Страница 48 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

145. Через вершину А прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С проведена прямая AD, перпендикулярная к плоскости треугольника. а) Докажите, что треугольник CBD прямоугольный. б) Найдите BD, если ВС = а, DC = b.

а)

По условию задачи, прямая $AD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Это значит, что прямая $AD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AC$. Таким образом, $AD \perp (ABC)$.

Прямая $CD$ является наклонной к плоскости $(ABC)$, а отрезок $AC$ — ее проекцией на эту плоскость (поскольку $AD$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость).

Треугольник $ABC$ является прямоугольным с прямым углом $C$, следовательно, катет $BC$ перпендикулярен катету $AC$ ($BC \perp AC$).

Применим теорему о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной.

В нашем случае: прямая $BC$ лежит в плоскости $(ABC)$, проходит через основание $C$ наклонной $CD$ и перпендикулярна ее проекции $AC$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна и самой наклонной $CD$.

Таким образом, $BC \perp CD$, а это значит, что угол $\angle BCD = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $CBD$ является прямоугольным по определению. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Из доказательства в пункте а) мы знаем, что треугольник $CBD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$. В этом треугольнике стороны $BC$ и $CD$ являются катетами, а сторона $BD$ — гипотенузой.

По условию задачи даны длины катетов: $BC = a$ и $DC = b$.

Для нахождения длины гипотенузы $BD$ воспользуемся теоремой Пифагора:

$BD^2 = BC^2 + CD^2$

Подставим известные значения в формулу:

$BD^2 = a^2 + b^2$

Извлекая квадратный корень из обеих частей уравнения, получаем длину $BD$:

$BD = \sqrt{a^2 + b^2}$

Ответ: $BD = \sqrt{a^2 + b^2}$.

146. Прямая а пересекает плоскость α в точке М и не перпендикулярна к этой плоскости. Докажите, что в плоскости α через точку М проходит прямая, перпендикулярная к прямой а, и притом только одна.

Доказательство данного утверждения состоит из двух частей: доказательства существования такой прямой и доказательства ее единственности.

Доказательство существования
Пусть прямая $a$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $M$ и не перпендикулярна ей. Это означает, что прямая $a$ является наклонной к плоскости $\alpha$.
1. Построим проекцию прямой $a$ на плоскость $\alpha$. Для этого из произвольной точки $A$ на прямой $a$ (отличной от $M$) опустим перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$. Прямая, проходящая через точки $M$ и $H$, является проекцией прямой $a$ на плоскость $\alpha$. Обозначим эту проекцию как $a'$. Так как по условию прямая $a$ не перпендикулярна плоскости $\alpha$, точки $A$, $H$ и $M$ не лежат на одной прямой, следовательно, $a'$ — это единственная прямая. Обе прямые, $a$ и $a'$, лежат в одной плоскости $\beta$, определенной точками $A$, $H$ и $M$.
2. В плоскости $\alpha$ через точку $M$, принадлежащую прямой $a'$, проведем прямую $b$, перпендикулярную прямой $a'$. Согласно аксиоме планиметрии, такая прямая существует и единственна в плоскости $\alpha$.
3. Теперь у нас есть: наклонная $a$, ее проекция $a'$ на плоскость $\alpha$, и прямая $b$, лежащая в плоскости $\alpha$, проходящая через основание наклонной (точку $M$) и перпендикулярная ее проекции ($b \perp a'$).
По теореме о трех перпендикулярах, если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной. Следовательно, прямая $b$ перпендикулярна прямой $a$ ($b \perp a$).
Таким образом, мы доказали существование прямой $b$ в плоскости $\alpha$, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $a$.
Ответ: Доказано, что в плоскости $\alpha$ через точку М проходит прямая, перпендикулярная прямой $a$.

Доказательство единственности
Докажем, что такая прямая только одна. Предположим, что в плоскости $\alpha$ существует другая прямая $c$, проходящая через точку $M$, перпендикулярная прямой $a$, и при этом $c \ne b$.
1. Итак, у нас есть прямая $c$, такая что $c \subset \alpha$, $M \in c$ и $c \perp a$.
2. Рассмотрим наклонную $a$ и ее проекцию $a'$ на плоскость $\alpha$.
3. Воспользуемся обратной теоремой о трех перпендикулярах: если прямая на плоскости, проходящая через основание наклонной, перпендикулярна самой наклонной, то она перпендикулярна и ее проекции.
Так как прямая $c$ лежит в плоскости $\alpha$, проходит через основание наклонной $a$ (точку $M$) и по нашему предположению перпендикулярна ей ($c \perp a$), то по этой теореме она должна быть перпендикулярна и проекции $a'$. То есть, $c \perp a'$.
4. Таким образом, мы имеем две различные прямые $b$ и $c$, лежащие в плоскости $\alpha$, проходящие через одну и ту же точку $M$ и обе перпендикулярные одной и той же прямой $a'$.
5. Но из курса планиметрии известно, что в плоскости через данную точку к данной прямой можно провести только одну перпендикулярную прямую. Это противоречит нашему предположению о существовании двух различных прямых $b$ и $c$.
Следовательно, наше предположение неверно, и прямая, удовлетворяющая условиям задачи, может быть только одна.
Ответ: Доказано, что такая прямая только одна.

147. Из точки М проведён перпендикуляр MB к плоскости прямоугольника ABCD. Докажите, что треугольники AMD и MCD прямоугольные.

По условию задачи, $MB$ — перпендикуляр к плоскости прямоугольника $ABCD$. Это означает, что $MB \perp (ABCD)$. Необходимо доказать, что треугольники $AMD$ и $MCD$ являются прямоугольными. Для доказательства воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах.

Треугольник AMD

Рассмотрим наклонную $MA$, проведенную из точки $M$ к плоскости $(ABCD)$. Так как $MB$ — перпендикуляр к этой плоскости, отрезок $AB$ является проекцией наклонной $MA$ на плоскость $(ABCD)$.

Прямая $AD$ лежит в плоскости $(ABCD)$. Поскольку $ABCD$ — это прямоугольник, его смежные стороны перпендикулярны, следовательно, $AD \perp AB$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной. В нашем случае прямая $AD$ перпендикулярна проекции $AB$, значит, она перпендикулярна и самой наклонной $MA$. Таким образом, $AD \perp MA$.

Из этого следует, что угол $\angle MAD = 90^\circ$. Треугольник, один из углов которого равен $90^\circ$, является прямоугольным. Следовательно, $\triangle AMD$ — прямоугольный.

Ответ: Треугольник $AMD$ является прямоугольным, так как $\angle MAD = 90^\circ$.

Треугольник MCD

Аналогично, рассмотрим наклонную $MC$, проведенную из точки $M$ к плоскости $(ABCD)$. Так как $MB$ — перпендикуляр к этой плоскости, отрезок $BC$ является проекцией наклонной $MC$ на плоскость $(ABCD)$.

Прямая $CD$ лежит в плоскости $(ABCD)$. Поскольку $ABCD$ — это прямоугольник, его смежные стороны перпендикулярны, следовательно, $CD \perp BC$.

Применяя ту же теорему о трех перпендикулярах: так как прямая $CD$ перпендикулярна проекции $BC$, она перпендикулярна и самой наклонной $MC$. Таким образом, $CD \perp MC$.

Из этого следует, что угол $\angle MCD = 90^\circ$. Следовательно, $\triangle MCD$ — прямоугольный.

Ответ: Треугольник $MCD$ является прямоугольным, так как $\angle MCD = 90^\circ$.

148. Прямая АK перпендикулярна к плоскости правильного треугольника ABC, а точка М — середина стороны ВС. Докажите, что MK ⊥ BC.

Для доказательства того, что прямая $MK$ перпендикулярна прямой $BC$, мы воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Для этого нам нужно рассмотреть взаимосвязь между отрезками в плоскости треугольника $ABC$ и перпендикуляром $AK$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, это правильный треугольник. Точка $M$ является серединой стороны $BC$. Следовательно, отрезок $AM$ — это медиана, проведенная к стороне $BC$. В правильном (равностороннем) треугольнике медиана одновременно является и высотой. Таким образом, медиана $AM$ перпендикулярна стороне $BC$, то есть $AM \perp BC$.

Теперь обратимся к теореме о трех перпендикулярах. У нас есть:

• Плоскость — это плоскость треугольника $(ABC)$.
• Перпендикуляр к плоскости — это отрезок $AK$, так как по условию $AK \perp (ABC)$.
• Наклонная к плоскости — это отрезок $MK$.
• Проекция наклонной $MK$ на плоскость $(ABC)$ — это отрезок $AM$. (Это следует из того, что $AK$ — перпендикуляр, значит, точка $A$ — проекция точки $K$ на плоскость, а точка $M$ уже лежит в этой плоскости).

Теорема о трех перпендикулярах гласит: если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной (в нашем случае прямая $BC$, проходящая через точку $M$), перпендикулярна ее проекции (отрезку $AM$), то она перпендикулярна и самой наклонной (отрезку $MK$).

Поскольку мы установили, что $AM \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах заключаем, что $MK \perp BC$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Перпендикулярность $MK$ и $BC$ доказана на основании теоремы о трех перпендикулярах, так как прямая $BC$ в плоскости $(ABC)$ перпендикулярна проекции $AM$ наклонной $MK$.

149. Отрезок AD перпендикулярен к плоскости равнобедренного треугольника ABC. Известно, что АВ = АС = 5 см, ВС = 6 см, АD = 12 см. Найдите расстояния от концов отрезка AD до прямой ВС.

Задача состоит в том, чтобы найти два расстояния: от точки A до прямой BC и от точки D до прямой BC.

Расстояние от конца A отрезка AD до прямой BC

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Рассмотрим треугольник ABC в его плоскости. Проведем из вершины A перпендикуляр AH к стороне BC. Длина отрезка AH и будет искомым расстоянием от точки A до прямой BC.

По условию, треугольник ABC является равнобедренным с основанием BC, так как боковые стороны равны: $AB = AC = 5$ см. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, также является медианой.

Следовательно, AH не только высота ($AH \perp BC$), но и медиана. Как медиана, AH делит основание BC пополам. Найдем длину отрезка BH:

$BH = \frac{1}{2} BC = \frac{6 \text{ см}}{2} = 3 \text{ см}.$

Теперь рассмотрим треугольник AHB. Он прямоугольный, так как AH — высота. По теореме Пифагора ($c^2 = a^2 + b^2$), где c — гипотенуза, а a и b — катеты:

$AB^2 = AH^2 + BH^2$

Мы можем выразить и вычислить длину катета AH:

$AH^2 = AB^2 - BH^2$

$AH^2 = 5^2 - 3^2 = 25 - 9 = 16$

$AH = \sqrt{16} = 4 \text{ см}.$

Ответ: 4 см.

Расстояние от конца D отрезка AD до прямой BC

По условию, отрезок AD перпендикулярен плоскости треугольника ABC. Это значит, что AD перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку A. Искомое расстояние от точки D до прямой BC — это длина перпендикуляра, опущенного из D на BC.

Для нахождения этого расстояния воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. У нас есть:

• Перпендикуляр к плоскости: $AD \perp (ABC)$.
• Наклонная из точки D к прямой BC: отрезок DH.
• Проекция этой наклонной на плоскость (ABC): отрезок AH.

Из первой части решения мы знаем, что проекция AH перпендикулярна прямой BC ($AH \perp BC$). Согласно теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной перпендикулярна прямой на плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $DH \perp BC$.

Таким образом, длина отрезка DH и есть искомое расстояние от точки D до прямой BC.

Найдем длину DH. Рассмотрим треугольник ADH. Так как $AD \perp (ABC)$, то $AD \perp AH$. Это означает, что треугольник ADH — прямоугольный с прямым углом при вершине A.

Применим теорему Пифагора к треугольнику ADH:

$DH^2 = AD^2 + AH^2$

Подставим известные значения: $AD = 12$ см (из условия) и $AH = 4$ см (из первой части решения).

$DH^2 = 12^2 + 4^2 = 144 + 16 = 160$

Теперь найдем длину DH:

$DH = \sqrt{160} = \sqrt{16 \cdot 10} = 4\sqrt{10} \text{ см}.$

Ответ: $4\sqrt{10}$ см.

150. Через вершину А прямоугольника ABCD проведена прямая АK, перпендикулярная к плоскости прямоугольника. Известно, что KD = 6 см, KВ = 7 см, KС = 9 см. Найдите: а) расстояние от точки K до плоскости прямоугольника ABCD; б) расстояние между прямыми АK и CD.

Дано: $ABCD$ — прямоугольник, $AK \perp$ плоскости $(ABCD)$, $KD=6$ см, $KB=7$ см, $KC=9$ см.

