1 / 37

Кобзев Дмитрий Александрович учитель математики Идентификатор: 239-590-075

Кобзев Дмитрий Александрович учитель математики Идентификатор: 239-590-075. "Углы в пространстве". 11 класс. Л. С. Атанасян,"Геометрия 10-11". "Мастерство - это то, чего можно добиться". А.С. Макаренко. Цели и задачи урока:. Образовательные :.

aviva
Télécharger la présentation

Кобзев Дмитрий Александрович учитель математики Идентификатор: 239-590-075

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. Кобзев Дмитрий Александрович учитель математики Идентификатор: 239-590-075 "Углы в пространстве" 11 класс Л. С. Атанасян,"Геометрия 10-11"

  2. "Мастерство - это то, чего можно добиться" А.С. Макаренко

  3. Цели и задачи урока: Образовательные : рассмотрение всех возможных комбинаций углов в пространстве (угол между двумя прямыми, угол между прямой и плоскостью, угол между двумя плоскостями), решение геометрических задач классическим и координатно-векторным методами; формирование навыков чтения чертежей, умений проводить дополнительные построения и вычисления; Развивающие: формирование умения выполнять обобщение и конкретизацию, развитие качества мышления: гибкость, целенаправленность, рациональность, критичность с учетом индивидуальных особенностей; Воспитательные: Развитие взаимовыручки и взаимопомощи, умение вести культурную дискуссию, умение четко организовывать самостоятельную и индивидуальную работу.

  4. Теоретический материал Кто не знает, в какую гавань он плывет, для того нет попутного ветра. Сенека 1. Угол между скрещивающимися прямыми. классический координатно-векторный 2. Угол между прямой и плоскостью. классический координатно-векторный 3. Угол между двумя плоскостями. классический координатно-векторный 4. Теорема о трех перпендикулярах 5. Теорема косинусов 6. Нормаль к плоскости

  5. ab Угломмежду скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимися. b m a M Точку М можно выбрать произвольным образом. В качестве точки М удобно взять любую точку на одной из скрещивающихся прямых.

  6. А М Н Углом между прямой и плоскостью, пересе-кающей эту прямую и не перпендикулярной к ней, называется угол между прямой и ее проекцией на плоскость. наклонная перпендикуляр проекция

  7. О Величиной угла между плоскостями называется величина меньшего двугранного угла. Величина двугранного угла измеряется величиной соответствующего линейного угла.

  8. TTП TTП В наклонная перпендикуляр а С проекция А

  9. Квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними. а - ? в с

  10. Уравнение плоскости в пространстве: Нормаль к плоскости Направляющие векторы плоскости Для нахождения координат нормали:

  11. z y х B C A D

  12. - направляющий вектор прямой - нормаль к плоскости

  13. О - нормаль к плоскости - нормаль к плоскости

  14. N1 8 450 8 8 8 8 N a 2 2 2 2 Задачи на готовых чертежах 1 B1 Дано: C1 ABCA1B1C1 – прямая призма A1 ABC – равнобедренный прямоугольный треугольник 8 B AB = СС1 = 8 Найти: C 8 600 Ответ: A

  15. a 1 2 1 О 2 1 Задачи на готовых чертежах 2 Дано: D1 С1 ABCDA1B1C1D1 - куб А1 В1 Найти: проекция K наклонная D С А В Ответ:

  16. F a L K Задачи на готовых чертежах 3 D1 A1 Дано: ABCDA1B1C1D1 – прямоуг. парал-д C1 M М – середина B1C1 B1 АВ = 3, ВС = 4, СС1 = 2 н-я 2 D Найти: A п-р 3 C п-я B 4

  17. D A 5 3 L F C B K 4 a L K 4 ∆BDC ~ ∆BKL ( по двум углам) D1 A1 2 M B1 Из ΔMKL: D 2 A 3 Ответ: B

  18. Решение геометрических задач Точка Е – середина ребра ВВ1 куба ABCDA1B1C1D1. Найти угол между прямыми АЕ и СА1. 1 классический координатно-векторный Основанием прямой призмы АВСА1В1С1 является равнобедренный треугольник АВС. АВ = АС = 5, ВС = 8. Высота призмы равна 3. Найти угол между прямой А1В и плоскостью ВСС1. 2 классический координатно-векторный В правильной четырехугольной призме ABCDA1B1C1D1стороны основания равны 1, а боковые ребра равны 5. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ : ЕА1 = 2 : 3. Найти угол между плоскостями АВС и ВЕD1. 3 классический координатно-векторный

