Номер 162, страница 49 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Киселёва Л. С.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2019 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: коричневый с ромбами

ISBN: 978-5-09-103606-0 (2023)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

§ 2. Перпендикуляр и наклонные. Угол между прямой и плоскостью. Глава 2. Перпендикулярность прямых и плоскостей - номер 162, страница 49.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№162 (с. 49)
Условие. №162 (с. 49)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 49, номер 162, Условие Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 49, номер 162, Условие (продолжение 2)

162. Прямая МА проходит через точку А плоскости α и образует с этой плоскостью угол φ₀ ≠ 90°. Докажите, что φ₀ является наименьшим из всех углов, которые прямая МА образует с прямыми, проведёнными в плоскости α через точку А.

Решение

Обозначим буквой Н основание перпендикуляра, проведённого из точки М к плоскости α, и рассмотрим произвольную прямую р в плоскости α, проходящую через точку А и отличную от прямой АН. Угол между прямыми AM и р обозначим через φ (рис. 57) и докажем, что φ > φ₀. Из точки М проведём перпендикуляр MN к прямой р. Если точка N совпадает с точкой А, то φ = 90° и поэтому φ > φ₀. Рассмотрим случай, когда точки А и N не совпадают (см. рис. 57). Отрезок AM — общая гипотенуза прямоугольных треугольников ANM и АНМ, поэтому sin φ = MNAMsin φ₀ = MHAM. Так как MN > MH (MN — наклонная, MH — перпендикуляр), то из этих равенств следует, что sin φ > sin φ₀, и поэтому φ > φ₀.

Доказать, что является наименьшим из всех углов, которые прямая МА образует с прямыми, проведёнными в плоскости a через точку А
Решение 4. №162 (с. 49)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 49, номер 162, Решение 4
Решение 5. №162 (с. 49)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 49, номер 162, Решение 5
Решение 6. №162 (с. 49)

Обозначим через $H$ основание перпендикуляра, проведённого из точки $M$ (взятой на прямой $MA$, но не совпадающей с $A$) к плоскости $\alpha$. Прямая $AH$ является проекцией наклонной $MA$ на плоскость $\alpha$. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Следовательно, искомый угол $\phi_0 = \angle MAH$. Так как $MH$ — перпендикуляр к плоскости, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через его основание, то есть $MH \perp AH$. Таким образом, треугольник $\triangle MAH$ является прямоугольным.

Теперь рассмотрим произвольную прямую $p$, которая лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через точку $A$. Обозначим угол между прямой $MA$ и прямой $p$ как $\phi$. Наша задача — доказать, что $\phi \ge \phi_0$.

Чтобы найти угол $\phi$, опустим из точки $M$ перпендикуляр $MN$ на прямую $p$. Точка $N$, основание перпендикуляра, лежит на прямой $p$ и, следовательно, в плоскости $\alpha$. В прямоугольном треугольнике $\triangle MNA$ (с прямым углом при вершине $N$) искомый угол $\phi = \angle MAN$.

Рассмотрим два прямоугольных треугольника: $\triangle MAH$ и $\triangle MNA$. У них общая гипотенуза $AM$. Выразим синусы углов $\phi_0$ и $\phi$ через стороны этих треугольников: $$ \sin \phi_0 = \frac{MH}{AM} $$ $$ \sin \phi = \frac{MN}{AM} $$

Для сравнения синусов необходимо сравнить длины катетов $MH$ и $MN$. $MH$ — это перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на плоскость $\alpha$. $MN$ — это наклонная, проведённая из той же точки $M$ к плоскости $\alpha$, так как ее основание $N$ лежит в этой плоскости. Отрезок $HN$ является проекцией наклонной $MN$ на плоскость $\alpha$.

По свойству перпендикуляра и наклонной, длина перпендикуляра, проведённого из точки к плоскости, является кратчайшим расстоянием от этой точки до плоскости. Любая наклонная из той же точки длиннее перпендикуляра. Следовательно, $MN \ge MH$.

Равенство $MN = MH$ достигается только в том случае, когда наклонная совпадает с перпендикуляром, то есть когда точка $N$ совпадает с точкой $H$. Это происходит, когда прямая $p$ совпадает с проекцией $AH$. В этом случае и углы равны: $\phi = \phi_0$.

Во всех остальных случаях, когда прямая $p$ не совпадает с $AH$, имеем строгое неравенство $MN > MH$.

Так как $MN \ge MH$ и $AM > 0$, то, сравнивая выражения для синусов, получаем: $$ \frac{MN}{AM} \ge \frac{MH}{AM} \implies \sin \phi \ge \sin \phi_0 $$

Углы $\phi$ и $\phi_0$ по определению являются острыми (по условию $\phi_0 \ne 90^\circ$). На интервале $(0^\circ, 90^\circ)$ функция $y = \sin x$ является монотонно возрастающей. Поэтому из неравенства для синусов $\sin \phi \ge \sin \phi_0$ следует неравенство для самих углов: $\phi \ge \phi_0$.

Таким образом, мы доказали, что угол $\phi_0$ между наклонной и её проекцией на плоскость является наименьшим из всех углов, которые эта наклонная образует с прямыми, лежащими в данной плоскости и проходящими через её основание.

Ответ: Утверждение доказано. Угол $\phi_0$ является наименьшим из всех углов, которые прямая $MA$ образует с прямыми, проведёнными в плоскости $\alpha$ через точку $A$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по геометрии за 10-11 класс, для упражнения номер 162 расположенного на странице 49 к учебнику 2019 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по геометрии к упражнению №162 (с. 49), авторов: Атанасян (Левон Сергеевич), Бутузов (Валентин Фёдорович), Кадомцев (Сергей Борисович), Позняк (Эдуард Генрихович), Киселёва (Людмила Сергеевна), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться