетраед ра ABCD, якщо кути DAB, DAC і ACB прямі, AC \u003d CB \u003d 5, DB \u003d 5 5.

Рішення.

1) За умовою завдання кути DAB і DAC прямі, следо вательно, DA AB і DA AC (рис. 2.25). Звідси випливає, що відрізок DA - перпендикуляр до площини ABC, і, слідчий але, відрізок AC - проекція похилої DC на площину ABC. Мал. 2.25

2) За умовою завдання кут ACB прямий, т. Е. BC AC, і, отже, BC DC по теоремі про тр х перпенд кулярах. Таким чином, ACD - лінійний кут дво гранного кута ABCD.

3) З DCB: DC \u003d DB2 - BC2, DC \u003d 25 5 - 25 \u003d 10.

4) З DAC отримуємо ACD \u003d x, cos x \u003d AC, cos x \u003d 5,

- & nbsp- & nbsp-

Основні завдання уроку Ввести поняття прямокутного паралелепіпеда, Розглянути властивості його граней, двогранні кутів, діа Гоналом.

Приблизний план проведення уроку

1. Сформулювати визначення прямокутного па раллелепіпеда. Довести, що всі шість граней прямо вугільного паралелепіпеда - прямокутники.

2. Довести, що всі двогранні кути прямоугольно го паралелепіпеда прямі.

3. Довести т е о р е м у: квадрат діагоналі прямо вугільного паралелепіпеда дорівнює сумі квадратів тр х його вимірів.

Звернути увагу на аналогію з властивістю Диаген нали прямокутника. Можна відзначити також, що ця теорема є одним з варіантів просторової теореми Піфагора.

Розглянути наслідок з теореми: діагоналі прямо вугільного паралелепіпеда рівні.

4. Для класної і домашньої роботи можна вико вать вибірково завдання 187-192.

Мал. 2.26 Рис. 2.27

Завдання 191. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Доведіть, що площині ABC1 і A1B1D перпендикулярні.

Рішення.

1) BC1 B1C по властивості діагоналей квадрата (рис. 2.26). DC BCC1, тому DC BC1, так як BC1 BCC1.

Таким чином, пряма BC1 перпендикулярна до двох пересічних прямих DC і CB1, лежачим в плоско сти A1B1D. Отже, пряма BC1 перпендикулярна до площини A1B1D за ознакою перпендикулярності прямої і площини.

2) Площина ABC1 проходить через пряму BC1, пров пендікулярную до площини A1B1D, отже, ABC1 A1B1D за ознакою перпендикулярності двох пло кісток.

Завдання 192. Знайдіть тангенс кута між діагоналлю куба і площиною однієї з його граней.

Рішення.

1) Нехай ребро куба ABCDA1B1C1D1 одно a. Тоді BD \u003d a 2 (рис. 2.27). Так як D1D ABC, то пряма BD є проекцією прямої BD1 на площину межі ABCD, і тому кут між цими прямими є кут між діагоналлю BD1 і гранню ABCD. Таким чином, требу ється знайти тангенс кута D1BD, величину якого про значущий.

2) З D1DB отримуємо tg \u003d 1, tg \u003d a, tg \u003d 2.

- & nbsp- & nbsp-

Урок № 40 Тема уроку: Рішення задач на прямокутний паралелепіпед Основні завдання уроку Повторити властивості прямокутного паралелепіпеда, вирішити ряд завдань на прямокутний паралелепіпед.

Приблизний план проведення уроку

1. Повторити питання теорії пут м опитування учнів.

2. Перевірити вибірково рішення задач з домашньої роботи, використовуючи готові креслення, слайди.

3. Для класної і домашньої роботи можна вико вать завдання 193-196.

Завдання 195. Знайдіть вимірювання прямокутного па раллелепіпеда ABCDA1B1C1D1, якщо AC1 \u003d 12 см і Диаген наль BD1 становить з площиною грані AA1D1D кут 30 °, а з ребром DD1 - кут 45 °.

Рішення.