  19. F 1 Дано: ABCDA1B1C1D1 – куб, BE = EB1. Найти: C1 B1 Решение: D1 A1 Е Из ∆ACA1найдем СА1: Проведем через А1 прямую А1F ll AE. C B Из ∆ A1B1F (∟B1 = 900)найдем А1F: D A 1 Из ∆ CBF (∟B = 900)найдем CF: Из ∆ CA1F найдем Ответ:

  20. z 1 Дано: ABCDA1B1C1D1 – куб, BE = EB1. B1 Найти: C1 Решение: (1;1;1) D1 A1 Е Введем систему координат. (1;0;1/2) Определим координаты точек А, Е, С, А1 B x C (0;0;0) D Направляющие векторы прямых: A y (1;1;0) 1 Ответ:

  21. Дано: ABCA1B1C1 – прямая призма, ∆АВС – равнобедренный АB = АС = 5, ВС = 8, СС1 = 3. 2 А1 3 С1 Найти: М В1 Решение: 5 Из ∆A1В1С1 : А1М ┴ ( ВСС1 ) ВМ – проекция А1В на ( ВСС1 ) А Т.к. В1М = 4, ВВ1 = 3, то ВМ = 5 В С Из ∆А1ВМ: Ответ:

  22. Дано: ABCA1B1C1 – прямая призма, ∆АВС – равнобедренный, АB = АС = 5, ВС = 8, СС1 = 3. z 2 (0;3;3) А1 (- 4;0;3) Найти: С1 В1 Решение: Введем систему координат. у Определим координаты точек А1 , B, С, C1 А Направляющий вектор А1В: Направляющие векторы (ВСС1): 3 х В С Найдем координаты нормали (4;0;0) (- 4;0;0) Ответ:

  23. Дано: ABCDA1B1C1D1 – призма, BC = 1, BB1 = 5, AE : EA1 = 2:3 С1 D1 3 Найти: А1 В1 F Решение: 5 Е Проведем ЕН ┴ КВ, тогда АН ┴ КВ (АН – проекция ЕН) С D 1 В K А H Найдем АК: Из ∆ АКВ (∟А=900) найдем ВК: Найдем высоту АН: Из ∆ АНЕ : Ответ:

  24. z Дано: ABCDA1B1C1D1 – призма, BC = 1, BB1 = 5, AE : EA1 = 2:3 С1 (1;1;5) D1 3 Найти: А1 В1 F Решение: Введем систему координат. (0;1;2) x 5 Определим координаты точек A, B, С, E, D1 Е D (1;0;0) С Направляющие векторы плоскостей: 1 y (0;0;0) В А (0;1;0) Найдем координаты нормалей: 1) 2) Таким образом Ответ:

  25. С1 Е1 D1 F1 О1 С1 А1 В1 А1 В1 Е 1 D 1 С О 1 1 С F 1 D1 А С1 В А 1 В 1 А1 В1 4 С D 6 А 6 В Самостоятельная работа Сущность геометрии в ее методе, где строгость вывода соединяется с наглядными представлениями. А.Д. Александров 1 2 кл к - в кл к - в 3 кл к - в

  26. Дано: ABCDEFA1B1C1D1E1F1– правильная призма, BC = 1, BB1 = 1. 1 Е1 D1 О1 F1 С1 1 Найти: В1 А1 Решение: 1 Построим ( AA1D ) || ( BB1C ), AO1|| BC1 Е D О F С 1 1 В А Из ∆ АВВ1: Из ∆ АА1О1: Из ∆ АА1О1: Ответ:

  27. Дано: ABCDEFA1B1C1D1E1F1– правильная призма, BC = 1, BB1 = 1. 1 Е1 D1 z О1 F1 С1 (1;0;1) Найти: В1 А1 Решение: y Введем систему координат. 1 Определим координаты точек А, B, B1, C1 Е D О F С x 1 1 В А (0;0;0) (1;0;0) Направляющие векторы прямых: Ответ:

  28. Дано: ABCA1B1C1– правильная призма, BC = 1, BB1 = 1. 2 С1 М Найти: А1 В1 Решение: В ∆ А1В1С1 проведем В1М ┴ А1С1 1 1 АМ – проекция АВ1 С 1 В А 1 Из ∆ АВВ1: Из ∆ АА1М: Из ∆ АМВ1 : Ответ:

  29. Дано: ABCA1B1C1– правильная призма, BC = 1, BB1 = 1. 2 С1 z (0;1/2;1) Найти: А1 В1 Решение: Введем систему координат. Определим координаты точек А, B1, A1 , C 1 1 С Направляющий вектор АВ1: (0;-1/2;0) 1 y Направляющие векторы (AA1C): В 1 А (0;1/2;0) x Найдем координаты нормали Ответ:

  30. ABCDA1B1C1D1 – параллелепипед, АВ = BC = 6, АА1 = 4. Дано: 3 D1 6 С1 Найти: 6 А1 Решение: В1 4 ( АВС ) || ( А1В1С1 ) 4 ( АВС ) ∩ ( А1В1С1 ) = АС D С О 6 D1O ┴ AC В А 6 DO ┴ AC Из ∆ ABD : Из ∆ DOD1 : Ответ:

  31. ABCDA1B1C1D1 – параллелепипед, АВ = BC = 6, АА1 = 4. Дано: 3 z D1 (0;0;4) С1 Найти: Решение: Введем систему координат. А1 В1 Определим координаты точек: А, D, C, D1 4 Направляющие векторы (ADC)и (AD1C): 4 (6;0;0) (0;0;0) С D x О 6 Найдем координаты нормалей : y В 6 А (0;6;0) 1) 2) Таким образом Ответ:

  32. Точка М – середина стороны ВС основания АВС правильной призмы Боковое ребро призмы равно а сторона основания равна 12 .Найти угол между прямой и плоскостью боковой грани В правильной пирамиде с основанием АВС известны ребра и Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой АМ, где М – точка пересечения медиан грани Дополнительные задачи Геометрия приближает разум к истине Платон 1. Решение 2. Решение

  33. Точка М – середина стороны ВС основания АВС правильной призмы Боковое ребро призмы равно а сторона основания равна 12 .Найти угол между прямой и плоскостью боковой грани В1 ? 600 М В 6 В 6 600 М К ? Решение 1. Искомый угол найдем из С1 В1 α 2. МК найдем из А1 М 3. МВ1 найдем из С В Наклонная К 12 12 4. Таким образом: А Проекция Ответ:

  34. В правильной пирамиде с основанием АВС известны ребра и Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой АМ, где М – точка пересечения медиан грани Решение Пусть SN – медиана H, K – проекции точек S и M на основание АBC 1. Искомый угол найдем из S 17 2. Из найдем AN: М затем высоту SH: С N K 3. По свойству медианы и из подобия А H найдем МК, а затем АК: В 4. Таким образом: Ответ:

  35. Итог урока: Ответьте на вопросы 1) Как определить угол между скрещивающимися прямыми классическим или координатно-векторным методом ? 2) Как определить угол между прямой и плоскостью классическим или координатно-векторным методом ? 3) Как определить угол между двумя плоскостями классическим или координатно-векторным методом ?

  36. Домашее задание: § 12 (конспект), тренировочные работы ЕГЭ 2013 (МИОО) № 6, 7,11 Дополнительная задача: На шаровой поверхности лежат все вершины треугольника АВС. Точка О – центр шара. Найти угол между прямой АО и плоскостью треугольника, если АВ = АС = 10, ВС = 12, АО = 12,5.

  37. Притча Что ты делал целый день? Первый с ухмылкой ответил, чтоцелый день возил проклятые камни. Второй ответил, чтодобросовестно выполнял свою работу. Третий ответил, чтопринимал участие в строительстве храма.

More Related