Како да се докаже дека пресекот на паралелепипед е трапез. Теорема: својство на произволен трапез

„Серијата „МСУ - Училиште“ е основана во 1999 година од страна на С. М. Сахакјан. Случувања засновани на лекции. Одделение 10-11: C12 Учебник за општо образование. организации / S. M. Sahakyan, V. F. Butuzov. -...“

-- [ Страна 2 ] --

3. Усно разговараат за решенијата на задачите 1, 2, 3 дадени во учебникот.

Во врска со потребата да се врши постојана работа на развојот на усниот говор на учениците, од нив треба да се бара не само да конструираат делови во задачите што се разгледуваат, туку и да дадат усна сметка за напредокот на изградбата со соодветни оправдувања.

За краткост на решенијата за снимање, можете да користите добро познати симболи.

Повеќе сложени задачиза изградба на делови од тетраедар и паралелепипед, кога податочните точки низ кои е нацртан делот лежат внатре во лицата, може да се разгледуваат во изборните часови и посебните предмети.

За училница и домашна задачаМожете да ги користите проблемите 74, 75, 79-87, дополнителни проблеми во Поглавје I.

Задача 105. Нацртајте го тетраедарот DABC и означете ги точките M и N на рабовите BD и CD и внатрешната точка K на лицето ABC. Конструирај дел од тетраедарот користејќи ја рамнината MNK.

Решение Да ја означиме рамнината за сечење со буква.

Потоа M, N, M CDB, N CDB, CDB = MN.

Можни се два случаи: 10) MN BC = P; 20) МН п.н.е.

Ајде да ги разгледаме одделно.

10) Нацртајте права линија MN. P, K, P ABC, K ABC, ABC = PK. Ние вршиме директна ПК. Нека ги пресекува страните AC и AB во точките E и F. Нацртај ги отсечките NE и MF. Потребниот пресек е четириаголник MNEF (сл. 1.31).

20) Низ точката К цртаме EF BC. Ги цртаме отсечките NE и MF. Потребниот дел е четириаголник MNEF.

Задача 85. Нацртајте го паралелепипедот ABCDA1B1C1D1 и конструирајте го неговиот пресек по рамнина BKL, каде K е средната точка на работ AA1, а L е средната точка на CC1.

Докажете дека конструираниот пресек е паралелограм.

Решение Да ја нацртаме отсечката KL. Според аксиомата А2, таа лежи во рамнината на пресекот.

Бидејќи точките K и L се средните точки на страничните рабови, отсечката KL поминува низ средната точка на дијагоналата AC1 и затоа, според својството 20 на паралелепипедот (точка 13), поминува низ средната точка на дијагоналата BD1 (точка O на слика 1.32).

Б, О, затоа БД1. Потребниот дел е четириаголникот BLD1K. Бидејќи неговите дијагонали KL и BD1 се поделени на половина со нивната пресечна точка, четириаголникот BLD1K е паралелограм.

– – –

1. Објасни како да се конструира пресек од тетраедарот DABC со рамнина што минува низ дадените точки M, N, K.

2. Во задачите 1-3, најдете го периметарот на пресекот ако M, N, K се средните точки на рабовите и секој раб на тетраедарот е еднаков на a.

– – –

1. Објасни како да се конструира пресек на коцка со рамнина што минува низ три дадени точки, кои се или темињата на коцката или средните точки на нејзините рабови (трите дадени точки се истакнати на сликите).

2. Во задачите 1-4 и 6, најдете го периметарот на пресекот ако работ на коцката е еднаков на a. Во задача 5, докажете дека AE = 1 a.

– – –

1. Објасни како да се конструира пресек на паралелепеда со рамнина што минува низ точките B, D и M, ако M е средната точка на работ B1C1.

2. Докажете дека конструираниот пресек е еднаков на феморалниот трапез.

3. Најдете ги страните на трапезот.

Решение.

1) Нека е рамнина за сечење, ABCD = BD, BCC1B1 = BM, MN BD, и нека делот е трапез BDNM.

2) BB1M = DD1N, BM = DN, рамнокрак трапез BDNM.

– – –

При решавање на проблеми поврзани со пресекот на тетраедар со одредена рамнина, често се покажува корисна теоремата на Менелаус, а во некои други проблеми, теоремата на Цева. Затоа, на часовите со длабинско проучување на математиката, препорачливо е да се комбинира изучувањето на став 14 „Проблеми за градење делови“ со проучување на теоремите на Менелај и Чева (ставови 95 и 96). Да дадеме пример за таква задача.

Задача 1. Во тетраедарот ABCD, точките K, L и M се земаат на рабовите AB, AD и BC, соодветно, така што AK: KB = 2: 3, AL = LD, BM: MC = 4: 5.

Конструирајте дел од тетраедарот користејќи ја рамнината KLM и пронајдете го односот во кој оваа рамнина го дели рабното ЦД.

Решение.

1) Нацртајте ги отсечките KL и KM, а потоа продолжете со отсечките KL и BD, кои лежат во ABD рамнината, до пресекот во точката E (сл. 1.33). Точките Е и М лежат во рамнината за сечење KLM и исто така во рамнината BCD.

Цртајќи ја отсечката ME, ја добиваме точката N на која рамнината на сечење KLM го пресекува работ CD.

Четири агол KLNM е потребниот дел.

2) Најдете го односот CN:ND. За таа цел, ја применуваме теоремата на Менелаус на триаголниците ABD и BCD. На страните AB и AD на триаголникот ABD лежат точките K и L, а на проширувањето на страната BD е точката E, а точките K, L и E лежат на иста права линија. Според тоа, според теоремата на Менелаус, еднаквоста важи

АК БЕ ДЛ

= 1.

KB ED LA

– – –

MC BE го наоѓаме потребниот сооднос CN: ND = 15: 8.

За да ја искористите теоремата на Менелаус во задача 105 од учебникот, можете да дадете дополнителна задача:

Најдете го односот во кој рамнината MNK го дели работ AB ако CN:ND = 2:1, BM = MD и точката K е средната точка на средната AL триаголник ABC. (Одговор: 3: 2.) Слична дополнителна задача може да се даде во задачата 106:

Најдете го односот во кој рамнината MNK го дели работ BC ако го дели работ AB во однос 1:4 (сметајќи од точката A), точката K е средната точка на работ CD, а точката N лежи на средната DL на триаголникот ACD, со m DN: NL = 3: 2. (Одговор: 4: 3.) За да ја примениме теоремата на Цева, можеме да го разгледаме следниот проблем:

Задача 2. На рабовите AB, BC и CA на тетраедарот ABCD точките C1, A1, B1 се означени така што AC1: C1B = 1: 2, BA1: A1C = 2: 3, CB1: B1A = 3: 1.

Докажете дека рамнините ADA1, BDB1 и CAC1 се сечат во права линија.

– – –

1. Повторете ги главните прашања од темата „Паралелизам на прави и рамнини“, откако ќе ги слушнете одговорите на учениците. Овие прашања се формулирани во картичките за тест бр.1.

2. Спроведување на математички диктат бр. 1.1. Даден диктат дидактички материјали.

3. Размислете за решенија за некои проблеми од табелите и од учебникот.

Проучувањето на темата „Паралелизам на линии и рамнини“ завршува со тест работабр.1.2 и задача бр.1 на оваа тема.

– – –

Тест бр. 1.2 Опција 1

10. Правите a и b лежат во паралелни рамнини i. Дали овие прави можат да бидат: а) паралелни;

20. Низ точката O што лежи помеѓу паралелните рамнини и се повлекуваат прави l и m. Правата l ги пресекува рамнините и во точките A1 и A2, соодветно, правата m - во точките B1 и B2. Најдете ја должината од сечењето A2B2 ако A1B1 = 12 cm, B1O: OB2 = 3: 4.

3. Нацртајте го паралелепипедот ABCDA1B1C1D1 и конструирајте го неговиот пресек со рамнина што минува низ точките M, N и K, кои се средни точки на рабовите AB, BC и DD1.

Опција 2

10. Правите a и b лежат во рамнини што се сечат и. Дали овие прави можат да бидат: а) паралелни;

б) вкрстување? Направете цртеж за секоја можна пригода.

20. Низ точката О, која не лежи меѓу паралелните рамнини и се повлекуваат прави l и m. Правата l ги пресекува рамнините и во точките A1 и A2, соодветно, правата m - во точките B1 и B2. Најдете ја должината од сечењето A1B1, ако A2B2 = 15 cm, OB1: OB2 = 3: 5.

3. Нацртајте го тетраедарот DABC и конструирајте го неговиот пресек со рамнина што минува низ точките M и N, кои се средните точки на рабовите DC и BC, и точката K така што K DA, AK: KD = 1: 3.

ОДГОВОРИ:

Опција 2 Опција 1

10. Сл. 1.35, a b, a b.

10. Сл. 1.34, a b, a b.

3. Пресек - трапез.