Поскольку прямая $AK$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$, она перпендикулярна всем прямым, лежащим в этой плоскости и проходящим через точку $A$. Следовательно, треугольники $\triangle KAB$ и $\triangle KAD$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $A$.

Расстояние от точки $K$ до плоскости прямоугольника $ABCD$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на эту плоскость. По условию, таким перпендикуляром является отрезок $AK$. Найдем его длину.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle KAD$ и $\triangle KAB$. По теореме Пифагора:

• В $\triangle KAD$: $KD^2 = AK^2 + AD^2 \implies 6^2 = AK^2 + AD^2 \implies 36 = AK^2 + AD^2$.
• В $\triangle KAB$: $KB^2 = AK^2 + AB^2 \implies 7^2 = AK^2 + AB^2 \implies 49 = AK^2 + AB^2$.

Прямая $AC$ является диагональю прямоугольника $ABCD$. Так как $AK \perp (ABCD)$, то $AK \perp AC$, и, следовательно, $\triangle KAC$ — прямоугольный. По теореме Пифагора для $\triangle KAC$: $KC^2 = AK^2 + AC^2$.

В свою очередь, в прямоугольнике $ABCD$ диагональ $AC$ находится по теореме Пифагора из $\triangle ABC$: $AC^2 = AB^2 + BC^2$. Так как $ABCD$ — прямоугольник, то $BC = AD$.

Объединив выражения, получим: $KC^2 = AK^2 + (AB^2 + AD^2)$.

Мы имеем систему выражений:

• $AD^2 = 36 - AK^2$
• $AB^2 = 49 - AK^2$
• $KC^2 = AK^2 + AB^2 + AD^2$

Подставим первые два выражения в третье, используя известное значение $KC = 9$:

$9^2 = AK^2 + (49 - AK^2) + (36 - AK^2)$

$81 = AK^2 + 49 - AK^2 + 36 - AK^2$

$81 = 85 - AK^2$

$AK^2 = 85 - 81 = 4$

$AK = \sqrt{4} = 2$ см.

Ответ: $2$ см.

Расстояние между скрещивающимися прямыми $AK$ и $CD$ — это длина их общего перпендикуляра.

Прямая $AK$ перпендикулярна плоскости $ABCD$, а значит, перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AD$. Таким образом, $AK \perp AD$.

В прямоугольнике $ABCD$ смежные стороны перпендикулярны, следовательно, $AD \perp CD$.

Поскольку отрезок $AD$ перпендикулярен обеим прямым ($AK$ и $CD$), он является их общим перпендикуляром, и его длина равна искомому расстоянию между этими прямыми.

Найдем длину $AD$ из соотношения, полученного в пункте а):

$36 = AK^2 + AD^2$

Мы уже нашли, что $AK^2 = 4$. Подставим это значение:

$36 = 4 + AD^2$

$AD^2 = 36 - 4 = 32$

$AD = \sqrt{32} = \sqrt{16 \cdot 2} = 4\sqrt{2}$ см.

Ответ: $4\sqrt{2}$ см.

151. Прямая CD перпендикулярна к плоскости треугольника ABC. Докажите, что: а) треугольник ABC является проекцией треугольника ABD на плоскость ABC; б) если СН — высота треугольника ABC, то DH — высота треугольника ABD.

а)

Чтобы доказать, что треугольник $ABC$ является проекцией треугольника $ABD$ на плоскость $ABC$, нужно найти ортогональные проекции вершин треугольника $ABD$ на эту плоскость.

1. Проекция точки на плоскость, если точка принадлежит этой плоскости, является сама точка. Поскольку вершины $A$ и $B$ треугольника $ABD$ по условию лежат в плоскости $ABC$, их проекциями на эту плоскость являются сами точки $A$ и $B$.

2. По условию, прямая $CD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Это означает, что отрезок $CD$ является перпендикуляром, опущенным из точки $D$ на плоскость $ABC$. По определению ортогональной проекции, основание этого перпендикуляра, точка $C$, является проекцией точки $D$ на плоскость $ABC$.

Таким образом, проекциями вершин $A$, $B$ и $D$ являются соответственно точки $A$, $B$ и $C$. Соединив эти точки, мы получаем треугольник $ABC$. Следовательно, треугольник $ABC$ является проекцией треугольника $ABD$ на плоскость $ABC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что треугольник $ABC$ является проекцией треугольника $ABD$ на плоскость $ABC$.