Схожі роботи:

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ Федеральне державне бюджетне освітня установа вищої професійної освіти« Тюменського державного УНІВЕРСИТЕТ »Інститут наук про Землю Кафедра фізичної географії і екологія Тюлькова Л.А геоморфології навчально-методичний комплекс. Робоча програма для студентів напряму 05.03.04 «Гідрометеорологія», очної форми навчання Тюменський державний університет Тюлькова Л.А. Геоморфологія. Навчально-методичний ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ Калінінградській області ДЕРЖАВНЕ БЮДЖЕТНА УСТАНОВА Калінінградській області ПРОФЕСІЙНА ОСВІТНЯ ОРГАНІЗАЦІЯ« гусевского АГРОПРОМИСЛОВИЙ КОЛЕДЖ »ЗАТВЕРДЖУЮ Директор ГБУ КО ПОО Гапці Л.В. Грубін 15 серпня 2014 року ОСНОВНА ПРОФЕСІЙНА ОСВІТНЯ ПРОГРАМА СЕРЕДНЬОГО ОСВІТИ ДЕРЖАВНОГО ОСВІТНЬОГО УСТАНОВИ Калінінградській області ПРОФЕСІЙНА ОСВІТНЯ ОРГАНІЗАЦІЯ «гусевского АГРОПРОМИСЛОВИЙ ...»

«Тема: ОСВІТА в РФ. Загальні положення. ВНЗ. ПТО. СШО.ДОУ Дата поновлення: 24.02.2015 Аналітичний огляд Затверджено рекомендації щодо актуалізації федеральних стандартів вищої освіти з метою врахування в них положень відповідних професійних стандартів рекомендації щодо актуалізації чинних федеральних державних Методичні освітніх стандартів вищої освіти з урахуванням прийнятих професійних стандартів (затв. Міністерства освіти та науки Росії 22.01.2015 N ДЛ-2 / 05вн) ... »

«НАВЧАННЯ) Прізвище Ім'я По батькові Курс_ факультет комунікацій і права Група № _ Результати рецензування (графа заповнюється викладачем) _ _ _ _ _ _Преподаватель _ Мінськ 2014 ЗМІСТ КОРОТКІ МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ РОЗДІЛ 1. ЗАГАЛЬНА вчення про криміналістику ТЕМА 1.1 ПРЕДМЕТ, ІСТОРІЯ, СИСТЕМА, ОБ'ЄКТИ І ЗАВДАННЯ. ІСТОРІЯ І МЕТОДОЛОГІЯ ... »

«Зміст Анотація ... 1. Цілі самостійної роботи студентів. 2. Завдання самостійної роботи студентов..5 3.Рекомендаціі з самостійного вивчення дісціпліни..5 4. Види самостійної роботи студентов..5 5. Вимоги до мінімуму змісту дисципліни згідно з Федеральним державним освітнім стандартом ... 6.Содержаніе самостійної роботи за темами дисципліни. 7.Заданія для самостійної роботи студентів 7.1.Тематіка рефератів і творчих робіт по дісціпліне..8 ... »

«План інформаціоннообразовательних семінарів і вебінарів Перше півріччя 2015-2016 навчальний рік жовтні Участь безкоштовна. Всім учасникам (реєстрація обов'язкова) видаються 16 жовтня 2015 16.00-17.00 (час московський) сертифікати про участь в Вебінар «Методичні засади розробки завдань семінарах і вебінарах. Міжнародного конкурсу «ПОНІ® в гостях у Піфагора» для учнів 2-4 класів та критерії їх оцінювання ». На вебінарі аналізуються цілі проведення інтелектуальних змагань, ... »

«РОСІЙСЬКА ФЕДЕРАЦІЯ МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ Державна освітня установа вищої професійної освіти Тюменського державного УНІВЕРСИТЕТ« ЗАТВЕРДЖУЮ »: Проректор з навчальної роботи Л.М. Волоснікова 08.07. 2011р. Організація логопедичної роботи в дошкільних освітніх установах Навчально-методичний комплекс. Робоча програма для студентів напряму підготовки 050700.62 Спеціальне (дефектологическое) освіту, профіль підготовки Логопедія, форма ... »

«Державна бюджетна професійний освітній заклад міста Москви« Перший Московський Освітній Комплекс »Методичні рекомендації щодо виконання практичних робіт За професійною модулю ПМ 02. Конструювання швейних виробів МДК 02.02. Методи конструктивного моделювання швейних виробів, 3-й курс навчання 262019 Конструювання, моделювання та технологія швейних виробів поглиблена підготовка (найменування профілю підготовки) Москва ББК Г1 СХВАЛЕНО Розроблено на ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ УНІВЕРСИТЕТ ИТМО Є.П. Сучкова, М.С. Білозьорова МЕТОДИ ДОСЛІДЖЕННЯ МОЛОКА І МОЛОЧНИХ ПРОДУКТІВ Навчально-методичний посібник Санкт-Петербург УДК 637.1 / 3 Сучкова Е.П., Білозьорова М.С. Методи дослідження молока і молочних продуктів: Навчальний метод. посібник. - СПб .: Університет ИТМО; ІХіБТ, 2015. - 47 с. наведено лабораторні роботи з дисципліни «Методи дослідження молока і молочних продуктів». Роботи присвячені вивченню сучасних методів ... »