3. Пресек - пентагон.

Ориз. 1.34 Сл. 1.35

Лекција бр. 24 Тест бр. 1. Паралелизам на прави и рамнини Картичка 1

1. Формулирајте ги аксиомите А1, А2 и А3 на стереометријата.

Формулирајте и докажете резултати од аксиомите.

2. Докажете дека низ која било точка во просторот што не лежи на дадена права, поминува права паралелна на дадената, а згора на тоа, само една.

3. Рамнината ги пресекува страните AB и AC на триаголникот ABC, соодветно, во точките B1 и C1. Познато е дека BC, AB: B1B = 5: 3, AC = 15 cm Најдете AC1.

Картичка 2

1. Формулирајте ја дефиницијата за паралелни прави и рамнини. Формулирајте и докажете теорема со која се изразува знакот дека правата и рамнината се паралелни.

2. Докажи дека ако една од двете паралелни прави се сечат даден авион, тогаш друга права линија ја пресекува оваа рамнина.

3. Секој раб на тетраедарот DABC е еднаков на 2 см. Пресметајте го периметарот на делот.

Картичка 3

1. Формулирајте ја дефиницијата за искривени линии. Формулирајте и докажете теорема што ја изразува карактеристиката на искривените линии.

2. Докажи дека ако две прави се паралелни на трета права, тогаш тие се паралелни.

3. Конструирај пресек од паралелепипедот ABCDA1B1C1D1 со рамнина што минува низ точките A, C и M, каде што M е средната точка на работ A1D1.

Картичка 4

1. Формулирајте ја дефиницијата за паралелни рамнини. Формулирајте и докажете теорема со која се изразува знакот дека две рамнини се паралелни.

2. Докажете дека низ секоја од двете искривени линии поминува рамнина паралелна со другата права, а згора на тоа, само една.

3. ABCDA1B1C1D1 е коцка чиј раб е 4 см. Пресметајте го периметарот на делот.

Картичка 5

1. Докажи дека спротивните лица на паралелен лепипед се паралелни и еднакви.

2. Докажете дека ако страните на два агли се соодветно порамнети, тогаш таквите агли се еднакви.

3. Паралелни рамнини и ја сечат страната AB на аголот BAC, соодветно, во точките A1 и A2, и страната AC на овој агол, соодветно, во точките B1 и B2. Најдете AA1 ако A1A2 = 6 cm, AB2: AB1 = 3:2.

Картичка 6

1. Докажи дека дијагоналите на паралелепипед се сечат во една точка и се пресечени со оваа точка.

2. Докажи дека ако две паралелни рамнини се пресечени со трета, тогаш правите на нивното вкрстување се паралелни.

3. Точката C лежи на отсечката AB. Низ точката А се повлекува рамнина, а низ точките B и C се повлекуваат паралелни прави, кои ја сечат оваа рамнина во точките B1 и C1, соодветно. Најдете ја должината на отсечката BB1 ако AC: CB = 4: 3, CC1 = 8 cm.

1. Тест картичките што содржат основни теоретски прашања и некои типични задачи им се даваат на учениците однапред (околу две недели пред тестот).

2. Во подготовка за тестот, учениците прават некои белешки. Овие белешки (можеби во нацрт-форма) укажуваат на повторување едукативен материјали подготовка за тестот, учениците ја покажуваат наставникот на денот на тестирањето. Тие можат да се користат за кредит. Во исто време, врз основа на разговорот и дополнителните прашања, наставникот ја дознава длабочината на разбирањето на темата од страна на учениците.

3. Тестот го спроведува наставникот со помош на најподготвените ученици - консултанти. За да го направите ова, класот треба да се подели на неколку групи, од кои секоја има по 4-5 ученици. Еден од нив е асистент на наставник во спроведување на тестови. Врз основа на претходните лекции и на почетокот на тестот, наставникот мора да се погрижи самите консултанти добро да го владеат образовниот материјал.

4. Во текот на часот наставникот спроведува анкета на многу ученици. На крајот од часот, тој ги одобрува оценките што му ги доделуваат консултантите. Во некои случаи, по завршувањето на часот, наставникот може да ги провери белешките на учениците направени за време на часот и потоа да додели конечна оценка за тестот.

5. Наставникот ја поставува конечната оценка за полугодие врз основа на тековните оценки за самостојна и тест работа, како и усниот одговор на учениците.

Овде одлучувачката улога и припаѓа на кредитната проценка.

P E R P E N D I C U L A R N O S T Y СТРАЈТ

И АВИОНИ

§ 1. ПРЕПЕРЕНДИКУЛАРНОСТ НА ЛИНИЈА

И АВИОНИ

– – –

Главни цели на часот Да се воведе концептот на нормални прави во просторот, да се докаже лемата за нормалноста на две паралелни прави на трета права, да се дефинира нормалноста на права и рамнина, да се докажуваат теореми во кои е воспоставена врска помеѓу паралелизам на правите и нивна нормалност на рамнината.

1. Потсетете се на концептот на агол помеѓу две права што се пресекуваат, воведете го концептот на перпендикуларност на две прави во просторот. Забележете дека нормалните линии можат да се сечат и да се пресекуваат (види Сл. 43 од учебникот).

2. Докажете ја лемата: ако една од двете паралелни прави е нормална на третата права, тогаш другата права е нормална на оваа права.

Доказот се заснова на употребата на концептот агол помеѓу прави и може да го изведат самите ученици, потпирајќи се на текстот и сликата 44 од учебникот.

3. Формулирајте ја дефиницијата за перпендикуларност помеѓу права и рамнина. Внесете ознака a. Сакав да го илустрирам концептот на перпендикуларност на права линија и рамнина со помош на Слика 45 и примери од животот.

4. Докажете ја теоремата: ако една од двете паралелни прави е нормална на рамнина, тогаш другата права е нормална на оваа рамнина.

Доказот за теоремата е едноставен. Се заснова на дефиницијата за перпендикуларност на права и рамнина и лемата дискутирана погоре и се состои од две фази:

1) x, x - произволна права линија. Од условот a следува (по дефиниција за перпендикуларност на права и рамнина) дека a x;

2) бидејќи a1 a (по услов) и a x, тогаш (според лемата за перпендикуларноста на две паралелни прави на третата права) a1 x.

Значи, правата a1 е нормална на произволна права x што лежи во рамнината. И ова значи дека a1.

5. Докажи ја обратната теорема: ако две прави се нормални на рамнина, тогаш тие се паралелни.

Доказот се изведува според учебникот (види Сл. 47, а, б). Можете да го повторите овој доказ во следните лекции.

На прв поглед, може да изгледа чудно зошто оваа теорема се нарекува обратна теорема од претходната.

Впрочем, во претходната теорема условот беше a1 и a, а заклучокот на теоремата беше: a1. Во оваа теорема, условот е a и a1, а заклучокот е дека a е a1.

Така, од формална гледна точка, оваа теорема не е обратна од претходната, бидејќи условот и заклучокот на оваа теорема не се совпаѓаат, соодветно, со заклучокот и условот на претходната теорема. Сепак, можно е да се формулираат овие теореми на таков начин што секоја од нив е обратна страна на другата.

Да ја дадеме оваа формулација.

Нека правата а е нормална на рамнината. Потоа:

ако a a1, тогаш a1, и обратно:

ако a1, тогаш a a1.

6. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 116-118, 120.

Задача 116 а). Даден е паралелепипед ABCDA1B1C1D1.

Докажете дека DC B1C1 и AB A1D1 ако BAD = 90°.

Решение.

1) Во паралелепипед, сите лица се паралелограми. Бидејќи BAD = 90° (по услов), тогаш лицето ABCD е правоаголник, затоа AB AD и DC BC (сл. 2.1).

2) B1C1 BC (бидејќи лицето BB1C1C е паралелограм) и BC DC. Оттука, со лемата за перпендикуларноста на две паралелни прави на третата B1C1 DC. Ориз. 2.1

3) На сличен начин се докажува дека AB A1D1. Навистина, A1D1 AD (бидејќи AA1D1D е паралелограм) и AB AD, затоа AB A1D1.

Задача 120. Низ точката О на пресекот на дијагоналите на квадратот со страната a се повлекува права линија ОК, нормална на рамнината на квадратот.

Најдете го растојанието од точката К до темињата на квадратот ако Сл. 2.2 Во ред = б.

Решение.

2) Триаголниците KAO, KBO, KCO и KDO се еднакви на две кати, од каде KA = KB = KC = KD (сл. 2.2).

KAO добиваме AO = a 2. Бидејќи KA =

– – –

Час бр. 26 Тема на часот: Тест за перпендикуларност на права и рамнина Главни цели на часот. разгледајте проблеми користејќи ја оваа теорема.

Примерок план за лекција

1. Повторете го теоретскиот материјал од претходниот час со испрашување на учениците.

2. Како подготвителна работада проучува нов материјал, да ја реши задачата 119.

