Решение задач по теме «Призма»

На данном уроке будет рассмотрена тема « Решение задач по теме “Призма”». В начале занятия мы повторим основные сведения, свойства призмы и ее разновидности: наклонная, прямая и правильная. Затем решим несколько типовых задач.

Тема: Многогранники

Урок: Решение задач по теме «Призма»

1. Тема и цели урока

На данном уроке будет рассмотрена тема «Решение задач по теме “Призма”».

2. Повторение определений

Определение. Прямая призма — это такая призма, у которой боковое ребро перпендикулярно плоскости основания.

Рассмотрим треугольную призму АВСА1В1С1 (рис. 1). Ребро АА1 перпендикулярно плоскости основания (АВС). Значит, призма – прямая. Значит, все боковые рёбра перпендикулярны плоскости основания и каждая боковая грань – это прямоугольник.

Определение. Правильной называется такая прямая призма, в основании которой лежит правильный n-угольник. Тогда, мы имеем правильную n-угольную призму.

3. Повторение площади поверхности призмы

1) Площадь полной поверхности призмы равна сумме площади её боковой поверхности и удвоенной площади основания.

2) Площадь боковой поверхности прямой призмы равна произведению периметра основания на высоту призмы.

4. Задача 1

Основанием прямой призмы является равнобедренная трапеция с основаниями 21см и 9 см и высотой 8 см (рис. 3). Найдите площадь боковой поверхности, если боковое ребро равно 10 см.

Рассмотрим треугольник ∆АВН и найдем сторону АВ по теореме Пифагора:

Найдем периметр основания.

Применяем формулу для площади боковой поверхности:

5. Задача 2

Докажите, что площадь боковой поверхности наклонной призмы равна произведению периметра перпендикулярного сечения на боковое ребро.

Доказательство проведём на примере треугольной призмы.

Рассмотрим треугольную призму АВСА1В1С1. Построим плоскость перпендикулярного сечения. На ребре ВВ1 выберем точку К (рис. 7). Через точку К можно проведем перпендикуляр KL в плоскости этой грани АА1В1В к ребру ВВ1. Этот перпендикуляр будет перпендикуляром и к АА1, так как прямые АА1 и ВВ1 параллельны..

Теперь проведем перпендикуляр КМ перпендикулярно ребру ВВ1 в плоскости грани ВВ1С1С.

Получаем, что боковое ребро ВВ1 перпендикулярно двум пересекающимся прямым KL и КМ плоскости KLM. Значит, ВВ1 — перпендикуляр к плоскости KLM.

То есть, построенное сечение KLM перпендикулярно боковому ребру. Надо доказать, что площадь боковой поверхности равняется произведению периметра перпендикулярного сечения KLM на боковое ребро ВВ1. То есть, имеем следующую задачу.

Любая боковая грань призмы – это параллелограмм. Рассмотрим грань АВВ1А1. KL – это высота параллелограмма АВВ1А1. Поэтому площадь параллелограмма АВВ1А1 записывается следующим образом:

В призме все боковые ребра равны, АА1 = ВВ1 = СС1. Запишем, чему равна площадь боковой поверхности.

Мы показали, что . Задача доказана.

6. Задача 3

Основание призмы – правильный треугольник АВС (рис. 8). Боковое ребро АА1 образует равные острые углы со сторонами основания АВ и АС. Докажите, что

Решение задач по теме «Многогранники»

На данном уроке мы решим несколько задач по теме «Многогранники», наибольшее внимание уделим пирамиде и призме, как самым распространенным видам многогранника.

1. Правильная призма и прямой параллелепипед, определение, свойства

Правильная треугольная призма:

Рис. 1. Правильная треугольная призма

-данная призма прямая – боковое ребро перпендикулярно плоскостям оснований;

-в основаниях лежат правильные треугольники.

2. Задача о вершинах и ребрах призмы

Задача 1

Укажите число плоскостей симметрии у правильной треугольной призмы.

Пусть и М – середины ребер и АВ соответственно (рисунок 1). Вершине соответствует плоскость симметрии . данная плоскость является плоскостью симметрии потому что ребро АВ перпендикулярно МС по свойствам правильного треугольника и перпендикулярно по свойствам прямой призмы. Значит ребро АВ перпендикулярно плоскости . аналогично ребро перпендикулярно той же плоскости. Так, при выполнении симметрии точка А перейдет в точку В и наоборот; точка перейдет в точку и наоборот; точки и С останутся без изменений. То есть призма переходит сама в себя.

Мы рассмотрели плоскость симметрии относительно вершины , таких вершин три – значит три плоскости симметрии. Четвертая плоскость симметрии проходит через середины боковых ребер (рисунок 2).

Рис. 2. Плоскость симметрии правильной треугольной призмы

Других плоскостей симметрии рассматриваемая призма не имеет, т. к. наличие плоскостей симметрии связано с количеством осей симметрии в основаниях и боковых гранях фигуры.

Определение.

Прямоугольный параллелепипед – это такой прямой параллелепипед, у которого в основании лежит прямоугольник. Рис. 3.

Рис. 3. Прямоугольный параллелепипед

-все грани прямоугольного параллелепипеда являются прямоугольниками;

-все диагонали равны между собой: ;

-квадрат диагонали равен сумме квадратов всех измерений: ;

-точка О пересечения диагоналей делит их пополам.

Задача 2

Докажите, что число вершин любой призмы четно, а число ребер кратно трем.

Решение: пусть задана n-угольная призма. Количество вершин призмы равно удвоенному количеству вершин основания, то есть 2n, а такое число кратно двум при любом n – мы доказали, что число вершин любой призмы четно.

Число ребер призмы состоит из ребер оснований и боковых ребер. Основания содержат 2n ребер и еще n ребер – боковые ребра. Всего призма содержит 3n ребер, что кратно трем при любом n – мы доказали, что число ребер любой призмы кратно трем.

3. Задачи на куб

Напомним, что куб – это частный случай прямоугольного параллелепипеда, все его грани – это квадраты.

Задача 3

d – диагональ куба. Найти площадь полной поверхности куба.

Рис. 4. Иллюстрация к задаче 3

Пусть ребро куба равно , тогда по свойству прямоугольного параллелепипеда:

– это площадь одной грани, куб состоит из шести одинаковых граней, имеем площадь полной поверхности:

Задача 4

В кубе найти угол между скрещивающимися прямыми и BD.

Рис. 5. Иллюстрация к задаче 4

Проведем прямую , она параллельна прямой BD. Значит искомый угол – это угол . Он равен , так как треугольник равносторонний – его стороны равны как диагонали равных квадратов.

4. Правильная пирамида, определение, свойства, задача

Определение.

Рис. 6. Правильная четырехугольная пирамида

Правильной называется пирамида, в основании которой лежит правильный многоугольник, а высота проходит через центр этого многоугольника (рисунок 6).

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна произведению полупериметра основания на апофему:

Определение.

Апофемой называется высота боковой грани пирамиды.

Задача 5

В правильной четырехугольной пирамиде ребро основания и высота равны 2. Найти расстояние от центра основания до боковой грани.

Рис. 7. Иллюстрация к задаче 5

Пусть задана пирамида с основанием ABCD и вершиной S. Из условия ABCD – квадрат, пусть О – точка пересечения его диагоналей, тогда SO – высота пирамиды. . Требуется найти расстояния от точки О до плоскости CSD. Расстоянием от точки до плоскости называется длина перпендикуляра опущенного из заданной точки на плоскость.

Пусть точка М – середина DС. Опустим перпендикуляр ОК на апофему SM. Докажем, что построенный таким образом отрезок ОК перпендикулярен всей плоскости CSD. Поскольку CD перпендикулярно всей плоскости MOS, то ОK⊥CD. Так, ОК есть перпендикуляр к плоскости CDS, его и требуется найти.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MOS. В нем как средняя линия треугольника DBC. Имеем . SO по условию равно 2. Найдем гипотенузу MS по теореме Пифагора: .

Найдем площадь рассматриваемого треугольника двумя способами:

5. Задача на прямую призму

Задача 6

Боковое ребро прямой призмы равно единице. . , М – середина . Найти .

Для наглядности произведем сечение призмы заданной плоскостью ВСМ. Для этого проведем MN параллельно , полученная фигура и будет искомым сечением (рисунок 8).

