Практическая работа по математике для СПО


Практическая работа №
«Перпендикулярность плоскостей»
Цели:
Образовательная: Совершенствование навыков решения задач по теме «Перпендикулярность плоскостей»;
Развивающая: Развитие логического мышления, пространственного воображения, внимания;
Воспитательная: Воспитание трудолюбия, аккуратности.
Теоретический материал по данной теме
Перпендикулярность плоскостей. Две плоскости называются взаимно перпендикулярными, если угол между ними равен 90∘. Если плоскости α и β взаимно перпендикулярны, то пишут α⊥β .Признак перпендикулярности плоскостей:Если плоскость содержит перпендикуляр к другой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.
Теорема о взаимно перпендикулярных плоскостях.Если две плоскости взаимно перпендикулярны, то прямая, принадлежащая одной плоскости и перпендикулярная линии пересечения плоскостей, перпендикулярна другой плоскости.
Применение изученного материала к решению заданий
Задача 1: На перпендикуляре к плоскости прямоугольника ABCD , проходящем через точку A , взята точка P , отличная от A . Докажите, что а) плоскость APB перпендикулярна плоскости APD; б) плоскость APB перпендикулярна плоскости BPC; в) плоскость APD перпендикулярна плоскости DPC . 
Задача 2: Через точку, лежащую в одной из двух перпендикулярных плоскостей, проведена прямая, перпендикулярная второй плоскости. Докажите, что эта прямая лежит в первой плоскости.
Задача 3: Основание четырёхугольной пирамиды – квадрат, а все боковые грани – прямоугольные треугольники, у которых вершины прямых углов лежат на основании пирамиды. Найдите объём пирамиды, если её высота равна 1, а один из двугранных углов при вершине равен 120o .
Задача 4: Обязательно ли будут параллельными две плоскости, перпендикулярные одной и той же плоскости?
Задача 5: Докажите, что две плоскости перпендикулярны тогда и только тогда, когда одна из них проходит через прямую, перпендикулярную другой.
Задача 6: В пирамиде ABCD двугранный угол при ребре AC равен 90o , AB = BC = CD , BD = AC . Найдите двугранный угол при ребре AD . 
Задача 7: Все плоские углы при вершине D пирамиды ABCD равны 90o , DA = 1 , DB = DC =  . Найдите двугранные углы этой пирамиды.
Задача 8: Докажите, что прямая, лежащая в одной из двух перпендикулярных плоскостей и перпендикулярная прямой пересечения этих плоскостей, перпендикулярна второй плоскости. 
Ответы:
Задача 1: Решение
Поскольку PA – перпендикуляр к плоскости прямоугольника ABCD , BA  PA и DA  PA . Поэтому BAD – линейный угол двугранного угла между плоскостями APB и APD , а т.к. ABCD – прямоугольник, то  BAD = 90o , т.е. плоскости APB и APD перпендикулярны. Прямая CB перпендикулярна двум пересекающимся прямым AB и AP плоскости APB , значит, прямая BC перпендикулярна плоскости APB . Таким образом, плоскость BPC проходит через прямую BC , перпендикулярную плоскости APB . Следовательно, плоскости APB и BPC перпендикулярны. Аналогично, плоскости APD и DPC также перпендикулярны.
Задача 2: Решение
Пусть перпендикулярные плоскости α и β пересекаются по прямой c , а прямая, проходящая через точку M плоскости α перпендикулярно плоскости β , пересекает плоскость α в точке K . Предположим, что точка K не лежит на прямой c . Поскольку прямая MK перпендикулярна плоскости β , прямые MK и c перпендикулярны. Проведём через прямую MK плоскость γ , перпендикулярную прямой c . Пусть P – точка пересечения плоскости γ с прямой c . Тогда MPK – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и β . По условию  MPK = 90o , а т.к. MK  β , то  MKP = 90o . Таким образом через точку M в плоскости γ проведены две различные прямые, перпендикулярные прямой PK , что невозможно. Следовательно, точка K лежит на прямой c , а прямая a лежит в плоскости α .Задача 3: Решение
Пусть PABCD – данная четырёхугольная пирамида с вершиной P , ABCD – квадрат. Предположим, что 
 PAB =  PBC =  PCD =  PDA = 90o.
Поскольку гипотенуза прямоугольного треугольника меньше катета, 
PA < PB < PC < PD < PA,
что невозможно. Аналогично докажем, что невозможны все случаи расположения прямых углов, "симметричные" рассмотренным (т.е. через один). Остается возможность, когда к одной из вершин прилежат два прямых угла. Пусть это будет вершина A . Поскольку PA  AD и PA  AB , боковое ребро PA перпендикулярно плоскости основания, а т.к. AB  BC и AD  CD , то по теореме о трёх перпендикулярах PB  BC и PD  CD , т.е.  PBC =  PDC = 90o . Двугранный угол при ребре PA прямой, т.к. его линейный угол – это угол BAD . Прямая BC перпендикулярна плоскости грани PAB , т.к. BC  AB и BC  PB . Значит, плоскость грани PBC проходит через перпендикуляр BC к плоскости грани PAB , поэтому плоскости граней PAB и PBC перпендикулярны. Следовательно, двугранный угол при ребре PB равен 90o . Аналогично, двугранный угол при ребре PD также равен 90o . Таким образом, двугранный угол при ребре PC равен 120o . Пусть K – основание перпендикуляра, опущенного из вершины B на ребро PC . Поскольку AC  BD и по теореме о трёх перпендикулярах PC  BD , прямая PC перпендикулярна плоскости треугольника BKD , поэтому угол BKD – линейный угол двугранного угла при ребре PC . По доказанному BKD = 120o . Пусть O – центр квадрата ABCD . Тогда OK – высота, медиана и биссектриса треугольника BKD . Обозначим через a сторону квадрата ABCD , через α – угол ACP . Из прямоугольных треугольников KOD и PAC находим, что 
OK = OD tg  KDO =  tg 30o =  = ,
sin α = sin  ACP =  =  = ,
ctg α =  =  = , a = AC = PA ctg α = ,
откуда a = 1 . Следовательно, 
VPABCD = AB2· PA = · 1· 1 = 
Задача 4: Решение
Рассмотрим куб ABCDA1B1C1D1 . Каждая из плоскостей граней ABB1A1 и BB1C1C перпендикулярна плоскости ABCD , т.к. соответствующие двугранные углы равны 90o . В то же время, плоскости ABB1A1 и BB1C1C пересекаются по прямой BB1 .
Задача 5: Решение
Необходимость: Пусть плоскости α и β перпендикулярны. Это значит, что двугранный угол, образованный ими, – прямой. Через точку M , расположенную на прямой c пересечения плоскостей α и β , проведём в плоскостях α и β прямые соответственно MA и MB , перпендикулярные прямой c . Тогда AMB – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и β . По условию  AMB = 90o , поэтому прямая AM , лежащая в плоскости α , перпендикулярна двум пересекающимся прямым c и MB плоскости β . Следовательно, плоскость α проходит через прямую MA , перпендикулярную плоскости β .
Достаточность: Пусть прямая a , лежащая в плоскости α , перпендикулярна плоскости β, а плоскости α и β пересекаются по прямой c . Через точку M пересечения прямых a и c проведём в плоскости β прямую MB , перпендикулярную прямой c . Возьмём на прямой a точку A , отличную от M . Так как прямая AM перпендикулярна плоскости β , то AM  c и AM  BM . Кроме того, AMB – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и β . Поскольку  AMB = 90o , плоскости α и β перпендикулярны.
Задача 6: Решение
Опустим перпендикуляр BM из вершины B данной пирамиды на ребро AC , а из точки M в плоскости ACD проведём перпендикуляр MP к AC . Тогда BMP – линейный угол двугранного угла с ребром AC . По условию задачи  BMP = 90o . Поэтому прямая BM перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC и MP плоскости ADC . Значит, прямая BM перпендикулярна плоскости ADC . Точка M – середина AC , так как высота BM равнобедренного треугольника ABC является его медианой ( AB = BC по условию). Пусть BK – высота треугольника ABD . Тогда по теореме о трёх перпендикулярах MK  AD . Значит, BKM – линейный угол двугранного угла с ребром AD . Пусть CF – высота треугольника ACD . Тогда MK = CF как средняя линия треугольника ACF . Из равенства треугольников ABD и DCA следует равенство соответствующих высот этих треугольников. Поэтому BK = CF , а MK = CF = BK . Таким образом, в прямоугольном треугольнике BMK катет MK равен половине гипотенузы BK . Следовательно,  BKM = 60o .
Задача 7: Решение
Так как AD  DB и CD  BD , то ADC – линейный угол двугранного угла при ребре BD данной пирамиды ABCD . По условию задачи  ADC = 90o . Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре BD равен 90o . Аналогично, двугранные углы при рёбрах CD и AD также равны 90o . Прямая AD перпендикулярна двум пересекающимся прямым CD и BD плоскости BCD . Поэтому AD – перпендикуляр к этой плоскости. Пусть AM – высота треугольника ABC . Так как DM – ортогональная проекция наклонной AM на плоскость BCD , то по теореме о трёх перпендикулярах DM  BC . Поэтому DM – высота прямоугольного треугольника BCD , а AMD – линейный угол двугранного при ребре BC . Далее находим: 
DM = BC = · 2 = 1, tg  AMD =  = 1,  AMD = 45o.
Таким образом, двугранный угол пирамиды при ребре BC равен 45o . С помощью аналогичных рассуждений находим, что двугранные углы при рёбрах AC и AB равны по 60o .
Задача 8: Решение
Пусть плоскости α и β перпендикулярны, а прямая a , лежащая в плоскости α , перпендикулярна прямой c пересечения плоскостей α и β . Через точку M пересечения прямых a и c проведём в плоскости β прямую MB , перпендикулярную c . Пусть A – точка на прямой a , отличная от M . Тогда AMB – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостямиα и β . По условию  AMB = 90o , поэтому прямая a перпендикулярна двум пересекающимся прямым c и BM плоскости β . Следовательно, a  β .

Приложенные файлы

  • docx fail1
    Размер файла: 41 kB Загрузок: 5