Задача 119. Правата OA е нормална на рамнината OBC, а точката O е средната точка на отсечката AD.

Докажи дека: а) AB = DB; б) AB = AC ако OB = OC;

в) OB = OC ако AB = AC.

Решение.

а) OA OBC по услов, значи, OA OB по дефиниција на нормалноста на права на рамнина.

OA = OD според условите на задачата, затоа правата OB е нормална симетрала на отсечката AD, и затоа, AB = DB (сл. 2.3).

б) Бидејќи по услов OA OBC, тогаш OA OC. Ако OB = OC, тогаш правоаголни триаголници AOC и AOB се еднакви на две краци, и затоа нивните хипотенуси се еднакви, т.е. AB = AC.

в) Ако AB = AC, тогаш правоаголните триаголници AOC и Сл. 2.3 AOB се еднакви по должина и хипотенуза, што значи дека OB = OC.

3. Докажи теорема со која се изразуваат својствата на нормалноста на права и рамнина: ако правата е нормална на две пресечни прави што лежат во рамнина, тогаш таа е нормална на оваа рамнина.

Во процесот на докажување на теоремата, се разликуваат следните фази:

1) Прво, го разгледуваме случајот кога правата a поминува низ пресечната точка O на правите p и q што лежат на рамнината. Докажуваме дека правата a е нормална на која било права што лежи во рамнината и минува низ точката О.

2) Користејќи ја лемата за перпендикуларноста на две паралелни прави на трета, заклучуваме дека правата a е нормална на која било права што лежи во рамнината. Ова значи дека а.

3) Сега го разгледуваме случајот кога правата a не поминува низ пресечната точка O на p и q. Во овој случај, повлечете права линија a1 низ точката O, паралелна со правата линија a. Врз основа на споменатата лема, a1 p и a1 q, па според тоа, според она што беше докажано во првиот случај, а1. Оттука, од првата теорема од став 16, произлегува дека а. Ова го комплетира доказот на теоремата.

4. Поради фактот што докажувањето на теоремата се состои од неколку фази, можете да ги повикате учениците да запишат план за докажување во согласност со содржината на слајдот 2.1.

Слајдот може да се користи за сумирање оваа лекцијаи во следната лекција.

5. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 121, 124, 126, 128.

Задача 128. Низ точката O на пресекот на дијагоналите на паралелограмот ABCD се повлекува права ОМ така што MA = MC, MB = MD. Докажете дека правата OM е нормална на рамнината на паралелограмот.

– – –

1. Формулирајте ја дефиницијата за перпендикуларност на права и рамнина.

2. Теорема. Ако правата е нормална на две пресечни прави што лежат во рамнина, тогаш таа е нормална на оваа рамнина.

– – –

Решение.

1) Бидејќи MA = MC (по услов) и AO = OC (дијагоналите на паралелограмот се поделени на половина со пресечната точка), тогаш отсечката MO е медијана на еквифеморалниот триаголник AMC (сл. 2.4).

Според тоа, MO е и висината на овој триаголник, т.е.

2) Се докажува на сличен начин, Сл. 2.4 дека МО БД.

3) Бидејќи MO AC и MO BD, тогаш врз основа на перпендикуларноста на правата линија и рамнината MO ABCD.

Час бр. 27 Тема на часот: Теорема за права нормална на рамнина Главни цели на часот Повторете го докажувањето на теоремата со изразување на знакот за нормалност на права и рамнина; Разгледајте ја теоремата од став 18: низ која било точка во просторот поминува права нормална на дадена рамнина, и тоа само една.

Примерок план за лекција

1. Повторете го докажувањето на теоремата со која се изразува знакот за перпендикуларност на права и рамнина.

2. Проверете ги селективните решенија на проблемите од домашната задача.

3. Формулирајте ја теоремата: низ која било точка во просторот поминува права линија нормална на дадена рамнина, и тоа само една.

Визуелно, изјавата на теоремата изгледа сосема очигледно, но нејзиното ригорозно докажување не е едноставно.

Од учениците кои покажуваат зголемен интерес за математика може да се побара да го изработат доказот дома користејќи го самите учебник. Во овој случај, нивното внимание треба да се привлече на фактот дека во првиот дел од доказот авион кој минува низ оваа точка M и нормално на дадената права a.

Постоењето на ваква рамнина е докажано во задачата со решение дадено во дел 17, а единственоста на таквата рамнина е докажана во задачата 133, која е дадена и со решение. Така, целосното докажување на оваа теорема е многу незгодно, и затоа наставникот, по своја дискреција, може да го претстави со различни степени на комплетност, во зависност од нивото на часот. Посебни фрагменти од доказот (проблем од став 17, проблем 133) може да се разгледаат во лекциите бр. 28-30, посветени на разгледување на теоријата и решавање на проблеми на темата.

4. Спроведете фронтално истражување на учениците користејќи го слајдот 2.2.

– – –

5. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 122, 123, 125, 127.

Задача 122. Правата CD е нормална на рамнината на правилниот триаголник ABC. Низ центарот О на овој триаголник, паралелна со правата ЦД се повлекува права ОК. Познато е дека AB = 16 3 cm, OK = 12 cm, CD = 16 cm Најди ги растојанијата од точките D и K до темињата A и B на триаголникот.

Решение.

1) Според условите на проблемот, OK CD, значи, OK ABC (сл. 2.5).

2) Точката O е центар на правилниот триаголник ABC, затоа OA = OB = OC = AB = 16 cm.

– – –

Часови бр. 28-30 Тема на часот: Решавање задачи на перпендикуларност на права и рамнина. Повторување на теоретски прашања Главни цели на часовите Развивање на вештини за решавање на основни типови проблеми на перпендикуларност на права и рамнина, повторување на теоретски прашања.

1. Повторете ги теоретските прашања за време на анкетата со студентите (ставови 15-18).

2. Изборно решавај ги задачите 129-137, употреби ги прашањата 1-9 за поглавје II.

3. Разгледајте го делумно или целосно доказот на теоремата од став 18.

4. Можете да користите задачи од дидактички материјали.

5. Можете да спроведете математички диктат (бр. 2 во дидактички материјали).

6. Работата на час со слајд 2.3 е корисна.

Во лекцијата бр. 30 се врши самостојна работа.

Самостојна работа бр. 2.1 Опција 1

10. Дадени се: AB, M и K се произволни точки на рамнината. Докажете дека АБ МК.

2. Триаголникот ABC е правилен, точката O е неговиот центар. Правата OM е нормална на рамнината ABC.

а)0 Докажи дека MA = MB = MC.

б) Најдете MA ако AB = 6 cm, MO = 2 cm.

– – –

Опција 2

10. Дадено: правата MA е нормална на рамнината на триаголникот ABC. Докажи дека м-р п.н.е.

2. Четирикратниот ABCD е квадрат, точката O е нејзиниот центар. Правата ОМ е нормална на рамнината на квадратот.

а)0 Докажете дека MA = MB = MC = MD.

б) Најдете MA ако AB = 4 cm, OM = 1 cm.

Одговори:

Опција 1.

Опција 2.

Задача 129. Правата AM е нормална на рамнината на квадрат ABCD чии дијагонали се сечат во точката O. Докажете дека:

а) права линија BD е нормална на рамнината AMO;

Решение.

а) MA ABCD, значи, MA BD со определување на нормалноста на права и рамнина, BD AC со својството на дијагоналите на квадрат (сл. 2.7).

Значи, BD AO и BD AM, според тоа, BD AMO врз основа на перпендикуларноста на правата и рамнината.

б) Бидејќи BD е MOA, тогаш правата BD е нормална на која било права што лежи во рамнината на MOA, особено BD MO.

Задача 134. Докажете дека сите прави што минуваат низ дадена точка M од права a и се нормални на оваа права, лежат во рамнината што минува низ точката M и нормална на правата a.

Решение Дозволете ни да ја означиме со буква рамнината што минува низ точката M од правата a и нормална на оваа права, и да земеме предвид произволна права b, која исто така минува низ точката M и е нормална на правата a.

Потребно е да се докаже дека b (сл. 2.8). Да претпоставиме дека тоа не е така. Тогаш рамнината што минува низ правите a и b ја сече рамнината по некоја права b1 што минува низ точката M и се разликува од правата b. Бидејќи a и b1, тогаш a b1. Откривме дека во рамнината две прави (b и b1) минуваат низ точката M, нормално на правата a, што не може да биде случај. Ова значи дека претпоставката е неточна и правата линија b лежи во рамнината.

Ориз. 2.7 Сл. 2.8

Задача 136. Докажете дека ако точката X е еднакво оддалечена од краевите на дадена отсечка AB, тогаш таа лежи во рамнината што минува низ средината на отсечката AB и е нормална на правата AB.

Решение Дозволете ни да ја означиме буквалната рамнина што минува низ средната точка О на отсечката AB и Сл. 2.9 нормално на права линија AB (сл. 2.9). Нека точката X е еднакво оддалечена од краевите на отсечката AB, т.е. XA = XB. Треба да докажеме дека Х.

