Конспект урока по Геометрии «Перпендикулярность прямой и плоскости» 10 класс

Урок геометрии по теме «Перпендикулярность прямой и плоскости». 10-й класс

Цели:

  1. закрепить вопросы теории по теме «Перпендикулярность прямой и плоскости»;

  2. вырабатывать навыки применения теоретических знаний к решению типовых задач на перпендикулярность прямой и плоскости.

План:

  1. Теоретический опрос.

    1. Доказательство изученных теорем у доски.

    2. Фронтальный опрос.

    3. Презентации учащихся по данной теме.

  2. Решение задач.

    1. Решение устных задач по готовым чертежам.

    2. Решение письменных задач (по группам).

    3. Самостоятельная работа с индивидуальным заданием.

  3. Итог урока. Задание на дом.

Ход урока

I. Теоретический опрос (4 ученика у доски)

1) доказать лемму о 2-ух параллельных прямых, одна из которых перпендикулярна к третьей;
2) доказать теорему о 2-ух параллельных прямых, одна из которых перпендикулярна к плоскости;
3) доказать обратную теорему о параллельности 2-ух прямых, перпендикулярных к плоскости;
4) доказать признак перпендикулярности прямой и плоскости.

Пока ученики готовятся у доски к ответу, с классом проводится фронтальный опрос.
(1. Закончить предложение:

а) две прямые в пространстве называются перпендикулярными, если… (угол между ними равен 90°)
б) прямая называется перпендикулярной к плоскости, если… 
(она перпендикулярна к любой прямой, лежащей в этой плоскости)
в) если две прямые перпендикулярны к плоскости, то они… 
(параллельны)
г) если плоскость перпендикулярна к одной из двух параллельных прямых, то она… 
(перпендикулярна и к другой прямой)
д) если две плоскости перпендикулярны к одной прямой, то они… 
(параллельны)

2. Дан параллелепипед

а) Назовите:
1) рёбра, перпендикулярные к плоскости (
DCC1(ответ: AD; A1D1; B1C1; BC) 
2) плоскости, перпендикулярные ребру 
BB1 (ответ: (АВС); (A1B1C1))

б) Определите взаимное расположение:
1) прямой 
CC1 и плоскости (DСВ(ответ: они перпендикулярны)
2) прямой 
D1C1 и плоскости (DCB(ответ: они параллельны)

Далее выслушиваются ответы учеников у доски с дополнениями и исправлениями по необходимости. Затем рассматриваются презентации по данной теме, подготовленные рядом учеников в качестве зачётных работ

II. Решение задач.

1. Решение задач по готовым чертежам (Устно)

1

Дано: ∆ ABC — прямоугольный; AM  AC; M (ABC)
ДоказатьAC  (AMB)
Доказательство: Т.к. AC  AB и AC  AM, а AM  AB, т.е. АМ и АВ лежат в плоскости (АМВ), то AC  (AMB) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
Ч.т.д.

2

ДаноВМDC — прямоугольник, M (ABC), MB  AB
ДоказатьCD  (ABC)
ДоказательствоMB  BC, т.к. ВМDC – прямоугольник, MB  AB по условию, BC  AB, т.е. ВС и АВ лежат в плоскости (АВС)  MB  (ABC) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. СD  МВ по свойству сторон прямоугольника  CD  (ABC) по теореме о двух параллельных прямых, одна из которых перпендикулярна к плоскости (то и другая прямая перпендикулярна к этой плоскости).
Ч.т.д.

3

ДаноАВСD – прямоугольник, M  (ABC), MB  BC
ДоказатьAD  AM
Доказательство:
1)
ABC = 90°, т.к. АВСD – прямоугольник  BC  ABBS  MB по условию, MB  AB = B, т.е. МВ и АВ лежат в плоскости (АМВ)  BC  (AMB) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
2) 
BC  AD (по свойству сторон прямоугольника)  AD  (AMB) по теореме о двух параллельных прямых, одна из которых перпендикулярна плоскости (то и другая прямая перпендикулярна к этой плоскости).
3) Т.к. 
AD  (AMB)  AD  AM по определению прямой, перпендикулярной плоскости.
Ч.т.д.

4

ДаноАВСD – параллелограмм, M  (ABC), МВ = МDМА = МС
ДоказатьMO  (ABC)
Доказательство:
1) Т.к. 
О – точка пересечения диагоналей параллелограмма, то АО = СО и ВО = DO. ∆ BMD — равнобедренный, т. к. ВМ = МD по условию, значит МО — медиана и высота, т.е. MO  BD.
2) Аналогично доказывается в ∆ 
AMCMO  AC.
3) Итак, 
MO  BD и MO  AC. а ВD и АС – пересекающиеся прямые, лежащие в плоскости (АВС)  MO  (ABC) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
Ч.т.д.

(Устные ответы к каждой задаче требуется обосновывать, проговаривая всякий раз формулировки применяемых теорем)

2. Решение письменных задач

Класс делится на три группы (например, по рядам), и каждой группе даётся задача с последующей проверкой решения у доски.

1.2 (№125 учебника)

Через точки P и Q прямой РQ проведены прямые, перпендикулярные к плоскости α и пересекающие её соответственно в точках P1 и Q1. Найдите P1Q1, если PQ = 15 cм; PP1 = 21,5 cм; QQ1 = 33,5 cм.
Решение:

1) PP1  α и QQ1  α по условию  PP1  QQ1 (обосновать);
2) 
PP1 и QQ1 определяют некоторую плоскость β, α β = P1Q1;
3) 
PP1Q1Q — трапеция с основаниями PP1 и QQ1, проведём PK  P1Q1;
4) 
QK = 33,5 — 21,5 = 12 (см)

P1Q1 = PK =

= 9 см.

Ответ: P1Q1 = 9 см.

2.2

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 АВ = 9 см; ВС = 8 см; ВD = 17 см. Найдите площадь BDD1B1.
Решение:

1) ∆ ABD: BAD = 90°; АD = BC = 8 см;

ВD =

см;

2) ∆ DD1B: D1DB = 90°;

DD1 =

= 12 см;

3) SBB1D1D = BD ∙ DD1 =

см2.

Ответ:

см2.

3.2

Отрезок МН пересекает плоскость α в точке К. Из концов отрезка проведены прямые МЕ и НР, перпендикулярные к плоскости α. НР = 4 см; МЕ = 12 см; НК = 5 см. Найдите отрезок РЕ.
Решение:

1) Т.к. прямые МЕ и НР перпендикулярны к плоскости α, то МЕ  НР (обосновать) и через них проходит некоторая плоскость β. α β = EP;
2)МЕ
EP; НР EP(обосновать), т.е. MEK = HPK = 90°;

3) ∆ HPKKP =

= 3 см;

4) EMK = PHK (накрест лежащие для параллельных прямых МЕ и НР и секущей МН),

тогда ∆ MEK ∆ HPK по двум углам и

; т.е.

⇒ EK =

= 9 см,

РЕ = РК + КЕРЕ = 3 + 9 = 12 см.

Ответ: РЕ = 12 см.

3. Самостоятельная работа (направлена на проверку усвоения материала по данной теме)

Вариант I

Вариант II

Через вершины А и В прямоугольника АВСD проведены параллельные прямые AA1 и BB1, не лежащие в плоскости прямоугольника. Известно, что AA1  ABAA1 AD. Найдите B1B, если B1D = 25 см, AB = 12 см, AD = 16 см.

Через вершины А и В ромба АВСD проведены параллельные прямые AA1 и BB1, не лежащие в плоскости ромба. Известно, что BB1  BCBB1 AB. Найдите A1A, если A1C = 13 см, BD = 16 см, AB= 10 см.

Решение:

1) AA1  ABAA1  AD, а AB  AD = A  AA1  (ABC) (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), а т.к. AA1  BB1, то BB1  (ABC)  BB1  BD;
2) ∆ 
ABD: BAD = 90°. По теореме Пифагора:

BD =

= 20 см;

3) ∆ B1BD – прямоугольный. По теореме Пифагора:

B1B =

= 15 см.

Ответ: 15 см.

Решение:

1) BB1  ABBB1  BC, а AB  BC = B  BB1  (ABC) (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), а т.к. BB1  AA1, то AA1  (ABC)  AA1 AC;
2) Используя свойство диагоналей ромба, имеем в ∆
AOB: AOB = 90°, BO = ½ BD = 8 см. По теореме Пифагора:

AO =

= 6 см,

AO = ½ AC  AC = 12 см;
3) ∆ 
A1AC – прямоугольный. По теореме Пифагора:

AA1 =

= 5 см.

Ответ: 5 см.

Индивидуальное задание для более сильных учеников. (Вариант III)

Дано: ∆ ABCAB = AC = BCCD  (ABC); AM = MBDM = 15 дм; CD = 12 дм.
Найти: 
S∆ ADB
Решение:

1) Т.к. CD  (FDC)  CD  AC и CD  BC, т.е. ∆ ADC, ∆ BDC – прямоугольные;
2) ∆ 
ADC = ∆ BDC (по двум катетам)  AD = BD, т.е. ∆ ADB – равнобедренный и DM – медиана, а значит и высота; 3) DC  MC  MCD – прямоугольный,

тогда MC =

= 9;

4) ∆ ABC – равносторонний, поэтому СМ – медиана и высота, т.е. ∆ MCB – прямоугольный, B = 60°,

sin B =

, тогда

,

а АВ = ВС (по условию).
5) 
S∆ ADB = ½ DM ∙ AB;

S∆ ADB = ½ ∙ 15 ∙

.

Ответ:

III. Подводятся итоги урока. Задание на дом: повторить теоретический материал по изученной теме, глава II, №130, №131.

Для подготовки к уроку использовались материалы учебника «Геометрия – 10-11» авторов Л.С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова и др., методические рекомендации к учебнику «Изучение геометрии в 10-11 классах» авторов С.М. Саакяна, В.Ф. Бутузова, «Поурочные разработки по геометрии» автора В.А. Яровенко.


Скачать оригинальный файл

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

Adblock
detector