«Зміст 1. Загальні положенія..2. Характеристика напрямки подготовкі..3. Характеристика професійної діяльності випускніков.3.1. область професійної діяльності випускника ОП ВО.3.2 Об'єкти професійної діяльності випускника ОП ВО.3.3 Види професійної діяльності випускника ОП ВО.3.4 Узагальнені трудові функції випускників відповідно до професійних стандартамі..8 4. Результати освоєння освітньої програми.. 5. Структура освітньої програми ... »

«ФЕДЕРАЛЬНА СЛУЖБА З НАГЛЯДУ В СФЕРІ ЗАХИСТУ ПРАВ СПОЖИВАЧІВ І БЛАГОПОЛУЧЧЯ ЛЮДИНИ ФБУН« Федеральний науковий центр медико-профілактичних технологій управління ризиками здоров'ю населення »ФГБОУ ВПО« Пермський державний національний дослідницький університет»АКТУАЛЬНІ НАПРЯМКИ РОЗВИТКУ СОЦІАЛЬНО-ГІГІЄНІЧНОГО МОНІТОРИНГУ ТА АНАЛІЗУ РИЗИКУ ЗДОРОВ'Ю Матеріали Всеросійської науково-практичної конференції з міжнародною участю (15-17 травня 2013) За редакцією академіка РАМН ... »

«РОБОЧА ПРОГРАМА ПО ПРЕДМЕТУ« ТЕХНОЛОГІЯ »ДЛЯ 1 КЛАСУ« Ж »Укладач: вчитель початкових класів Тамбовцева Наталія Сергіївна Москва, 2014-2015 навчальний рік Пояснювальна записка. Робоча програма за технологією побудована на основі вимог Федерального державного стандарту початкової загальної освіти по освітній галузі «Технологія» і розроблена відповідно до Зразкової програми початкової загальної освіти, робочою програмою Н.І. Роговцевої, С.В. Анащенкова ... »

«М. С. Соловейчик М. С. Кузьменко РОСІЙСКA МОВА МЕТОДИЧНІ РЕКОМЕНДАЦІЇ до підручника для 2 класу загальноосвітніх організацій Посібник для вчителя Видання 7-е, перероблене Смоленськ Асоціація XXI століття УДК 372.881.116.11.046. ББК 74.268.1Рус З ЗВЕРНІТЬ УВАГА! Будьте обачні при використанні методичних посібників до підручника, що випускаються іншими видавництвами! Якщо хто-небудь з авторів даного підручника не вказано в якості редактора, консультанта або рецензента, посібник може не ... »

«СПЕЦІАЛІЗОВАНЕ СТРУКТУРНЕ освітні ПІДРОЗДІЛ ПОСОЛЬСТВА РОСІЙСЬКОЇ ФЕДЕРАЦІЇ В РЕСПУБЛІЦІ МАДАГАСКАР - ОСНОВНА загальноосвітня школа ПРИ ПОСОЛЬСТВІ РОСІЇ НА Мадагаскар РОБОЧА ПРОГРАМА навчального курсу (Література) 5 КЛАС 2014-2015 навчальний рік учитель: Єгорова І.В. Пояснювальна записка Робоча програма складена відповідно до нормативних документів і методичними матеріалами: Федеральним компонентом державного освітнього стандарту основного загального ... »

«Розглянуто на засіданні МО протокол № від 24.08.2015г. «Перевірено» «Стверджую» _ заступник директора з НВР директор МБОУ «Ліцей« МОК №2 »Самофалова Ю.В._ Свердлов В.Я. Робоча програма по позаурочної діяльності Курс «Школа розвитку мови» 2015-2016 навчальний рік Учитель Асоян О.І., БАВИКІНИМ І.Є., Леденьов Г.А., Ивашкина Н.В., Саввіна О.Ю., Свердлова Л.В. Клас 4 «А», «Б», «В», «Г», «Д», «Е» Предмет «Курс« МОВА ». Юним розумникам і розумниця. Школа розвитку мови »(34 години, 1 година на тиждень) ...»

