Страница 47 - 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

Cтраница 47

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 47
№138 (с. 47)
Условие. №138 (с. 47)
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 47, номер 138, Условие

138. Из некоторой точки проведены к данной плоскости перпендикуляр и наклонная, угол между которыми равен φ. а) Найдите наклонную и её проекцию на данную плоскость, если перпендикуляр равен d. б) Найдите перпендикуляр и проекцию наклонной, если наклонная равна m.

Решение 2. №138 (с. 47)
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 47, номер 138, Решение 2 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 47, номер 138, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №138 (с. 47)
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 47, номер 138, Решение 4
Решение 5. №138 (с. 47)
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 47, номер 138, Решение 5
Решение 6. №138 (с. 47)

Пусть из точки, не лежащей в плоскости, к этой плоскости проведены перпендикуляр, наклонная и проекция наклонной. Эти три отрезка образуют прямоугольный треугольник. В этом треугольнике:
- наклонная является гипотенузой;
- перпендикуляр и проекция являются катетами.

По условию, угол между перпендикуляром и наклонной равен $\phi$. В образовавшемся прямоугольном треугольнике этот угол находится между гипотенузой (наклонной) и одним из катетов (перпендикуляром). Следовательно, перпендикуляр является прилежащим катетом к углу $\phi$, а проекция — противолежащим катетом.

а)

По условию, длина перпендикуляра равна $d$. Это прилежащий катет в нашем прямоугольном треугольнике. Нам нужно найти наклонную (гипотенузу) и проекцию (противолежащий катет).

1. Для нахождения наклонной (гипотенузы) используем косинус угла $\phi$:
$ \cos \phi = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{d}{\text{наклонная}} $
Из этого соотношения выражаем длину наклонной:
Наклонная = $ \frac{d}{\cos \phi} $

2. Для нахождения проекции (противолежащего катета) используем тангенс угла $\phi$:
$ \tan \phi = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{\text{проекция}}{d} $
Из этого соотношения выражаем длину проекции:
Проекция = $ d \cdot \tan \phi $

Ответ: наклонная равна $ \frac{d}{\cos \phi} $, а её проекция на данную плоскость равна $ d \tan \phi $.

б)

По условию, длина наклонной равна $m$. Это гипотенуза в нашем прямоугольном треугольнике. Нам нужно найти перпендикуляр (прилежащий катет) и проекцию (противолежащий катет).

1. Для нахождения перпендикуляра (прилежащего катета) используем косинус угла $\phi$:
$ \cos \phi = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{\text{перпендикуляр}}{m} $
Из этого соотношения выражаем длину перпендикуляра:
Перпендикуляр = $ m \cdot \cos \phi $

2. Для нахождения проекции (противолежащего катета) используем синус угла $\phi$:
$ \sin \phi = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{\text{проекция}}{m} $
Из этого соотношения выражаем длину проекции:
Проекция = $ m \cdot \sin \phi $

Ответ: перпендикуляр равен $ m \cos \phi $, а проекция наклонной равна $ m \sin \phi $.

№139 (с. 47)
Условие. №139 (с. 47)
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 47, номер 139, Условие

139. Из некоторой точки проведены к плоскости две наклонные. Докажите, что: а) если наклонные равны, то равны и их проекции; б) если проекции наклонных равны, то равны и наклонные; в) если наклонные не равны, то большая наклонная имеет большую проекцию.

Решение 2. №139 (с. 47)
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 47, номер 139, Решение 2 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 47, номер 139, Решение 2 (продолжение 2) 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 47, номер 139, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 4. №139 (с. 47)
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 47, номер 139, Решение 4
Решение 5. №139 (с. 47)
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 47, номер 139, Решение 5
Решение 6. №139 (с. 47)

Для доказательства всех утверждений введём общие обозначения. Пусть из точки A, не принадлежащей плоскости ?, проведены к этой плоскости две наклонные AB и AC. Опустим из точки A перпендикуляр AO на плоскость ?. Длина этого перпендикуляра, отрезок AO, является расстоянием от точки до плоскости. Отрезки OB и OC являются ортогональными проекциями наклонных AB и AC на плоскость ? соответственно.