Ако точката X лежи на правата AB, тогаш таа се совпаѓа со точката O, а со тоа и X.

Ако точката X не лежи на правата AB, тогаш отсечката XO е медијана рамнокрак триаголник AXB и затоа висината на овој триаголник, т.е.

Така, правата XO минува низ точката O од правата AB и е нормална на правата AB. Од ова (види задача 134) произлегува дека правата линија XO лежи во рамнината, и затоа X.

Задача 137. Докажете дека низ секоја од двете меѓусебно нормални искривени линии минува рамнина нормална на другата права.

Решение Нека a и b се меѓусебно нормални коси линии. Да докажеме дека низ правата a поминува рамнина нормална на правата b.

1) Низ произволна точка О од правата а повлекуваме права b1 паралелна на правата b. Потоа a b1, бидејќи по услов a b (сл. 2.10).

2) Да ја означиме со буква рамнината што минува низ линиите што се вкрстуваат a и b1 и да повлечеме права линија c низ точката O, нормална на рамнината. Потоа c b1, а бидејќи b b1, тогаш c b.

3) Да ја означиме со буква рамнината што минува низ линиите што се вкрстуваат a и c. Бидејќи b a (по услов) и b c, Сл. 2.10 потоа b (врз основа на перпендикуларноста на правата и рамнината). Значи, низ правата a поминува рамнина нормална на правата b.

На сличен начин се докажува дека низ правата b поминува рамнина нормална на правата a.

§ 2. ПРЕДМЕТНИ И КОСИ.

АГОЛ ПОМЕЃУ ПРАВЕН И РАМНИНА

– – –

Главните цели на часот Воведете го концептот за растојание од точка до рамнина, докажете ја теоремата за три нормални, покажете ја примената на оваа теорема при решавање проблеми.

Примерок план за лекција

1. Со помош на слика 51 од учебникот, воведете ги поимите за нормална на рамнина, наклонета, проекција на наклонета рамнина. Со оглед на правоаголен триаголник AMH (види Сл. 51), докажете дека нормалното извлечено од дадена точка на рамнина е помало од кое било косо нацртано од истата точка до оваа рамнина. Должината на нормалната извлечена од точка до рамнина се нарекува растојание од оваа точка до рамнината.

2. Обрнете внимание на забелешките 1, 2, 3 во став 19 од учебникот, во кои се воведени поимите за растојание помеѓу паралелни рамнини паралелни на права линија и рамнина што пресекува прави. Корисно е да се прават цртежи и да се оправда валидноста на изјавите дадени во коментарите.

Забелешка 1. Ако две рамнини се паралелни, тогаш сите точки на едната рамнина се подеднакво оддалечени од другата рамнина.

Нека, A, M. Извршуваме AA0 и MM0, потоа Сл. 2.11 AA0 MM0 (сл. 2.11), затоа AA0 = MM0 (како отсечки од паралелни линии затворени помеѓу паралелни рамнини).

Значи, растојанијата од две произволни точки А и М на рамнината до рамнината се еднакви едни на други. Истото важи и за растојанијата од точките на рамнината до рамнината.

Растојанието од произволна точка на една од паралелните рамнини до другата рамнина се нарекува растојание помеѓу паралелните рамнини.

Забелешка 2. Ако правата и рамнината се паралелни, тогаш сите точки на правата се еднакво оддалечени од оваа рамнина.

Доказот за исказот е даден во решението за задача 144 учениците можат самостојно да го читаат;

Можете да понудите друга верзија на доказот.

Нека а, А а, Б а. Ајде да ги извршиме AA1 и BB1 (сл. 2.12). Потоа AA1 BB1. Да докажеме дека AA1 = BB1.

Рамнината што минува низ паралелните прави AA1 и BB1 ја сече рамнината по линијата A1B1 и ја содржи правата AB. Јасно е дека AB A1B1 (ако овие прави се сечат, тогаш правата AB (т.е. правата а) би ја пресекла рамнината, што е во спротивност со условот а).

Значи AA1 BB1 и AB A1B1. Според тоа, четириаголникот ABB1A1 е паралелограм, и затоа AA1 = BB1.

Така, растојанијата од две произволни точки A и B од правата a до рамнина паралелна со неа се еднакви едни на други.

Ако правата и рамнината се паралелни, тогаш растојанието помеѓу правата и рамнината е растојанието од произволна точка на правата до оваа рамнина.

Забелешка 3. Ако две прави се сечат, тогаш растојанието меѓу нив е растојанието помеѓу едната од нив и рамнината што минува низ другата права паралелна со првата права.

Препорачливо е да се потсетиме како да се конструира рамнина што содржи една од линиите што се пресекуваат и паралелно со другата линија (сл. 2.13).

Ориз. 2.12 Сл. 2.13

Нека б. Низ произволна точка М од правата b повлекуваме права a1 паралелна на a. Правите што се вкрстуваат a1 и b дефинираат одредена рамнина паралелна на правата a.

Од произволна точка А на права линија а цртаме нормална AA1 на рамнината. Должината на оваа нормална е растојанието помеѓу линиите на вкрстување a и b.

Во иднина, во процесот на решавање проблеми, можете да покажете како да конструирате заедничка нормална на две дадени линии кои се пресекуваат a и b, односно отсечка нормална на линиите a и b, чии краеви лежат на овие линии.

3. Докажи ја теоремата за три нормални и нејзината обратна теорема. Во овој случај, можете да ја користите сликата 53 од учебникот или слајдот 2.4.

– – –

4. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 138-145, 153.

Задача 143. Растојанието од точката M до секое од темињата на правилниот триаголник ABC е 4 cm Најди го растојанието од точката M до рамнината ABC ако AB = 6 cm.

Решение.

1) По услов MA = MB = MC = 4. Нека MO ABC (сл. 2.14), потоа OA = OB = OC (како проекции на еднакви коси, види задача 139). Ова значи дека точката O е центарот на кружниот круг на триаголникот ABC,

– – –

а ОП е радиусот на овој круг. Познато е дека a3 = R 3, каде што a3 = AB, R = AO, затоа AO = 6 = 2 3.

2) Од МАО добиваме MO = MA2 – AO2, MO = 16 – 12 = 4 = 2.

ОДГОВОР: 2 см.

Задача 145. Преку темето А на правоаголен триаголник ABC со прав агол C се повлекува права AD нормална на рамнината на триаголникот.

а) Докажете дека триаголникот CBD е правоаголен.

б) Најдете BD ако BC = a, DC = b.

Решение.

а) Сегмент AC - проекција на наклонет DC на рамнината на триаголникот ABC (сл. 2.15). BC AC по услов, значи, BC DC според теоремата за три x нормални и затоа триаголникот CBD е правоаголен.

б) BC = a, DC = b. Од BCD добиваме BD = BC2 + CD2, BD = a2 + b2.

ОДГОВОР: a2 + b2.

Во иднина, во процесот на решавање проблеми, важно е да се привлече вниманието на учениците на генерализираната теорема за три нормални, кога правата а1 е нормална на проекцијата на наклонетата, но не поминува низ основата на наклонетиот.

Час бр. Тема на часот: Агол помеѓу права и рамнина Главни цели на часот Воведување на концептот на агол помеѓу права и рамнина;

разгледајте ги проблемите во кои се користи овој концепт.

Примерок план за лекција

1. Проверете го селективно решението на проблемите од домашната работа. Решенијата на проблемите како 138-142 и доказот на теоремата за три нормални може да се дискутираат усно, користејќи готови цртежи и слајдови.

2. Воведи го концептот на проекција на точка на рамнина, проекција на фигура на рамнина. Докажете дека проекцијата на права на рамнина што не е нормална на оваа рамнина е права линија. Во овој случај се користат сликите 54 и 55 од учебникот.

3. Внесете ја дефиницијата за аголот помеѓу права линија и рамнина.

4. Анализирај го решението на задачата 162 дадено во учебникот. Докажете дека аголот помеѓу дадена права и рамнина е најмалиот од сите агли што дадена права ги формира со линии нацртани во рамнината низ точката на пресек на правата со рамнината.

Може да биде корисно за учениците да го запишат доказот даден во Слајд 2.5.

– – –

5. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 163-165, 146-148.

Задача 165. Од точката А, оддалечена од рамнината на растојание d, наклонетите AB и AC се повлечени кон оваа рамнина под агол од 30° во однос на рамнината. Нивните проекции на рамнината формираат агол од 120°. Најдете п.н.е.

– – –

Часови бр. 33-36 Тема на часот: Повторување на теоријата. Решавање задачи за примена на теоремата на три нормални, на аголот помеѓу права и рамнина Главни цели на лекциите Повторете го доказот на теоремата на три нормални, концептот на агол помеѓу права и рамнина. и да ги консолидираат вештините за решавање проблеми.

Примерок план за лекција

1. На секоја од часовите бр. 33-35, повторете ги теоретските прашања со испрашување на учениците.

2. Во процесот на решавање проблеми, повторете ги односите помеѓу елементите на правоаголен триаголник, теоремата на синусите и косинусите.

3. Посветете посебно внимание на решавање на некои типични проблеми кои подоцна ќе се користат при пресметување на површините и томаполиедра. Таквите задачи ги вклучуваат, на пример, задачите 147, 151, 158, 161. Корисно е на часовите да се користи слајдот 2.6 подолу, кој е наменет за фронтална работа со учениците, дискутирајќи за пристапи за решавање проблеми од учебникот.

4. Во лекцијата бр. 36, препорачливо е да се изврши самостојна работа од контролна природа.

Самостојна работа бр.2.2

Опција 1 Од точката М, нормална MB еднаква на 4 cm е нацртана на рамнината на правоаголникот ABCD. Косите MA и MC формираат агли од 45° и 30° со рамнината на правоаголникот, соодветно.

а)0 Докажете дека триаголниците MAD и MCD се прави агли.

б)0 Најдете ги страните на правоаголникот.

в) Докажете дека триаголникот BDC е проекција на триаголникот MDC на рамнината на правоаголникот и пронајдете ја неговата плоштина.

Опција 2 Од точката М, нормална MD еднаква на 6 cm е нацртана на рамнината на квадратот ABCD. Наклонетото MB формира агол од 60° со рамнината на квадратот.

а)0 Докажете дека триаголниците MAB и MCB се прави агли.

б)0 Најдете ја страната на квадратот.

в) Докажете дека триаголникот ABD е проекција на триаголникот MAB на рамнината на квадрат и пронајдете ја неговата плоштина.

Одговори:

б) AB = 4 cm, BC = 4 3 cm; в) 8 3 cm2.

Опција 1.

б) 6 см; в) 3 cm2.

Опција 2.

– – –

Задача 147. Од точката М се повлекува нормална MB на рамнината на правоаголникот ABCD. Докажете дека триаголниците AMD и MCD се правоаголни.

Решение.

1) Според условите на задачата, отсечката MB е нормална на рамнината на правоаголникот, затоа, отсечката AB е проекција на наклонетата МА на рамнината на правоаголникот (сл. 2.17). AD AB (бидејќи ABCD е правоаголник), затоа AD MA по теоремата за три нормални. Така, аголот MAD е прав и затоа триаголникот AMD е правоаголен.

2) Слично, бидејќи DC BC, потоа DC MC и триаголникот MCD е правоаголен.

Задача 151. Правата CD е нормална на рамнината на триаголникот ABC. Докажете дека: а) триаголникот ABC е проекција на триаголникот ABD на рамнината ABC;

б) ако CH е висината на триаголникот ABC, тогаш DH е висината на триаголникот ABD.

Решение.

а) Според условите на задачата, отсечката DC е нормална на ABC рамнината, според тоа, точката C е проекција на точката D на ABC рамнината, отсечката CB е проекција на косиот DB, а отсечката CA е проекцијата на косиот DA на рамнината ABC (сл. 2.18).

Сите точки на отсечката AB лежат во рамнината ABC, затоа проекцијата на отсечката AB на рамнината ABC е самата оваа отсечка.

Значи, проекциите на страните на триаголникот ABD на рамнината ABC се соодветните страни на триаголникот ABC.

Исто така, очигледно е дека проекцијата M1 на која било внатрешна точка M на триаголникот ABD лежи во триаголникот ABC и обратно: секоја внатрешна точка M1 на триаголникот ABC е проекција на рамнината ABC на некоја внатрешна точка M на триаголникот ABD. Ова значи дека триаголникот ABC е проекција на триаголникот ABD на рамнината ABC.

б) AB CH по услов, значи, AB DH според теоремата за три нормални, т.е. DH е висината на триаголникот ABD.

– – –

Задача 158. Преку темето B на ромбот ABCD се повлекува права BM нормална на неговата рамнина. Најдете го растојанието од точката М до правите што ги содржат страните на ромбот, ако AB = 25 cm, BAD = 60 °, BM = 12,5 cm.

Решение.

1) Да го извршиме БК АД (сл. 2.19). Отсечката BK е проекција на наклонетото MK на рамнината на ромбот, AD BK, според тоа, AD MK со теоремата за три нормални. Должината на отсечката MK е еднаква на растојанието од точката M до правата AD.

Слично на ME - растојанието од точката М до права линија DC.

ABK добиваме BK = AB sin 60°, BK = 25 3.

3) Триаголникот MBK е правоаголен бидејќи MB е ABC. имаме

– – –

4) BK = BE (како висина на ромбот). Правоаголните триаголници MBK и MBE се еднакви на две страни, затоа, ME = MK = 25 cm.

5) Растојанието од точката M до правите AB и BC се еднакви на должината на нормалната MB, односно еднакви на 12,5 cm.

ОДГОВОР: 25 cm, 25 cm, 12,5 cm, 12,5 cm.

Задача 161. Зракот BA не лежи во рамнината на неразвиениот агол CBD. Докажете дека ако ABC = ABD, а ABC е 90°, тогаш проекцијата на зракот BA на рамнината CBD е симетрала на аголот CBD.

Решение.

1) Дозволете AE CBD. Во рамнината ABC цртаме нормална AM на правата BC, а во рамнината ABD цртаме нормална AK на правата BD. Бидејќи ABC е 90°, точката М лежи на зракот BC (а не на продолжението на овој зрак). Слично на тоа, бидејќи ABD е 90°, точката K лежи на зракот BD (сл. 2.20).

Од BC AM, потоа BC EM (по теорема, инверзна теоремаоколу три нормални). На сличен начин може да се докаже дека БД Е.К.

2) Правоаголните триаголници ABK и ABM се еднакви во хипотенузата (AB е заедничка хипотенуза) и остар агол(ABC = ABD), затоа BM = BK.

3) Правоаголните триаголници BME и BKE се еднакви во хипотенузата (BE - вообичаена хипотенуза) и кракот (BM = BK), според тоа, EM = EK.

4) Точката Е е еднакво оддалечена од страните на аголот CBD, затоа лежи на симетралата на овој агол, т.е. зракот BE е симетрала на аголот CBD.

§ 3. ДИЕДРАЛЕН АГОЛ.

ПЕРПЕНДИКУЛАРНОСТ НА РАМИНИ

Час бр. 37 Тема на часот: Диедрален агол Главни цели на часот Воведете ги поимите за диедрален агол и неговиот линеарен агол, разгледајте задачи за примена на овие поими.

Примерок план за лекција

1. Воведи го концептот на диедрален агол користејќи ја сликата 58 од учебникот.

2. Воведи го концептот на линеарен диедрален агол.

Докажете дека сите линеарни агли на диедрален агол се еднакви еден на друг (види Сл. 59, а, б).

3. Дефинирај степен меркадиедрален агол.

Размислете за примери на акутни, правилни и тапи диедрални агли користејќи ја сликата 60 во учебникот. Право диедрален агол може да се прикаже на пресекот на два ѕида во училницата, или ѕид и таван или под.

4. За час и домашна работа, можете селективно да ги користите задачите 166-170.

Учениците треба да обрнат внимание на означувањето на диедралните агли. Диедрален агол со раб AB, на различни страни од кои се означени точките C и D, се нарекува диедрален агол CABD.

Задача 167. Во тетраедарот DABC сите рабови се еднакви, точката M е средната точка на работ AC. Докажете дека DMB е линеарен агол на диедралниот агол BACD.

Ориз. 2.21 Сл. 2.22

Решение: Медијаните BM и DM се двете висини правилни триаголници ABC и ADC (сл. 2.21). Затоа, BM AC и DM AC, и, следствено, DMB е линеарниот агол на диедралниот агол на работ AC на основата на пирамидата.

Задача 170. Од темето B на триаголникот ABC, чија страна AC лежи во рамнина, нацртајте нормална BB1 на оваа рамнина. Најдете го растојанието од точката B до правата AC и до рамнината ако AB = 2 cm, BAC = 150 ° и диедралниот агол BACB1 е 45 °.

Решение.

1) Триаголникот BAC е тап со тап агол A, така што основата на надморската височина BK извлечена од темето B лежи на продолжетокот на страната AC. Растојанието од точката B до права линија AC и до рамнината се еднакви на BK и BB1, соодветно (сл. 2.22).

2) Бидејќи AC BK, тогаш AC KB1 со теоремата инверзна на теоремата околу три нормални. Според тоа, BKB1 е линеарен агол на диедралниот агол BACB1. Според условите на проблемот, BKB1 = 45°.

3) Од BAK имаме A = 30°, BK = BA sin 30°, BK = 1.

– – –

Час бр. 38 Тема на часот: Знак за перпендикуларност на две рамнини Главни цели на часот Воведување на концептот на агол меѓу рамнините; дефинираат нормални рамнини; докажи теорема со која се изразува знакот за перпендикуларност на две рамнини; покажете ја примената на оваа теорема при решавање на проблеми.