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Амурський державний університет Є.В. Пшеничникова ОСНОВИ ПРОЕКТУВАННЯ ОДЯГУ ДЛЯ ІНДИВІДУАЛЬНОГО СПОЖИВАЧА Навчальний посібник Рекомендовано Далекосхідним регіональним учебнометодіческім центром (ДВ РУМЦ) як навчальний посібник для студентів, які навчаються за напрямом підготовки бакалаврів 262000.62 «Технологія виробів легкої промисловості», 100100.62 «Сервіс» вузів регіону Благовєщенськ Видавництво АмГУ ББК 37. 24-2 с 73 П 93 ... »

«ЗАХИСТ ДІТЕЙ ВІД ДИСКРИМІНАЦІЇ Міждисциплінарне навчальний посібник CREAN ЗАХИСТ ДІТЕЙ ВІД ДИСКРИМІНАЦІЇ ЗАХИСТ ДІТЕЙ ВІД ДИСКРИМІНАЦІЇ Міждисциплінарне навчальний посібник За редакцією Дагмар Кутсар і Ханни Уормінг Редактор перекладу на російську мову Заботкина Віра Іванівна д-р філол. наук, проф., проректор з інноваційним міжнародним проектам Російський державний гуманітарний університет Європейський консорціум університетів, що пропонують магістерські програми з прав дитини в рамках ... »

«Зміст Розділ 1. Перелік планованих результатів навчання з дисципліни, співвіднесених з планованими результатами освоєння освітньої програми .. 4 1.1 Перелік планованих результатів навчання з дисципліни. 4 1.2 Плановані результати освоєння освітньої програми. 4 Розділ 2. Місце дисципліни в структурі освітньої програми. 6 Розділ 3. Обсяг дисципліни .. 6 Розділ 4. Структура і зміст дисципліни. 7 Розділ 5. Перелік навчально-методичного забезпечення для ... »

«ЗМІСТ Вимоги до результатів освоєння дисципліни 1. 4 Місце дисципліни в структурі ОПОП 2. 5 Структура і зміст дисципліни 3. 6 Структура дисципліни 3.1. 6 Зміст дисципліни 3.2. 7 Перелік навчально-методичного забезпечення для самостійної роботи 4. 9 учнів з дисципліни освітні технології 5. 9 Форми контролю освоєння дисципліни 6. 9 Перелік оціночних коштів для поточного контролю освоєння дисципліни 6.1. 9 Склад фонду оціночних коштів для проведення ... »
Матеріали цього сайту розміщені для ознайомлення, всі права належать їх авторам.
Якщо Ви не згодні з тим, що Ваш матеріал розміщений на цьому сайті, будь ласка, напишіть нам, ми на протязі 1-2 робочих днів видалимо його.

\\ [(\\ Large (\\ text (Довільна трапеція))) \\]

визначення

Трапеція - це опуклий чотирикутник, у якого дві сторони паралельні, а дві інші сторони не паралельні.

Паралельні сторони трапеції називаються її підставами, а дві інші - бічними сторонами.

Висота трапеції - це перпендикуляр, опущений з будь-якої точки одного підстави до іншого підставі.

Теореми: властивості трапеції

1) Сума кутів при бічній стороні дорівнює \\ (180 ^ \\ circ \\).

2) Діагоналі ділять трапецію на чотири трикутники, два з яких подібні, а два інші - рівновеликі.

Доведення

1) Оскільки \\ (AD \\ parallel BC \\), то кути \\ (\\ angle BAD \\) і \\ (\\ angle ABC \\) - односторонні при цих прямих і січної \\ (AB \\), отже, \\ (\\ Angle BAD + \\ angle ABC \u003d 180 ^ \\ circ \\).

2) Оскільки \\ (AD \\ parallel BC \\) і \\ (BD \\) - січна, то \\ (\\ angle DBC \u003d \\ angle BDA \\) як навхрест лежачі.
Також \\ (\\ angle BOC \u003d \\ angle AOD \\) як вертикальні.
Отже, за двома кутами \\ (\\ Triangle BOC \\ sim \\ triangle AOD \\).

Доведемо, що \\ (S _ (\\ triangle AOB) \u003d S _ (\\ triangle COD) \\). Нехай \\ (h \\) - висота трапеції. тоді \\ (S _ (\\ triangle ABD) \u003d \\ frac12 \\ cdot h \\ cdot AD \u003d S _ (\\ triangle ACD) \\). тоді: \

визначення

Середня лінія трапеції - відрізок, що з'єднує середини бічних сторін.

теорема

Середня лінія трапеції паралельна основам і дорівнює їх напівсумі.

Доведення*

1) Доведемо паралельність.

Проведемо через точку \\ (M \\) пряму \\ (MN "\\ parallel AD \\) (\\ (N" \\ in CD \\)). Тоді по теоремі Фалеса (тому що \\ (MN "\\ parallel AD \\ parallel BC, AM \u003d MB \\)) Точка \\ (N "\\) - середина відрізка \\ (CD \\). Значить, точки \\ (N \\) і \\ (N" \\) співпадуть.

2) Доведемо формулу.

Проведемо \\ (BB "\\ perp AD, CC" \\ perp AD \\). нехай \\ (BB "\\ cap MN \u003d M", CC "\\ cap MN \u003d N" \\).

Тоді по теоремі Фалеса \\ (M "\\) і \\ (N" \\) - середини відрізків \\ (BB "\\) і \\ (CC" \\) відповідно. Значить, \\ (MM "\\) - середня лінія \\ (\\ triangle ABB" \\), \\ (NN "\\) - середня лінія \\ (\\ triangle DCC" \\). Тому: \

Оскільки \\ (MN \\ parallel AD \\ parallel BC \\) і \\ (BB ", CC" \\ perp AD \\), то \\ (B "M" N "C" \\) і \\ (BM "N" C \\) - прямокутники. По теоремі Фалеса з \\ (MN \\ parallel AD \\) і \\ (AM \u003d MB \\) слід, що \\ (B "M" \u003d M "B \\). Значить, \\ (B" M "N" C "\\) і \\ (BM "N" C \\) - рівні прямокутники, отже, \\ (M "N" \u003d B "C" \u003d BC \\).

Таким чином:

\ \\ [\u003d \\ Dfrac12 \\ left (AB "+ B" C "+ BC + C" D \\ right) \u003d \\ dfrac12 \\ left (AD + BC \\ right) \\]

Теорема: властивість довільної трапеції

Середини підстав, точка перетину діагоналей трапеції і точка перетину продовжень бічних сторін лежать на одній прямій.

Доведення*
З доказом рекомендується ознайомитися після вивчення теми "Подібність трикутників".

1) Доведемо, що точки \\ (P \\), \\ (N \\) і \\ (M \\) лежать на одній прямій.

Проведемо пряму \\ (PN \\) (\\ (P \\) - точка перетину продовжень бічних сторін, \\ (N \\) - середина \\ (BC \\)). Нехай вона перетне сторону \\ (AD \\) в точці \\ (M \\). Доведемо, що \\ (M \\) - середина \\ (AD \\).

Розглянемо \\ (\\ triangle BPN \\) і \\ (\\ triangle APM \\). Вони подібні за двома кутами (\\ (\\ angle APM \\) - загальний, \\ (\\ angle PAM \u003d \\ angle PBN \\) як відповідні при \\ (AD \\ parallel BC \\) і \\ (AB \\) січною). значить: \\ [\\ Dfrac (BN) (AM) \u003d \\ dfrac (PN) (PM) \\]

Розглянемо \\ (\\ triangle CPN \\) і \\ (\\ triangle DPM \\). Вони подібні за двома кутами (\\ (\\ angle DPM \\) - загальний, \\ (\\ angle PDM \u003d \\ angle PCN \\) як відповідні при \\ (AD \\ parallel BC \\) і \\ (CD \\) січною). значить: \\ [\\ Dfrac (CN) (DM) \u003d \\ dfrac (PN) (PM) \\]

Звідси \\ (\\ Dfrac (BN) (AM) \u003d \\ dfrac (CN) (DM) \\). Але \\ (BN \u003d NC \\), отже, \\ (AM \u003d DM \\).

2) Доведемо, що точки \\ (N, O, M \\) лежать на одній прямій.

Нехай \\ (N \\) - середина \\ (BC \\), \\ (O \\) - точка перетину діагоналей. Проведемо пряму \\ (NO \\), вона перетне сторону \\ (AD \\) в точці \\ (M \\). Доведемо, що \\ (M \\) - середина \\ (AD \\).

\\ (\\ Triangle BNO \\ sim \\ triangle DMO \\) за двома кутами (\\ (\\ angle OBN \u003d \\ angle ODM \\) як навхрест лежачі при \\ (BC \\ parallel AD \\) і \\ (BD \\) січною; \\ (\\ angle BON \u003d \\ angle DOM \\) як вертикальні). значить: \\ [\\ Dfrac (BN) (MD) \u003d \\ dfrac (ON) (OM) \\]

аналогічно \\ (\\ Triangle CON \\ sim \\ triangle AOM \\). значить: \\ [\\ Dfrac (CN) (MA) \u003d \\ dfrac (ON) (OM) \\]

Звідси \\ (\\ Dfrac (BN) (MD) \u003d \\ dfrac (CN) (MA) \\). Але \\ (BN \u003d CN \\), отже, \\ (AM \u003d MD \\).