б)

По условию задачи, прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, что можно записать как $CD \perp (ABC)$. Также дано, что $CH$ — высота треугольника $ABC$, а это значит, что $CH \perp AB$. Нам необходимо доказать, что $DH$ является высотой треугольника $ABD$, то есть что $DH \perp AB$.

Для доказательства воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Рассмотрим следующие элементы в пространстве:
- $CD$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$.
- $DH$ — наклонная, проведенная из точки $D$ к плоскости $(ABC)$.
- $CH$ — проекция наклонной $DH$ на плоскость $(ABC)$ (поскольку $C$ — проекция $D$, а $H$ — проекция $H$).
- $AB$ — прямая, лежащая в плоскости $(ABC)$ и проходящая через основание наклонной $H$.

Теорема о трех перпендикулярах гласит: если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной.

В нашем случае прямая $AB$ перпендикулярна проекции $CH$ (по условию $CH$ — высота, т.е. $CH \perp AB$). Следовательно, согласно теореме о трех перпендикулярах, прямая $AB$ перпендикулярна и самой наклонной $DH$.

Поскольку $DH \perp AB$, то по определению высоты треугольника, отрезок $DH$ является высотой треугольника $ABD$.

Ответ: Доказано, что если $CH$ — высота треугольника $ABC$, то $DH$ — высота треугольника $ABD$.

152. Через вершину В квадрата ABCD проведена прямая BF, перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояния от точки F до прямых, содержащих стороны и диагонали квадрата, если BF = 8 дм, АВ = 4 дм.

По условию задачи, дан квадрат $ABCD$ со стороной $AB = 4$ дм. Через вершину $B$ проведена прямая $BF$, перпендикулярная плоскости квадрата, с длиной $BF = 8$ дм. Это означает, что $BF \perp (ABC)$. Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Для решения задачи будем использовать теорему о трех перпендикулярах.

Расстояние от точки F до прямых AB, BC и BD

Поскольку прямая $BF$ перпендикулярна плоскости квадрата $(ABC)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через ее основание — точку $B$. Прямые $AB$, $BC$ и диагональ $BD$ лежат в плоскости $(ABC)$ и проходят через точку $B$.

Следовательно, $BF \perp AB$, $BF \perp BC$ и $BF \perp BD$.

Таким образом, отрезок $BF$ является перпендикуляром от точки $F$ к каждой из этих прямых, и его длина является искомым расстоянием.

Ответ: Расстояние от точки $F$ до прямых $AB$, $BC$ и $BD$ равно 8 дм.

Расстояние от точки F до прямых AD и CD

Для нахождения расстояния от точки $F$ до прямой $AD$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. У нас есть перпендикуляр $BF$ к плоскости $(ABC)$ и наклонная $FA$. Проекцией наклонной $FA$ на плоскость является сторона квадрата $AB$. Так как в квадрате смежные стороны перпендикулярны ($AB \perp AD$), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $FA$ также перпендикулярна прямой $AD$ ($FA \perp AD$). Следовательно, искомое расстояние — это длина отрезка $FA$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FBA$ (угол $\angle FBA = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$FA^2 = FB^2 + AB^2 = 8^2 + 4^2 = 64 + 16 = 80$

$FA = \sqrt{80} = \sqrt{16 \cdot 5} = 4\sqrt{5}$ дм.

Аналогично для прямой $CD$. Проекцией наклонной $FC$ на плоскость $(ABC)$ является сторона $BC$. Так как $BC \perp CD$, то по теореме о трех перпендикулярах $FC \perp CD$. Искомое расстояние — это длина отрезка $FC$. Из прямоугольного треугольника $\triangle FBC$ ($\angle FBC = 90^\circ$):

$FC^2 = FB^2 + BC^2 = 8^2 + 4^2 = 64 + 16 = 80$

$FC = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$ дм.

Ответ: Расстояние от точки $F$ до прямых $AD$ и $CD$ равно $4\sqrt{5}$ дм.

Расстояние от точки F до прямой AC

Для нахождения расстояния от точки $F$ до прямой $AC$ снова применим теорему о трех перпендикулярах. Сначала найдем расстояние от основания перпендикуляра (точки $B$) до прямой $AC$. В квадрате диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны. Пусть $O$ — точка их пересечения. Тогда $BO$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на прямую $AC$.