Таким образом, образуются два прямоугольных треугольника, ?AOB и ?AOC, в которых катет AO является общим. Применим к этим треугольникам теорему Пифагора:
$|AB|^2 = |AO|^2 + |OB|^2$
$|AC|^2 = |AO|^2 + |OC|^2$

Используя эти фундаментальные соотношения, докажем последовательно каждое утверждение.

а)

Нужно доказать, что если наклонные равны ($|AB| = |AC|$), то равны и их проекции ($|OB| = |OC|$).

Из условия равенства наклонных $|AB| = |AC|$ следует, что равны и их квадраты: $|AB|^2 = |AC|^2$. Подставим в это равенство выражения, полученные из теоремы Пифагора:
$|AO|^2 + |OB|^2 = |AO|^2 + |OC|^2$

Вычтем из обеих частей равенства общий член $|AO|^2$, что не нарушит равенства:
$|OB|^2 = |OC|^2$

Поскольку длины отрезков (проекций) являются неотрицательными величинами, из равенства их квадратов следует и равенство самих длин:
$|OB| = |OC|$
Утверждение доказано.

Ответ: если наклонные равны, то равны и их проекции.

б)

Нужно доказать, что если проекции наклонных равны ($|OB| = |OC|$), то равны и сами наклонные ($|AB| = |AC|$). Это утверждение является обратным к предыдущему.

Из условия равенства проекций $|OB| = |OC|$ следует равенство их квадратов: $|OB|^2 = |OC|^2$.

Прибавим к обеим частям этого равенства квадрат длины общего перпендикуляра $|AO|^2$:
$|AO|^2 + |OB|^2 = |AO|^2 + |OC|^2$

Согласно теореме Пифагора, левая часть этого выражения равна $|AB|^2$, а правая — $|AC|^2$. Таким образом, мы получаем:
$|AB|^2 = |AC|^2$

Так как длины наклонных — это неотрицательные числа, то из равенства их квадратов следует равенство и самих длин:
$|AB| = |AC|$
Утверждение доказано.

Ответ: если проекции наклонных равны, то равны и наклонные.

в)

Нужно доказать, что если наклонные не равны, то большая наклонная имеет большую проекцию. Для определённости, пусть наклонная AB больше наклонной AC, то есть $|AB| > |AC|$.

Из теоремы Пифагора выразим квадраты длин проекций:
$|OB|^2 = |AB|^2 - |AO|^2$
$|OC|^2 = |AC|^2 - |AO|^2$

По условию $|AB| > |AC|$. Поскольку длины отрезков — положительные числа, то и их квадраты находятся в том же соотношении: $|AB|^2 > |AC|^2$.

Вычтем из обеих частей этого неравенства одну и ту же величину $|AO|^2$. Знак неравенства при этом не изменится:
$|AB|^2 - |AO|^2 > |AC|^2 - |AO|^2$

Заменяя разности их эквивалентами, получаем:
$|OB|^2 > |OC|^2$

Так как длины проекций являются неотрицательными, то из неравенства для их квадратов следует такое же неравенство и для самих длин:
$|OB| > |OC|$
Таким образом, большей наклонной действительно соответствует большая проекция. Утверждение доказано.

Ответ: если наклонные не равны, то большая наклонная имеет большую проекцию.

№140 (с. 47)
Условие. №140 (с. 47)
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 47, номер 140, Условие

140. Из точки А, не принадлежащей плоскости α, проведены к этой плоскости перпендикуляр АО и две равные наклонные АВ и АС. Известно, что ∠OAB = ∠BAC = 60°, АО = 1,5 см. Найдите расстояние между основаниями наклонных.

Решение 2. №140 (с. 47)
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 47, номер 140, Решение 2
Решение 4. №140 (с. 47)
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 47, номер 140, Решение 4
Решение 5. №140 (с. 47)
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 47, номер 140, Решение 5
Решение 6. №140 (с. 47)

По условию задачи, $AO$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а $AB$ и $AC$ — наклонные. Это означает, что отрезок $AO$ перпендикулярен любому отрезку, лежащему в плоскости $\alpha$ и проходящему через точку $O$. Следовательно, треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $O$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOB$. Нам известны длина катета $AO = 1,5$ см и прилежащий к нему острый угол $\angle OAB = 60^\circ$. Мы можем найти длину гипотенузы $AB$, которая является одной из наклонных.