\\ [(\\ Large (\\ text (рівнобедреного трапеція))) \\]

визначення

Трапеція називається прямокутної, якщо один з її кутів - прямий.

Трапеція називається рівнобедреної, якщо її бічні сторони рівні.

Теореми: властивості рівнобедреної трапеції

1) У рівнобедреної трапеції кути при основі рівні.

2) Діагоналі рівнобедреної трапеції рівні.

3) Два трикутника, утворені діагоналями і підставою, є рівнобокими.

Доведення

1) Розглянемо рівнобедрений трапецію \\ (ABCD \\).

З вершин \\ (B \\) і \\ (C \\) опустимо на сторону \\ (AD \\) перпендикуляри \\ (BM \\) і \\ (CN \\) відповідно. Так як \\ (BM \\ perp AD \\) і \\ (CN \\ perp AD \\), то \\ (BM \\ parallel CN \u200b\u200b\\); \\ (AD \\ parallel BC \\), тоді \\ (MBCN \\) - паралелограм, отже, \\ (BM \u003d CN \\).

Розглянемо прямокутні трикутники \\ (ABM \\) і \\ (CDN \\). Так як у них рівні гіпотенузи і катет \\ (BM \\) дорівнює катету \\ (CN \\), то ці трикутники рівні, отже, \\ (\\ angle DAB \u003d \\ angle CDA \\).

2)

Оскільки \\ (AB \u003d CD, \\ angle A \u003d \\ angle D, AD \\) - загальна, то за першою ознакою. Отже, \\ (AC \u003d BD \\).

3) Оскільки \\ (\\ Triangle ABD \u003d \\ triangle ACD \\), То \\ (\\ angle BDA \u003d \\ angle CAD \\). Отже, трикутник \\ (\\ triangle AOD \\) - рівнобедрений. Аналогічно доводиться, що і \\ (\\ triangle BOC \\) - рівнобедрений.

Теореми: ознаки рівнобедреної трапеції

1) Якщо у трапеції кути при основі рівні, то вона рівнобедрена.

2) Якщо у трапеції діагоналі рівні, то вона рівнобедрена.

Доведення

Розглянемо трапецію \\ (ABCD \\), таку що \\ (\\ angle A \u003d \\ angle D \\).

Добудуємо трапецію до трикутника \\ (AED \\) як показано на малюнку. Так як \\ (\\ angle 1 \u003d \\ angle 2 \\), то трикутник \\ (AED \\) рівнобедрений і \\ (AE \u003d ED \\). Кути \\ (1 \\) і \\ (3 \\) рівні як відповідні при паралельних прямих \\ (AD \\) і \\ (BC \\) і січною \\ (AB \\). Аналогічно рівні кути \\ (2 \\) і \\ (4 \\), але \\ (\\ angle 1 \u003d \\ angle 2 \\), тоді \\ (\\ Angle 3 \u003d \\ angle 1 \u003d \\ angle 2 \u003d \\ angle 4 \\), Отже, трикутник \\ (BEC \\) теж рівнобедрений і \\ (BE \u003d EC \\).

В підсумку \\ (AB \u003d AE - BE \u003d DE - CE \u003d CD \\), Тобто \\ (AB \u003d CD \\), що й треба було довести.

2) Нехай \\ (AC \u003d BD \\). Оскільки \\ (\\ Triangle AOD \\ sim \\ triangle BOC \\), То позначимо їх коефіцієнт подібності за \\ (k \\). Тоді якщо \\ (BO \u003d x \\), то \\ (OD \u003d kx \\). Аналогічно \\ (CO \u003d y \\ Rightarrow AO \u003d ky \\).

Оскільки \\ (AC \u003d BD \\), то \\ (x + kx \u003d y + ky \\ Rightarrow x \u003d y \\). Значить \\ (\\ triangle AOD \\) - рівнобедрений і \\ (\\ angle OAD \u003d \\ angle ODA \\).

Таким чином, за першою ознакою \\ (\\ Triangle ABD \u003d \\ triangle ACD \\) (\\ (AC \u003d BD, \\ angle OAD \u003d \\ angle ODA, AD \\) - загальна). Значить, \\ (AB \u003d CD \\), ЧТД.