Примерок план за лекција

1. Проверете го селективно решението на проблемите од домашната работа. Препорачливо е да се користат слајдови со готови цртежи.

2. Свртете го вниманието на учениците на фактот дека кога се сечат две рамнини, се формираат четири диедрални агли. Ако е големината на оној од четирите агли што не го надминува секој од другите, тогаш се вели дека аголот помеѓу рамнините што се сечат е еднаков. Јасно е дека 0° 90°. Ако = 90°, тогаш рамнините се нарекуваат нормални. Во овој случај, секој од четирите диедрални агли формирани со пресечни рамнини е исправен.

3. Докажи теорема со која се изразува знакот дека две рамнини се нормални. Доказот на теоремата може да се изведе усно од текстот на учебникот, со помош на Слика 62. Традиционалниот доказ даден во учебникот, по правило, успешно го совладува учениците.

4. Важно е да се привлече вниманието на учениците на следните два факти, кои често се користат при решавање на проблеми:

а) Рамнина нормална на работ на диедрален агол е нормална на нејзините лица. (Оваа изјава во малку поинаква формулација е дадена во став 23 од учебникот како последица на теоремата.)

б) Нормална извлечена од која било точка на една од двете меѓусебно нормални рамнини на правата на нивното вкрстување е нормална на другата рамнина.

(Оваа изјава е докажана во решението на задача 178 дадено во учебникот.)

5. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 171-180.

Задача 171. Хипотенузата на правоаголен рамнокрак триаголник лежи во рамнина, а кракот е наклонет кон оваа рамнина под агол од 30°. Најдете го аголот помеѓу рамнината и рамнината на триаголникот.

Решение.

1) Нека ABC е дадениот триаголник, AB, CO. Тогаш сегментот OB е проекција на кракот CB на рамнината. Според условите на проблемот, CBO = 30° (сл. 2.23).

2) Нека CO = a во триаголникот COB, тогаш CB = 2a.

3) Дозволете ни да нацртаме CD AB, потоа AB DO со теоремата конверзна на теоремата за три нормални, а CDO е линеарниот агол на диедралниот агол формиран кога рамнината ја пресекува рамнината на триаголникот. Нека

– – –

CDO = x. Ова е саканиот агол помеѓу рамнината и рамнината на триаголникот.

4) Од CDB добиваме CBD = 45°, бидејќи по услов триаголникот ACB е рамнокрак и правоаголник

– – –

од каде = 45°, т.е. диедралниот агол DABC е еднаков на 45°.

5) Бидејќи BC DC и AC DC, тогаш ACB е линеарниот агол на диедралниот агол BDCA.

Бидејќи ACB = 60 °, тогаш диедралниот агол BDCA е еднаков на 60 °.

ОДГОВОР: 90°, 45°, 60°.

Задача 174. Најдете го диедралниот агол ABCD на тетраедарот ABCD ако аглите DAB, DAC и ACB се прави агли, AC = CB = 5, DB = 5 5.

Решение.

1) Според условите на проблемот, аглите DAB и DAC се прави агли, според тоа, DA AB и DA AC (сл. 2.25). Следи дека отсечката DA е нормална на рамнината ABC и, следствено, отсечката AC е проекција на наклонетото DC на рамнината ABC. Ориз. 2.25

2) Според условите на задачата, аголот ACB е правилен, т.е. BC AC, и затоа, BC DC според теоремата за три нормални. Така, ACD е линеарен агол на диедралниот агол ABCD.

3) Од DCB: DC = DB2 – BC2, DC = 25 5 – 25 = 10.

4) Од DAC добиваме ACD = x, cos x = AC, cos x = 5,

– – –

Главни цели на часот Воведи го концептот правоаголен паралелепипед, разгледајте ги својствата на неговите лица, диедралните агли, дијагоналите.

Примерок план за лекција

1. Формулирајте ја дефиницијата за правоаголен паралелепипед. Докажете дека сите шест лица на правоаголен паралелепипед се правоаголници.

2. Докажете дека сите диедрални агли на правоаголен паралелепипед се правилни.

3. Докажи ја теоремата: квадратот на дијагоналата на правоаголен паралелепипед е еднаков на збирот на квадратите на неговите три димензии.

Обрнете внимание на аналогијата со својството на дијагоналата на правоаголникот. Исто така, може да се забележи дека оваа теорема е една од варијантите на просторната Питагорова теорема.

Размислете за последицата на теоремата: дијагоналите на правоаголен паралелепипед се еднакви.

4. За час и домашна работа, можете селективно да ги користите задачите 187-192.

Ориз. 2.26 Сл. 2.27

Задача 191. Дадена е коцка ABCDA1B1C1D1. Докажете дека рамнините ABC1 и A1B1D се нормални.

Решение.

1) BC1 B1C според својството на дијагоналите на квадрат (сл. 2.26). DC BCC1, па DC BC1, бидејќи BC1 BCC1.

Така, правата BC1 е нормална на две пресечни права DC и CB1 кои лежат во рамнината A1B1D. Следствено, правата линија BC1 е нормална на рамнината A1B1D врз основа на нормалноста на правата линија и рамнината.

2) Рамнината ABC1 поминува низ правата BC1, нормална на рамнината A1B1D, според тоа, ABC1 A1B1D поради нормалноста на двете рамнини.

Задача 192. Најдете ја тангентата на аголот помеѓу дијагоналата на коцката и рамнината на едната нејзина страна.

Решение.

1) Нека работ на коцката ABCDA1B1C1D1 е еднаков на a. Тогаш BD = a 2 (сл. 2.27). Бидејќи D1D ABC, правата BD е проекција на правата BD1 на рамнината на лицето ABCD, и затоа аголот помеѓу овие линии е аголот помеѓу дијагоналата BD1 и лицето ABCD. Така, потребно е да се најде тангентата на аголот D1BD, чија вредност е означена со

2) Од D1DB добиваме tg = 1, tg = a, tg = 2.

– – –

Час бр. 40 Тема на часот: Решавање задачи на правоаголен паралелепипед Главни цели на часот.

Примерок план за лекција

1. Повторете ги теоретските прашања со анкетирање на учениците.

2. Проверете го селективно решението на проблемите од домашната работа користејќи готови цртежи и слајдови.

3. За час и домашна работа можете да ги користите задачите 193-196.

Задача 195. Најдете ги димензиите на правоаголниот паралелепипед ABCDA1B1C1D1 ако AC1 = 12 cm, а дијагоналата BD1 прави агол од 30° со рамнината на лицето AA1D1D, а агол од 45° со работ DD1.

Решение.

Слични дела:

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА Сојузна државна буџетска образовна институција за високо стручно образование „ТЈУМЕН ДРЖАВЕН УНИВЕРЗИТЕТ“ Институт за науки за Земјата Оддел за физичка географија и екологија Тиулкова Л.А. ГЕОМОРФОЛОГИЈА образовен и методолошки комплекс. Програма за работаза студенти од насоката 05.03.04 „Хидрометеорологија“, со полно работно времеобука Тјумен државен универзитетТјулкова Л.А. Геоморфологија. Едукативно-методолошки...“

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ НА РЕГИОН КАЛИНИНГРАД ДРЖАВНА БУЏЕТАРНА ИНСТИТУЦИЈА НА СТРУЧНА ОБРАЗОВНА ОРГАНИЗАЦИЈА „ГУШЕВСКИ ЗЕМЈОДЕЛСКИ КОЛЕЈ“ ОДОБРЕН од директорот на Државниот буџет ВПКГАКОВ. Грубинов на 15 август 2014 година Главната професионална образовна програма на средното стручно образование на Државната образовна установа на стручната образовна организација Калининградскиот регион „Гушевски Агродериан ...“

„Тема: ОБРАЗОВАНИЕ во Руската Федерација. Општи одредби. Универзитетот СОО. SShO.DOU Датум на ажурирање: 24.02.2015 година Аналитички преглед Препораките за ажурирање на федералните стандарди беа одобрени високото образованиесо цел да се земат предвид одредбите од релевантните професионални стандардипрепораки за ажурирање на тековните сојузни државни методолошки образовни стандарди на високото образование, земајќи ги предвид прифатените професионални стандарди (одобрени од Министерството за образование и наука на Русија на 22 јануари 2015 година N DL-2/05vn)...“

« ОБУКА) Презиме Име Патронимски предмет_ Факултет за комуникации и Правен Група бр. ПРЕДМЕТ, ИСТОРИЈА, , ПРЕДМЕТИ И ЗАДАЧИ. ИСТОРИЈА И МЕТОДОЛОГИЈА...“

„Содржина Апстракт...1. Цели на самостојната работа на учениците. 2. Цели на самостојната работа на учениците..5 3. Препораки за самостојно изучување на дисциплината..5 4. Видови самостојна работастуденти..5 5. Барања за минимална содржина на дисциплината во согласност со Сојузниот државен образовен стандард... 6. Содржина на самостојна работа на темите од дисциплината. 7.Задачи за самостојна работа на учениците 7.1.Предмети на апстракти и креативни делаво дисциплина..8...“

„План на информативни и едукативни семинари и вебинари Првата половина на учебната 2015-2016 година Октомври Учеството е бесплатно. На сите учесници (потребна е регистрација) ќе им бидат издадени сертификати за учество на вебинарот на 16 октомври 2015 година од 16.00 до 17.00 часот (московско време) Методолошки принципиразвој на задачи за семинари и вебинари. Меѓународен натпревар„PONY® во посета на Питагора“ за учениците од 2-4 одделение и нивните критериуми за оценување“. На вебинарот се анализираат целите на интелектуалните натпревари,...“

„РУСКА ФЕДЕРАЦИЈА МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА „ОДОБРЕНО“ Државна образовна институција за високо професионално образование ДРЖАВЕН УНИВЕРЗИТЕТ ТЈУМЕН: Проректор за воспитно-образовна работаЛ.М. Волосникова 08.07. 2011 година Организација логопедска работаво предучилишните образовни установи Образовно-методолошки комплекс. Работна програма за студенти во насока на обука 050700.62 Дефектолошка (дефектолошка) едукација, профил на обука Логопедија, форма...“

„Државна буџетска професионална образовна институција на градот Москва „Прв московски образовен комплекс“ Методолошки препораки за имплементација практична работаСпоред професионалниот модул PM 02. Дизајн на облека МДК 02.02. Методи на конструктивно моделирање на облека, 3-та година на студирање 262019 Дизајн, моделирање и технологија на облека, напредна обука (име на профилот за обука) Москва ББК Г1 ОДОБРЕНО Развиено на...“

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА УНИВЕРЗИТЕТ ИТМО Е.П. Сучкова, М.С. Белозерова МЕТОДИ НА ИСТРАЖУВАЊЕ НА МЛЕКО И МЛЕЧНИ ПРОИЗВОДИ Образовно-методолошки прирачникСанкт Петербург UDC 637.1/3 Сучкова Е.П., Белозерова М.С. Методи за проучување на млеко и млечни производи: Едукативен метод. додаток. – Санкт Петербург: Универзитет ITMO; IKhiBT, 2015. – 47 стр. Со оглед на лабораториска работаво дисциплината „Методи за изучување на млеко и млечни производи“. Делата се посветени на проучување на современи методи...“

„Содржина 1. Општи одредби..2. Карактеристики на насоката на обука..3. Карактеристики на професионалните активности на дипломираните студенти.3.1. Регион професионална дејностдипломиран ЕП ВО.3.2 Објекти на професионална дејност на дипломиран ЕП ВО.3.3 Видови професионална дејност на дипломиран ЕП ВО.3.4 Генерализирани работни функции на дипломирани студенти во согласност со професионалните стандарди..8 4. Резултати од совладување едукативна програма.. 5. Структура на образовната програма...“

„ФЕДЕРАЛНА СЛУЖБА ЗА НАДЗОР ВО ОБЛАСТА НА ЗАШТИТА НА ПРАВАТА НА ПОТРОШУВАЧИТЕ И ЧОВЕКОВАТА БЛАГОСОСТОЈБА Федерална буџетска институција „Сојузниот научен центар за медицински и превентивни технологии за управување со ризик од јавно здравје“ Федерална државна буџетска образовна институција за високо професионално образование „Perm истражувачки универзитет„ТЕКОВНИ НАСОКИ ВО РАЗВОЈОТ НА СОЦИЈАЛНО-ХИГИЕНСКО СЛЕДЕЊЕ И АНАЛИЗА НА ЗДРАВСТВЕН РИЗИК Материјали на серуската научна и практична конференција со меѓународно учество (15–17 мај 2013 година) Уредено од Руската академија на науките на Академик...

„РАБОТНА ПРОГРАМА ПО ПРЕДМЕТ „ТЕХНОЛОГИЈА“ ЗА I ОДДЕЛЕНИЕ „Ф“ Составила: наставник во основно училиште Наталија Сергеевна Тамбовцева Москва, учебна 2014-2015 година Објаснување. Технолошката работна програма се заснова на барањата на Федералниот државен стандардосновно општо образованиево образовната област „Технологија“ и развиена во согласност со Приближна програмаосновно општо образование, програма за работа Н.И. Роговцева, С.В. Анашченкова...“

„М. S. Soloveychik N. S. Kuzmenko МЕТОДОЛОШКИ ПРЕПОРАКИ ЗА РУСКИ ЈАЗИК за учебникот за 2 одделение општообразовни организации Прирачник за наставници 7-мо издание, ревидирана Смоленска асоцијација XXI век UDC 372.881.1046.1. BBK 74.268.1Rus ВНИМАНИЕ! Бидете внимателни кога користите методолошки прирачницина учебници издадени од други издавачи! Ако некој од авторите на овој учебник не е наведен како уредник, консултант или рецензент, прирачникот не може да...“

„СПЕЦИЈАЛИЗИРАНА СТРУКТУРНО ОБРАЗОВНА ДИВИЗИЈА НА АМБАСАДАТА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА ВО РЕПУБЛИКА МАДАГАСКАР – ОСНОВНО СОПШТЕНО УЧИЛИШТЕ НА РУСКАТА АМБАСАДА ВО МАДАГАСКАР РАБОТНА ПРОГРАМА курс за обука(литература) V ОДДЕЛЕНИЕ 2014-2015 г академска годинанаставник: Егорова И.В. Објаснување Програмата за работа е составена во согласност со регулаторните документи и наставни материјали: Федерална компонента на државата образовен стандардглавна заедничка...“

„На состанокот на Министерството за одбрана беше разгледан записникот бр. од 24.08.2015 година. „Проверено“ „Одобрено“ _ заменик директор за управување со водните ресурси, директор на општинската буџетска образовна установа „Лицеум „МОК бр.2“ Самофалова Ју.В._ Свердлов В.Ја. Работна програма за воннаставни активностиКурс „Училиште за развој на говор“ 2015-2016 учебна година Наставник Асојан О.И., Бавикина И.Е., Леденева Г.А., Ивашкина Н.В., Саввина О.Ју., Свердлова Л.В. Класа 4 „А“, „Б“, „Ц“, „Д“, „Д“, „Д“ Предмет „Курс „ГОВОР“. На млади паметни луѓеи паметни луѓе. Училиште за развој на говор" (34 часа; 1 час неделно)..."

„Министерството за образование и наука на Руската Федерација Државниот универзитет Амур Е.В. Пшечникова ОСНОВИ НА ДИЗАЈН НА ОБЛЕКАТА ЗА ПОЕДИНЕЦ ПОТРОШУВАЧ Учебник препорачан од Далечниот источен регионален образовен и методолошки центар (FE RUMC) како учебник за студенти кои студираат на диплома 262000.62 "Технологија на лесните индустриски производи "2010001" . Благовешченскиот регион од AmSU BBK 37. 24-2 i 73 P 93...“

„ЗАШТИТА НА ДЕЦАТА ОД ДИСКРИМИНАЦИЈА Интердисциплинарен прирачник за обука КРЕН ЗАШТИТА ДЕЦА ОД ДИСКРИМИНАЦИЈА ЗАШТИТА ДЕЦА ОД ДИСКРИМИНАЦИЈА Интердисциплинарен прирачник за обука Изменето од Дагмар Куцар и Хана Варминг уредник на руски превод Вера Заботкин Ивановна Др.Филол. науки, проф., проректор за иновативни меѓународни проекти Руската држава универзитет за либерални уметностиЕвропски конзорциум на универзитети кои нудат магистерски програмиза правата на децата во рамките на...“

„Содржина Дел 1. Список на планирани исходи од учењето во дисциплината, во корелација со планираните резултати од совладување на образовната програма. 4 1.1 Список на планирани исходи од учењето во дисциплината. 4 1.2 Планирани резултати од совладување на образовната програма. 4 Дел 2. Местото на дисциплината во структурата на образовната програма. 6 Дел 3. Опсег на дисциплината.. 6 Дел 4. Структура и содржина на дисциплината. 7 Дел 5. Список на едукативна и методолошка поддршка за...“

„СОДРЖИНА Барања за резултати од совладување на дисциплината 1. 4 Местото на дисциплината во структурата на БОП 2. 5 Структурата и содржината на дисциплината 3. 6 Структурата на дисциплината 3.1. 6 Содржина на дисциплината 3.2. 7 Список на едукативна и методолошка поддршка за самостојна работа 4. 9 ученици по дисциплина Образовна технологија 5. 9 Форми на контрола на совладување на дисциплината 6. 9 Листа вреднување значиЗа тековната контроласовладување на дисциплината 6.1. 9 Состав на фондот на средства за проценка за извршување...“
Материјалите на оваа страница се објавени само за информативни цели, сите права им припаѓаат на нивните автори.
Ако не се согласувате дека вашиот материјал е објавен на оваа страница, пишете ни, ние ќе го отстраниме во рок од 1-2 работни дена.

\[(\Large(\text(Слободен трапез)))\]

Дефиниции

Трапез е конвексен четириаголник во кој двете страни се паралелни, а другите две страни не се паралелни.

Паралелните страни на трапезоидот се нарекуваат негови основи, а другите две страни се нарекуваат негови страни.

Висината на трапезоидот е нормалната извлечена од која било точка на една основа до друга основа.

Теореми: својства на трапез

1) Збирот на аглите на страната е \(180^\circ\) .

2) Дијагоналите го делат трапезот на четири триаголници, од кои два се слични, а другите два се еднакви по големина.

Доказ

1) Затоа што \(AD\паралелно BC\), тогаш аглите \(\агол BAD\) и \(\агол ABC\) се еднострани за овие линии и попречната \(AB\), затоа, \(\агол BAD +\агол ABC=180^\circ\).

2) Затоа што \(AD\паралелно BC\) и \(BD\) се секант, а потоа \(\агол DBC=\агол BDA\) лежат вкрстено.
Исто така \(\агол BOC=\агол AOD\) како вертикална.
Затоа, под два агли \(\триаголник BOC \sim \триаголник AOD\).

Да го докажеме тоа \(S_(\триаголник AOB)=S_(\триаголник COD)\). Нека \(h\) е висината на трапезот. Потоа \(S_(\триаголник ABD)=\frac12\cdot h\cdot AD=S_(\триаголник ACD)\). Потоа: \

Дефиниција

Средната линија на трапезот е сегмент што ги поврзува средните точки на страните.

Теорема

Средната линија на трапезот е паралелна со основите и еднаква на нивната полу-збир.

доказ*

1) Да докажеме паралелизам.

Низ точката \(M\) да ја повлечеме правата линија \(MN"\паралелно AD\) (\(N"\in CD\) ). Потоа, според теоремата на Талес (пошто \(MN"\паралелно AD\паралелно BC, AM=MB\)) точката \(N"\) е средината на сегментот \(CD\). Тоа значи дека точките \(N\) и \(N"\) ќе се поклопат.

2) Да ја докажеме формулата.

Ајде да направиме \(BB"\perp AD, CC"\perp AD\) . Нека \(BB"\cap MN=M", CC"\cap MN=N"\).

Тогаш, според теоремата на Талес, \(M"\) и \(N"\) се средните точки на отсечките \(BB"\) и \(CC"\), соодветно. Значи, \(MM"\) - средната линија\(\триаголник ABB"\) , \(NN"\) е средната линија \(\триаголник DCC"\). \

Бидејќи \(MN\паралелно AD\паралелно BC\)и \(BB", CC"\perp AD\) , потоа \(B"M"N"C"\) и \(BM"N"C\) се правоаголници. Според теоремата на Талес, од \(MN\паралелно AD\) и \(AM=MB\) следува дека \(B"M"=M"B\) . Оттука, \(B"M"N"C "\) и \(BM"N"C\) се еднакви правоаголници, затоа, \(M"N"=B"C"=BC\) .

Така:

\ \[=\dfrac12 \лево(AB"+B"C"+BC+C"D\десно)=\dfrac12\left(AD+BC\десно)\]

Теорема: својство на произволен трапез

Средните точки на основите, точката на пресек на дијагоналите на трапезот и точката на пресекот на продолжетоците на страничните страни лежат на истата права линија.

доказ*
Се препорачува да се запознаете со доказот откако ќе ја проучувате темата „Сличност на триаголниците“.

1) Да докажеме дека точките \(P\), \(N\) и \(M\) лежат на иста права.

Ајде да нацртаме права линија \(PN\) (\(P\) е точката на пресек на продолжетоците на страничните страни, \(N\) е средината на \(BC\)). Нека ја пресече страната \(AD\) во точката \(M\) . Да докажеме дека \(M\) е средната точка на \(AD\) .

Размислете за \(\триаголник BPN\) и \(\триаголник APM\) . Тие се слични на два агли (\(\агол APM\) - општо, \(\агол PAM=\агол PBN\) како што одговара на \(AD\паралелно BC\) и \(AB\) секанта). Значи: \[\dfrac(BN)(AM)=\dfrac(PN)(PM)\]

Размислете за \(\триаголник CPN\) и \(\триаголник DPM\) . Тие се слични на два агли (\(\агол DPM\) – општо, \(\агол PDM=\агол PCN\) како што одговара на \(AD\паралелно BC\) и \(CD\) секанта). Значи: \[\dfrac(CN)(DM)=\dfrac(PN)(PM)\]

Од тука \(\dfrac(BN)(AM)=\dfrac(CN)(DM)\). Но \(BN=NC\) затоа \(AM=DM\) .

2) Да докажеме дека точките \(N, O, M\) лежат на иста права.

Нека \(N\) е средната точка на \(BC\) и \(O\) е точката на пресек на дијагоналите. Да нацртаме права линија \(НЕ\) , таа ќе ја пресече страната \(AD\) во точката \(M\) . Да докажеме дека \(M\) е средната точка на \(AD\) .

\(\триаголник BNO\sim \триаголник DMO\)по два агли (\(\агол OBN=\агол ODM\) што лежи вкрстено на \(BC\паралелно AD\) и \(BD\) секантно; \(\агол BON=\агол DOM\) како вертикална). Значи: \[\dfrac(BN)(MD)=\dfrac(ON)(OM)\]

Исто така \(\триаголник CON\sim \триаголник AOM\). Значи: \[\dfrac(CN)(MA)=\dfrac(ON)(OM)\]

Од тука \(\dfrac(BN)(MD)=\dfrac(CN)(MA)\). Но \(BN=CN\) затоа \(AM=MD\) .

\[(\Голем(\текст(рамнокрак трапез)))\]

Дефиниции

Трапез се нарекува правоаголен ако еден од неговите агли е прав.

Трапезот се нарекува рамнокрак ако неговите страни се еднакви.

Теореми: својства на рамнокрак трапез

1) Рамнокрак трапез има еднакви агли на основата.

2) Дијагоналите на рамнокрак трапез се еднакви.

3) Два триаголници формирани од дијагонали и основа се рамнокраки.

Доказ

1) Размислете за рамнокрак трапез \(ABCD\) .

Од темињата \(B\) и \(C\), ги испуштаме перпендикулите \(BM\) и \(CN\) на страната \(AD\), соодветно. Бидејќи \(BM\perp AD\) и \(CN\perp AD\) , тогаш \(BM\parallel CN\) ; \(AD\паралелно BC\) , тогаш \(MBCN\) е паралелограм, затоа, \(BM = CN\) .

Размислете за правоаголните триаголници \(ABM\) и \(CDN\) . Бидејќи нивните хипотенуси се еднакви и кракот \(BM\) е еднаков на кракот \(CN\), тогаш овие триаголници се еднакви, затоа, \(\агол DAB = \агол CDA\) .

Бидејќи \(AB=CD, \агол A=\агол D, AD\)- општо, тогаш според првиот знак. Затоа, \(AC=BD\) .

3) Затоа што \(\триаголник ABD=\триаголник ACD\), потоа \(\агол BDA=\агол CAD\) . Според тоа, триаголникот \(\триаголник AOD\) е рамнокрак. Слично, се докажува дека \(\триаголникот BOC\) е рамнокрак.

Теореми: знаци на рамнокрак трапез

1) Ако трапезот има еднакви агли на основата, тогаш тој е рамнокрак.

2) Ако трапезот има еднакви дијагонали, тогаш тој е рамнокрак.

Доказ

Размислете за трапезот \(ABCD\) таков што \(\агол A = \агол D\) .

Да го дополниме трапезот до триаголникот \(AED\) како што е прикажано на сликата. Бидејќи \(\агол 1 = \агол 2\) , тогаш триаголникот \(AED\) е рамнокрак и \(AE = ED\) . Аглите \(1\) и \(3\) се еднакви како соодветните агли за паралелни прави \(AD\) и \(BC\) и попречно \(AB\). Слично на тоа, аглите \(2\) и \(4\) се еднакви, но \(\аголот 1 = \аголот 2\), тогаш \(\агол 3 = \агол 1 = \агол 2 = \агол 4\), значи, триаголникот \(BEC\) е исто така рамнокрак и \(BE = EC\) .

На крајот \(AB = AE - BE = DE - CE = CD\), односно \(AB = CD\), што требаше да се докаже.

2) Нека \(AC=BD\) . Бидејќи \(\триаголник AOD\sim \триаголник BOC\), тогаш нивниот коефициент на сличност го означуваме како \(k\) . Тогаш ако \(BO=x\) , тогаш \(OD=kx\) . Слично на \(CO=y \Rightarrow AO=ky\) .