Используем определение косинуса угла в прямоугольном треугольнике: $cos(\angle OAB) = \frac{AO}{AB}$

Отсюда выразим $AB$: $AB = \frac{AO}{cos(\angle OAB)} = \frac{1,5}{cos(60^\circ)}$

Так как $cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, получаем: $AB = \frac{1,5}{1/2} = 1,5 \cdot 2 = 3$ см.

По условию, наклонные $AB$ и $AC$ равны, следовательно, $AB = AC = 3$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Мы знаем длины двух его сторон ($AB = 3$ см, $AC = 3$ см) и угол между ними ($\angle BAC = 60^\circ$). Требуется найти расстояние между основаниями наклонных, то есть длину стороны $BC$.

Поскольку в треугольнике $\triangle ABC$ две стороны равны ($AB=AC$), он является равнобедренным. Угол при вершине этого равнобедренного треугольника равен $60^\circ$. Треугольник, у которого есть угол $60^\circ$ между двумя равными сторонами, является равносторонним. Это следует из того, что углы при основании также равны, и каждый из них составляет $(180^\circ - 60^\circ) / 2 = 60^\circ$.

Так как $\triangle ABC$ — равносторонний, все его стороны равны: $BC = AB = AC = 3$ см.

В качестве альтернативы можно было использовать теорему косинусов для треугольника $\triangle ABC$: $BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot cos(\angle BAC)$ $BC^2 = 3^2 + 3^2 - 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot cos(60^\circ)$ $BC^2 = 9 + 9 - 18 \cdot \frac{1}{2}$ $BC^2 = 18 - 9 = 9$ $BC = \sqrt{9} = 3$ см.

Таким образом, расстояние между основаниями наклонных равно 3 см.

Ответ: 3 см.

№141 (с. 47)
Условие. №141 (с. 47)
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 47, номер 141, Условие

141. Один конец данного отрезка лежит в плоскости α, а другой находится от неё на расстоянии 6 см. Найдите расстояние от середины данного отрезка до плоскости α.

Решение 2. №141 (с. 47)
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 47, номер 141, Решение 2
Решение 4. №141 (с. 47)
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 47, номер 141, Решение 4
Решение 5. №141 (с. 47)
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 47, номер 141, Решение 5
Решение 6. №141 (с. 47)

Пусть данный отрезок — это $AB$. Пусть один его конец, точка $A$, лежит в плоскости $\alpha$, а другой конец, точка $B$, находится на некотором расстоянии от этой плоскости. Пусть $M$ — середина отрезка $AB$.

Расстояние от точки до плоскости определяется как длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Согласно условию задачи:

1. Расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ равно 0, так как точка $A$ лежит в этой плоскости.

2. Расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ равно 6 см.

Требуется найти расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$.

Опустим перпендикуляры из точек $B$ и $M$ на плоскость $\alpha$. Пусть $B'$ и $M'$ — основания этих перпендикуляров. Точка $A$ уже лежит в плоскости, поэтому ее проекция совпадает с ней самой ($A' = A$).

Таким образом, мы имеем:

  • Длина перпендикуляра $AA'$ равна 0 см.
  • Длина перпендикуляра $BB'$ равна 6 см.
  • Длина перпендикуляра $MM'$ — искомое расстояние.

Так как перпендикуляры $AA'$, $BB'$ и $MM'$ к одной и той же плоскости $\alpha$ параллельны между собой, точки $A$, $B$, $B'$, $A'$ образуют прямоугольную трапецию (в данном случае, так как $AA'=0$, она вырождается в прямоугольный треугольник $ABB'$).

Поскольку $M$ является серединой отрезка $AB$, а $MM'$ параллелен основаниям трапеции $AA'$ и $BB'$, то $MM'$ является средней линией этой трапеции.

Длина средней линии трапеции равна полусумме длин ее оснований.

Расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ (длина $MM'$) вычисляется по формуле:

$MM' = \frac{AA' + BB'}{2}$

Подставим известные значения:

$MM' = \frac{0 + 6}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

Ответ: 3 см.

№142 (с. 47)
Условие. №142 (с. 47)
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 47, номер 142, Условие

142. Концы отрезка отстоят от плоскости α на расстояниях 1 см и 4 см. Найдите расстояние от середины отрезка до плоскости α.