Отрезок $BO$ является проекцией наклонной $FO$ на плоскость $(ABC)$. Так как проекция $BO$ перпендикулярна прямой $AC$, то и сама наклонная $FO$ перпендикулярна $AC$. Значит, искомое расстояние — это длина отрезка $FO$.

Найдем длину $BO$. Диагональ квадрата $BD = AB\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ дм. Точка $O$ делит диагональ пополам, поэтому $BO = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}(4\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}$ дм.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FBO$ (угол $\angle FBO = 90^\circ$, так как $BF \perp BO$). По теореме Пифагора:

$FO^2 = FB^2 + BO^2 = 8^2 + (2\sqrt{2})^2 = 64 + 4 \cdot 2 = 64 + 8 = 72$

$FO = \sqrt{72} = \sqrt{36 \cdot 2} = 6\sqrt{2}$ дм.

Ответ: Расстояние от точки $F$ до прямой $AC$ равно $6\sqrt{2}$ дм.

153. Докажите, что прямая а, проведённая в плоскости α через основание М наклонной AM перпендикулярно к ней, перпендикулярна к её проекции НМ (см. рис. 53).

Решение

Прямая а перпендикулярна к плоскости АМН, так как она перпендикулярна к двум пересекающимся прямым этой плоскости (a ⊥ AM по условию и a ⊥ AH, так как AH ⊥ α ). Отсюда следует, что прямая а перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости АМН, в частности a ⊥ HM, что и требовалось доказать.

Это утверждение известно как теорема, обратная теореме о трёх перпендикулярах. Для доказательства воспользуемся определением перпендикуляра к плоскости и признаком перпендикулярности прямой и плоскости.

Нам дано:

• $AM$ — наклонная к плоскости $\alpha$.
• $M$ — основание наклонной в плоскости $\alpha$.
• $HM$ — проекция наклонной $AM$ на плоскость $\alpha$. Из этого следует, что $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то есть $AH \perp \alpha$.
• Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$), проходит через точку $M$ и перпендикулярна наклонной $AM$ ($a \perp AM$).

Требуется доказать, что прямая $a$ перпендикулярна проекции $HM$ ($a \perp HM$).

Решение:

1. Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то по определению он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ по условию ($a \subset \alpha$). Следовательно, $AH \perp a$.

2. По условию задачи прямая $a$ перпендикулярна наклонной $AM$. То есть, $a \perp AM$.

3. Прямые $AM$ и $AH$ пересекаются в точке $A$ и образуют плоскость $(AMH)$. Мы установили, что прямая $a$ перпендикулярна двум этим пересекающимся прямым: $a \perp AH$ и $a \perp AM$.

4. Воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Из этого следует, что прямая $a$ перпендикулярна плоскости $(AMH)$.

5. Прямая $HM$ (проекция наклонной) лежит в плоскости $(AMH)$, так как обе её точки, $H$ и $M$, принадлежат этой плоскости. По определению, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

6. Так как $a \perp (AMH)$ и $HM \subset (AMH)$, то мы приходим к выводу, что $a \perp HM$.

Таким образом, мы доказали, что прямая $a$, проведённая в плоскости $\alpha$ через основание наклонной $AM$ перпендикулярно к ней, также перпендикулярна и её проекции $HM$.

Ответ: Утверждение доказано.

154. Прямая BD перпендикулярна к плоскости треугольника ABC. Известно, что BD = 9 см, АС = 10 см, ВС = ВА = 13 см. Найдите: а) расстояние от точки D до прямой АС; б) площадь треугольника ACD.

По условию задачи дано, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$, что записывается как $BD \perp (ABC)$. Также известны следующие длины: $BD = 9$ см, $AC = 10$ см и $BC = BA = 13$ см.

а) расстояние от точки D до прямой AC

Расстоянием от точки до прямой является длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Нам нужно найти длину перпендикуляра из точки $D$ к прямой $AC$.
1. Рассмотрим треугольник $ABC$. Поскольку $BA = BC = 13$ см, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$.
2. Проведем в плоскости треугольника $ABC$ высоту $BH$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой и биссектрисой. Следовательно, $BH \perp AC$ и точка $H$ является серединой отрезка $AC$.
3. Найдем длину отрезка $HC$:
$HC = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см.
4. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHC$ (где $\angle BHC = 90^\circ$). По теореме Пифагора найдем длину катета $BH$:
$BH^2 + HC^2 = BC^2$
$BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12$ см.
5. Теперь применим теорему о трех перпендикулярах. У нас есть перпендикуляр $BD$ к плоскости $(ABC)$ и наклонная $DH$ к этой же плоскости ($H$ лежит на прямой $AC$ в плоскости $(ABC)$). Отрезок $BH$ является проекцией наклонной $DH$ на плоскость $(ABC)$.
Поскольку прямая $AC$, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции $BH$ ($AC \perp BH$), то она перпендикулярна и самой наклонной $DH$. Таким образом, $DH \perp AC$.
Следовательно, длина отрезка $DH$ и есть искомое расстояние от точки $D$ до прямой $AC$.
6. Рассмотрим треугольник $DBH$. Так как $BD \perp (ABC)$, то прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, а значит $BD \perp BH$. Следовательно, треугольник $DBH$ — прямоугольный с прямым углом $\angle DBH$.
7. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $DH$:
$DH^2 = BD^2 + BH^2$
$DH = \sqrt{9^2 + 12^2} = \sqrt{81 + 144} = \sqrt{225} = 15$ см.
Ответ: 15 см.

б) площадь треугольника ACD

Площадь треугольника находится по формуле $S = \frac{1}{2}ah$, где $a$ — основание треугольника, а $h$ — высота, проведенная к этому основанию.
1. В треугольнике $ACD$ в качестве основания возьмем сторону $AC$.
2. Высотой, проведенной из вершины $D$ к основанию $AC$, является перпендикуляр $DH$, так как мы доказали в пункте а), что $DH \perp AC$.
3. У нас есть все необходимые данные:
Основание $AC = 10$ см (по условию).
Высота $DH = 15$ см (найдено в пункте а).
4. Вычислим площадь треугольника $ACD$:
$S_{ACD} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot DH = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 = 75$ см².
Ответ: 75 см².

155. Через вершину прямого угла С равнобедренного прямоугольного треугольника ABC проведена прямая СМ, перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояние от точки М до прямой АВ, если АС = 4 см, a CM = 27см.

По условию, треугольник $ABC$ является равнобедренным и прямоугольным, с прямым углом при вершине $C$. Это означает, что катеты $AC$ и $BC$ равны. Нам дано, что $AC = 4$ см, следовательно, $BC = 4$ см.

Прямая $CM$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Расстояние от точки $M$ до прямой $AB$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $AB$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $H$, то есть искомое расстояние равно длине отрезка $MH$, где $H \in AB$ и $MH \perp AB$.

Для нахождения длины $MH$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Так как $CM$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $MH$ — наклонная к этой плоскости, то ее проекцией на плоскость $(ABC)$ является отрезок $CH$. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AB$, лежащей в плоскости, то и ее проекция $CH$ также перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $CH \perp AB$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. В нем $CH$ является высотой, проведенной к гипотенузе $AB$. Поскольку $\triangle ABC$ — равнобедренный, высота $CH$ также является медианой. Следовательно, $H$ — середина гипотенузы $AB$.

Найдем длину гипотенузы $AB$ по теореме Пифагора в $\triangle ABC$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$

$AB = \sqrt{32} = \sqrt{16 \cdot 2} = 4\sqrt{2}$ см.

Так как $CH$ — медиана, проведенная к гипотенузе в прямоугольном треугольнике, ее длина равна половине длины гипотенузы:

$CH = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $MCH$. Поскольку $CM \perp (ABC)$, а отрезок $CH$ лежит в этой плоскости и проходит через точку $C$, то $CM \perp CH$. Следовательно, $\triangle MCH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$.

Найдем длину искомого расстояния $MH$ (которая является гипотенузой в $\triangle MCH$) по теореме Пифагора. Нам известны катеты: $CM = 2\sqrt{7}$ см (по условию) и $CH = 2\sqrt{2}$ см (как мы нашли ранее).

$MH^2 = CM^2 + CH^2 = (2\sqrt{7})^2 + (2\sqrt{2})^2 = (4 \cdot 7) + (4 \cdot 2) = 28 + 8 = 36$

$MH = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.