Конспект урока по Геометрии "Перпендикулярность прямой и плоскости" 10 класс

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





Цели:

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

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

План:

Теоретический опрос.

Доказательство изученных теорем у доски.

Фронтальный опрос.

Презентации учащихся по данной теме.

Решение задач.

Решение устных задач по готовым чертежам.

Решение письменных задач (по группам).

Самостоятельная работа с индивидуальным заданием.

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)
Доказать: AC ⊥ (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



Дано: ВМDC - прямоугольник, M ∉ (ABC), MB ⊥ AB
Доказать: CD ⊥ (ABC)
Доказательство: MB ⊥ 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



Дано: АВСD – прямоугольник, M ∉ (ABC), MB ⊥ BC
Доказать: AD ⊥ AM
Доказательство:
1) ∠ABC = 90°, т.к. АВСD – прямоугольник ⇒ BC ⊥ AB, BS ⊥ 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



Дано: АВСD – параллелограмм, M ∉ (ABC), МВ = МD, МА = МС
Доказать: MO ⊥ (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 ∆ AMC: MO ⊥ 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) ∆ HPK: KP =



= 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 + КЕ, РЕ = 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 ⊥ AB, AA1⊥ 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 ⊥ BC, BB1 ⊥AB. Найдите A1A, если A1C = 13 см, BD = 16 см, AB= 10 см.

Решение:



1) AA1 ⊥ AB, AA1 ⊥ 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 ⊥ AB, BB1 ⊥ 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: ∆ ABC; AB = AC = BC; CD ⊥ (ABC); AM = MB; DM = 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.