Решение 2. №142 (с. 47)
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 47, номер 142, Решение 2
Решение 4. №142 (с. 47)
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 47, номер 142, Решение 4
Решение 5. №142 (с. 47)
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 47, номер 142, Решение 5
Решение 6. №142 (с. 47)

Поскольку в условии задачи не указано, пересекает ли отрезок плоскость ?, существует два возможных случая и, соответственно, два возможных ответа.


Случай 1: Отрезок не пересекает плоскость ?

В этом случае оба конца отрезка (назовем их A и B) находятся по одну сторону от плоскости ?. Опустим из точек A и B перпендикуляры $AA'$ и $BB'$ на плоскость ?. Согласно условию, их длины равны $d_1 = AA' = 1$ см и $d_2 = BB' = 4$ см.

Фигура $AA'B'B$ представляет собой трапецию, у которой основания $AA'$ и $BB'$ параллельны друг другу (так как оба перпендикулярны плоскости ?). Пусть M — середина отрезка AB, а M' — ее проекция на плоскость ?. Отрезок $MM'$ является средней линией этой трапеции.

Длина средней линии трапеции равна полусумме длин ее оснований. Таким образом, искомое расстояние $d_M$ от середины отрезка до плоскости вычисляется по формуле:

$d_M = \frac{d_1 + d_2}{2}$

Подставим заданные значения:

$d_M = \frac{1 + 4}{2} = \frac{5}{2} = 2,5$ см.

Ответ: 2,5 см.


Случай 2: Отрезок пересекает плоскость ?

В этом случае концы отрезка A и B находятся по разные стороны от плоскости ?. Для решения удобно использовать метод координат. Пусть плоскость ? совпадает с координатной плоскостью $Oxy$ (то есть, ее уравнение $z=0$). Тогда расстояние от любой точки с координатами $(x, y, z)$ до плоскости ? будет равно $|z|$.

Пусть концы отрезка имеют координаты $A(x_A, y_A, z_A)$ и $B(x_B, y_B, z_B)$. Расстояния от них до плоскости равны $|z_A| = 1$ см и $|z_B| = 4$ см.

Поскольку точки A и B лежат по разные стороны от плоскости $z=0$, их z-координаты имеют противоположные знаки. Мы можем принять, что $z_A = 1$ см, а $z_B = -4$ см (выбор знаков не повлияет на конечный результат).

Пусть M — середина отрезка AB. Координаты середины отрезка вычисляются как полусумма соответствующих координат его концов. Z-координата точки M равна:

$z_M = \frac{z_A + z_B}{2}$

Подставим значения $z_A$ и $z_B$:

$z_M = \frac{1 + (-4)}{2} = \frac{-3}{2} = -1,5$ см.

Искомое расстояние $d_M$ от точки M до плоскости ? равно модулю ее z-координаты:

$d_M = |z_M| = |-1,5| = 1,5$ см.

Таким образом, если отрезок пересекает плоскость, расстояние от его середины до плоскости равно полуразности данных расстояний.

Ответ: 1,5 см.

№143 (с. 47)
Условие. №143 (с. 47)
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 47, номер 143, Условие

143. Расстояние от точки М до каждой из вершин правильного треугольника ABC равно 4 см. Найдите расстояние от точки М до плоскости ABC, если АВ = 6 см.

Решение 2. №143 (с. 47)
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 47, номер 143, Решение 2
Решение 4. №143 (с. 47)
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 47, номер 143, Решение 4 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 47, номер 143, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №143 (с. 47)
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 47, номер 143, Решение 5
Решение 6. №143 (с. 47)

Пусть O — проекция точки M на плоскость правильного треугольника ABC. Тогда искомое расстояние от точки M до плоскости ABC есть длина перпендикуляра MO.

Так как точка M равноудалена от вершин треугольника ABC, то отрезки MA, MB и MC равны: $MA = MB = MC = 4$ см. Эти отрезки являются наклонными к плоскости ABC, а отрезки OA, OB и OC — их проекциями на эту плоскость. Поскольку наклонные равны, то равны и их проекции: $OA = OB = OC$.