Рис. 8. Иллюстрация к задаче 7

Чтобы найти расстояние от точки до плоскости ВСМ, нужно опустить из этой точки перпендикуляр к плоскости. Опустим перпендикуляр к прямой СМ и докажем, что он является перпендикуляром ко всей плоскости ВСМ.

Из условия: ; , отсюда ., т. к. .

Так, перпендикулярно двум прямым из плоскости сечения ВСМ: ВС и СМ, эти прямые пересекаются, отсюда перпендикулярно всей плоскости сечения, значит – искомое расстояние от точки до плоскости.

Рассмотрим прямоугольный треугольник . в нем по условию, . Найдем гипотенузу СМ по теореме Пифагора:

Запишем площадь треугольника двумя способами:

Итак, мы рассмотрели наиболее распространенные задачи на многогранники, уделили внимание пирамиде, призме, прямоугольному параллелепипеду. Также мы вспомнили свойства основных многогранников.

Список литературы

  1. И. М. Смирнова, В. А. Смирнов. Геометрия. 10-11 класс: учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (базовый и профильный уровни) / И. М. Смирнова, В. А. Смирнов. – 5-е изд., испр. и доп. – М.: Мнемозина, 2008. – 288 с.: ил.
  2. Шарыгин И. Ф. Геометрия. 10-11 класс: Учебник для общеобразовательных учебных заведений / Шарыгин И. Ф. – М.: Дрофа, 1999. – 208 с.: ил.
  3. Е. В. Потоскуев, Л. И. Звалич. Геометрия. 10 класс: Учебник для общеобразовательных учреждений с углубленным и профильным изучением математики /Е. В. Потоскуев, Л. И. Звалич. – 6-е изд., стереотип. – М.: Дрофа, 2008. – 233 с.: ил.

Дополнительные рекомендованные ссылки на ресурсы сети Интернет

Домашнее задание

  1. Задача 1: через два противолежащих ребра куба проведено сечение, площадь которого равна . Найдите ребро куба и его диагональ.
  2. Задача 2: диагональ правильной четырехугольной призмы наклонена к плоскости основания под углом . Найдите площадь сечения, проходящего через сторону нижнего основания и противолежащую сторону верхнего основания, если диагональ основания равна .
  3. Задача 3: основание призмы – правильный треугольник АВС. Боковое ребро образует равные углы со сторонами АС и АВ. Докажите: 1. ; 2. – прямоугольник.

Методическая разработка (геометрия, 10 класс) по теме:
Решение задач по теме «Многогранники», геометрия, 10 класс

Разработка урока. УМК Л. С. Атанасян

Предварительный просмотр:

МБОУ «Западнодвинская СОШ №1»

Урок по геометрии в 10 классе

Решение задач по теме «Многогранники».

Разработала и провела учитель высшей категории Макарова Р. Б.

«Вдохновение нужно в геометрии не меньше, чем в поэзии».А. С. Пушкин

Тип урока : комплексное применение знаний

Дидактическая цель урока: проверить уровень теоретических знаний по теме «Многогранники», умение применить полученные знания на практике.

— организовать работу обучающихся на уроке по проверке качества усвоения теоретического материала и умение применить его на практике;

— развивать у ребят активность, умение работать с литературой, компьютером, ЦОРами, умение рассуждать, объяснять, делать выводы, творчески мыслить и действовать, работать самостоятельно и в группах;

— воспитывать чувство ответственности и коллективизма, а также интерес к предмету через современные технологии преподавания.

Формы организации познавательной деятельности: индивидуальная, групповая, работа в парах.

Методы и приемы обучения : исследовательский, словесный, наглядный (демонстрация компьютерных презентаций и моделей многогранников), инновационный, практический.

Оборудование: компьютер, мультимедийный проектор, презентация по теме урока, ноутбуки с выходом в Интернет, интерактивная доска, листы контроля, карточки для проверки формул площадей, карточки с разноуровневыми заданиями, модели многогранников, презентация (приложение 6) .

Учащиеся распределены на 3 группы, в каждой определен лидер. Группе выданы: лист контроля ( приложение 4 ), тест, индивидуальные рабочие листы, карточки с домашним заданием, модели многогранников, карточки для проверки формул площадей.