Это означает, что точка O является центром окружности, описанной около треугольника ABC. Радиус этой окружности R равен расстоянию от центра до любой из вершин, то есть $R = OA$. Для правильного треугольника со стороной $a$ радиус описанной окружности вычисляется по формуле: $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

По условию, сторона треугольника $AB = a = 6$ см. Подставим это значение в формулу: $R = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{(\sqrt{3})^2} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см. Таким образом, $OA = 2\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ?MOA (угол $\angle MOA = 90^\circ$). Катет MO — это искомое расстояние, катет OA — радиус описанной окружности, а гипотенуза MA — расстояние от точки M до вершины A. По теореме Пифагора: $MA^2 = MO^2 + OA^2$

Выразим из этой формулы $MO^2$: $MO^2 = MA^2 - OA^2$

Подставим известные значения $MA = 4$ см и $OA = 2\sqrt{3}$ см: $MO^2 = 4^2 - (2\sqrt{3})^2 = 16 - (4 \cdot 3) = 16 - 12 = 4$

Отсюда находим длину MO: $MO = \sqrt{4} = 2$ см.

Ответ: 2 см.

№144 (с. 47)
Условие. №144 (с. 47)
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 47, номер 144, Условие

144. Прямая а параллельна плоскости α. Докажите, что все точки прямой а равноудалены от плоскости α.

Решение

Через какую-нибудь точку прямой а проведём плоскость β, параллельную плоскости α (задача 59). Прямая а лежит в плоскости β, так как в противном случае она пересекала бы плоскость β, а значит, пересекала бы и плоскость α (задача 55), что невозможно. Все точки плоскости β равноудалены от плоскости α, поэтому и все точки прямой а, лежащей в плоскости β, равноудалены от плоскости α, что и требовалось доказать.

Решение 4. №144 (с. 47)
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 47, номер 144, Решение 4
Решение 5. №144 (с. 47)
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 47, номер 144, Решение 5
Решение 6. №144 (с. 47)

Для доказательства этого утверждения мы воспользуемся методом, основанным на свойствах параллельных плоскостей.

Дано:
Прямая $a$ и плоскость $\alpha$.
Прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$, что записывается как $a \parallel \alpha$.

Доказать:
Все точки прямой $a$ равноудалены от плоскости $\alpha$.

Доказательство:

1. Расстоянием от точки до плоскости называется длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Нам необходимо доказать, что для любых двух точек $M_1 \in a$ и $M_2 \in a$ их расстояния до плоскости $\alpha$ равны.

2. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $M$. Через точку, не лежащую на плоскости, можно провести плоскость, параллельную данной, и притом только одну. Построим через точку $M$ плоскость $\beta$ так, чтобы она была параллельна плоскости $\alpha$. Таким образом, мы имеем $M \in \beta$ и $\beta \parallel \alpha$.

3. Теперь докажем, что вся прямая $a$ лежит в построенной плоскости $\beta$. Для этого воспользуемся методом от противного. Предположим, что прямая $a$ не лежит в плоскости $\beta$. Поскольку прямая $a$ и плоскость $\beta$ имеют общую точку $M$, это означает, что прямая $a$ пересекает плоскость $\beta$ в точке $M$.

4. Согласно свойству параллельных плоскостей, если некоторая прямая пересекает одну из двух параллельных плоскостей, то она пересекает и вторую. В нашем случае, если бы прямая $a$ пересекала плоскость $\beta$, то она обязана была бы пересечь и параллельную ей плоскость $\alpha$.

5. Однако это напрямую противоречит начальному условию задачи, где сказано, что $a \parallel \alpha$ (прямая и плоскость параллельны, то есть не имеют общих точек). Следовательно, наше первоначальное предположение о том, что прямая $a$ не лежит в плоскости $\beta$, было неверным. Значит, прямая $a$ целиком принадлежит плоскости $\beta$, что записывается как $a \subset \beta$.

6. Расстояние между двумя параллельными плоскостями является постоянной величиной. Это означает, что каждая точка одной плоскости (в нашем случае $\beta$) находится на одном и том же расстоянии от другой плоскости ($\alpha$).

7. Поскольку мы доказали, что вся прямая $a$ лежит в плоскости $\beta$, то каждая точка прямой $a$ одновременно является и точкой плоскости $\beta$. Из этого следует, что все точки прямой $a$ равноудалены от плоскости $\alpha$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Все точки прямой, которая параллельна некоторой плоскости, находятся на одинаковом расстоянии от этой плоскости.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться