Страница 57 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

166. Неперпендикулярные плоскости α и β пересекаются по прямой MN. В плоскости β из точки А проведён перпендикуляр АВ к прямой MN и из той же точки А проведён перпендикуляр АС к плоскости α. Докажите, что ∠ABC — линейный угол двугранного угла AMNC.

Для доказательства того, что $\angle ABC$ является линейным углом двугранного угла $AMNC$, необходимо показать, что его стороны, лучи $BA$ и $BC$, лежат в гранях двугранного угла (плоскостях $\beta$ и $\alpha$ соответственно) и оба перпендикулярны ребру двугранного угла $MN$ в одной и той же точке $B$.

Рассмотрим данные условия:

1. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $MN$. Эта прямая является ребром двугранного угла.

2. В плоскости $\beta$ из точки $A$ проведен перпендикуляр $AB$ к прямой $MN$. Это означает, что $AB \perp MN$. Так как точка $A \in \beta$ и точка $B \in MN \subset \beta$, то весь отрезок $AB$ (и луч $BA$) лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, мы имеем луч $BA$ в одной из граней двугранного угла, перпендикулярный его ребру.

3. Из той же точки $A$ проведен перпендикуляр $AC$ к плоскости $\alpha$. Это означает, что $AC \perp \alpha$.

Теперь докажем, что луч $BC$ лежит в плоскости $\alpha$ и также перпендикулярен прямой $MN$.

Рассмотрим отрезок $AC$ как перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а отрезок $AB$ — как наклонную, проведенную из точки $A$ к плоскости $\alpha$ (точка $B$ лежит на прямой $MN$, которая находится в плоскости $\alpha$, следовательно $B \in \alpha$).В этом случае отрезок $BC$ является проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$.

По условию, наклонная $AB$ перпендикулярна прямой $MN$, которая лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через основание наклонной, точку $B$.

Воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Она гласит: если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и ее проекции на эту плоскость.В нашем случае прямая $MN$ лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярна наклонной $AB$. Следовательно, прямая $MN$ перпендикулярна и проекции $BC$. То есть, $BC \perp MN$.

Так как точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $\alpha$, то и вся прямая $BC$ (и луч $BC$) лежит в плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы установили, что:

• Луч $BA$ лежит в плоскости $\beta$ и $BA \perp MN$.
• Луч $BC$ лежит в плоскости $\alpha$ и $BC \perp MN$.
• Оба луча выходят из одной точки $B$ на ребре $MN$.

Следовательно, по определению, угол $\angle ABC$ является линейным углом двугранного угла $AMNC$.

Ответ: Утверждение доказано.

167. В тетраэдре DABC все рёбра равны, точка М — середина ребра АС. Докажите, что ∠DMB — линейный угол двугранного угла BACD.

По условию задачи, в тетраэдре $DABC$ все рёбра равны. Такой тетраэдр называется правильным. Все его грани ($\triangle ABC$, $\triangle ADC$, $\triangle BDC$ и $\triangle ABD$) являются равными между собой равносторонними треугольниками.

Двугранный угол $BACD$ — это угол между плоскостями граней $(ABC)$ и $(ADC)$, которые пересекаются по ребру $AC$.

Линейный угол двугранного угла — это угол, образованный двумя лучами, которые выходят из одной точки на ребре двугранного угла, лежат в его гранях и перпендикулярны этому ребру.

Чтобы доказать, что $\angle DMB$ является линейным углом двугранного угла $BACD$, необходимо доказать, что отрезки $DM$ и $BM$ перпендикулярны ребру $AC$.

1. Рассмотрим треугольник $\triangle ADC$. Так как тетраэдр правильный, $\triangle ADC$ — равносторонний. Точка $M$ по условию является серединой стороны $AC$. Следовательно, отрезок $DM$ является медианой треугольника $\triangle ADC$. В равностороннем треугольнике медиана, проведённая к стороне, также является и высотой. Значит, $DM \perp AC$.

2. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Этот треугольник также является равносторонним. Точка $M$ — середина стороны $AC$. Следовательно, отрезок $BM$ является медианой треугольника $\triangle ABC$. Как и в предыдущем случае, в равностороннем треугольнике медиана является и высотой. Значит, $BM \perp AC$.

Таким образом, мы имеем два отрезка, $DM$ и $BM$, которые лежат в плоскостях граней $(ADC)$ и $(ABC)$ соответственно. Оба они проведены из одной точки $M$ на общем ребре $AC$ и оба перпендикулярны этому ребру. По определению, угол между этими отрезками, $\angle DMB$, является линейным углом двугранного угла $BACD$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

168. Двугранный угол равен φ. На одной грани этого угла лежит точка, удалённая на расстояние d от плоскости другой грани. Найдите расстояние от этой точки до ребра двугранного угла.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, которые пересекаются по прямой $l$ (ребро двугранного угла). По условию, величина этого угла равна $\phi$.

На одной из граней, пусть это будет грань $\alpha$, лежит точка $M$. Расстояние от точки $M$ до плоскости другой грани $\beta$ равно $d$. Требуется найти расстояние от точки $M$ до ребра $l$.

Выполним необходимые построения. Опустим из точки $M$ перпендикуляр $MO$ на ребро $l$. Длина этого отрезка $MO$ и есть искомое расстояние. Обозначим его $x$, то есть $MO = x$.

Теперь опустим из точки $M$ перпендикуляр $MH$ на плоскость $\beta$. По условию, длина этого перпендикуляра равна $d$, то есть $MH = d$.

Рассмотрим получившийся треугольник $MOH$. В нем $MO$ — это наклонная к плоскости $\beta$, $MH$ — перпендикуляр к этой плоскости, а $OH$ — проекция наклонной $MO$ на плоскость $\beta$.

По теореме о трех перпендикулярах, поскольку наклонная $MO$ перпендикулярна прямой $l$ (по построению), то и ее проекция $OH$ также перпендикулярна прямой $l$.

Мы получили, что отрезки $MO$ и $OH$ перпендикулярны ребру $l$ в одной точке $O$. При этом $MO$ лежит в грани $\alpha$, а $OH$ — в грани $\beta$. Угол между ними, $\angle MOH$, является линейным углом данного двугранного угла. Следовательно, $\angle MOH = \phi$.

Так как $MH$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через его основание $H$. В частности, $MH \perp OH$. Это значит, что треугольник $MOH$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.

В прямоугольном треугольнике $MOH$ катет $MH = d$ является противолежащим углу $\angle MOH = \phi$, а гипотенуза $MO = x$ — это искомое расстояние.

Используя определение синуса острого угла в прямоугольном треугольнике, получаем:
$\sin(\angle MOH) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}}$
$\sin(\phi) = \frac{MH}{MO} = \frac{d}{x}$

Из этого соотношения выражаем $x$:
$x = \frac{d}{\sin(\phi)}$

Ответ: $\frac{d}{\sin(\phi)}$

169. Даны два двугранных угла, у которых одна грань общая, а две другие грани являются различными полуплоскостями одной плоскости. Докажите, что сумма этих двугранных углов равна 180°.

Пусть даны два двугранных угла. Обозначим их общую грань (полуплоскость) как $\alpha_1$. Две другие грани, по условию, являются различными полуплоскостями одной плоскости $\beta$. Обозначим эти полуплоскости как $\beta_1$ и $\beta_2$. Прямая пересечения плоскостей, которая является общим ребром для обоих двугранных углов, обозначим как $a$.

Таким образом, мы рассматриваем два двугранных угла:

• Первый двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha_1$ и $\beta_1$.
• Второй двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha_1$ и $\beta_2$.

Величина двугранного угла измеряется его линейным углом. Чтобы построить линейные углы для данных двугранных углов, выполним следующие действия:

1. На общем ребре $a$ выберем произвольную точку $O$.
2. Проведём через точку $O$ плоскость $\gamma$, перпендикулярную ребру $a$.
3. Эта плоскость пересечёт грани двугранных углов по лучам, исходящим из точки $O$. Углы между этими лучами и будут являться линейными углами наших двугранных углов.

Пусть плоскость $\gamma$ пересекает полуплоскость $\alpha_1$ по лучу $OC$, полуплоскость $\beta_1$ по лучу $OA$ и полуплоскость $\beta_2$ по лучу $OB$. По построению все эти лучи лежат в плоскости $\gamma$ и перпендикулярны прямой $a$ (так как сама плоскость $\gamma$ перпендикулярна $a$).

По определению, линейным углом первого двугранного угла является $\angle AOC$. Обозначим его величину как $\phi_1$.

Линейным углом второго двугранного угла является $\angle BOC$. Обозначим его величину как $\phi_2$.

Теперь рассмотрим расположение лучей $OA$ и $OB$ в плоскости $\gamma$. Лучи $OA$ и $OB$ лежат на прямой, по которой пересекаются плоскости $\beta$ и $\gamma$. Поскольку полуплоскости $\beta_1$ и $\beta_2$ — это две разные полуплоскости плоскости $\beta$ с общей границей $a$, то лучи $OA$ и $OB$, лежащие в этих полуплоскостях, направлены в противоположные стороны от точки $O$. Следовательно, лучи $OA$ и $OB$ являются дополнительными друг другу и образуют развёрнутый угол.

Таким образом, $\angle AOB = 180^\circ$.

Углы $\angle AOC$ и $\angle BOC$ являются смежными, так как у них общая вершина $O$, общая сторона $OC$, а две другие стороны $OA$ и $OB$ образуют прямую. Сумма смежных углов равна $180^\circ$.

$\angle AOC + \angle BOC = \angle AOB$

Подставляя известные величины, получаем:

$\phi_1 + \phi_2 = 180^\circ$

Это доказывает, что сумма двух данных двугранных углов равна $180^\circ$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма данных двугранных углов равна $180^\circ$, что и было доказано путем построения их линейных углов, которые оказались смежными, а сумма смежных углов, как известно, составляет $180^\circ$.

170. Из вершины В треугольника ABC, сторона АС которого лежит в плоскости α, проведён к этой плоскости перпендикуляр ВВ₁. Найдите расстояния от точки В до прямой АС и до плоскости α, если AB = 2 см, ∠BAC = 150° и двугранный угол ВАСВ₁ равен 45°.

Согласно условию задачи, мы имеем треугольник $ABC$, сторона $AC$ которого лежит в плоскости $\alpha$. Из вершины $B$ к этой плоскости проведен перпендикуляр $BB_1$, что означает $BB_1 \perp \alpha$. Также известны следующие данные: $AB = 2$ см, $\angle BAC = 150^\circ$, и двугранный угол $BACB_1$ равен $45^\circ$. Требуется найти два расстояния: от точки $B$ до прямой $AC$ и от точки $B$ до плоскости $\alpha$.

Расстояние от точки B до прямой AC

Расстояние от точки до прямой определяется длиной перпендикуляра, опущенного из точки на эту прямую. Проведем из вершины $B$ высоту $BH$ на прямую, содержащую сторону $AC$. Длина отрезка $BH$ является искомым расстоянием.

Поскольку угол $\angle BAC = 150^\circ$ является тупым, основание высоты, точка $H$, будет расположена на продолжении стороны $AC$ за точкой $A$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$, в котором $\angle BHA = 90^\circ$. Угол $\angle BAH$ смежен с углом $\angle BAC$, следовательно, его величина составляет: $$ \angle BAH = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ $$

В прямоугольном треугольнике $ABH$ катет $BH$ находится напротив угла в $30^\circ$. Длина этого катета равна половине длины гипотенузы $AB$: $$ BH = AB \cdot \sin(\angle BAH) = 2 \cdot \sin(30^\circ) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 \text{ см} $$

Ответ: расстояние от точки $B$ до прямой $AC$ равно 1 см.

Расстояние от точки B до плоскости ?

Расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ по определению равно длине перпендикуляра $BB_1$, опущенного из точки $B$ на эту плоскость.

Построим треугольник $BB_1H$. По условию, $BB_1 \perp \alpha$. Отрезок $BH$ является наклонной к плоскости $\alpha$, а $B_1H$ — ее проекцией на эту плоскость. Мы уже построили $BH \perp AC$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($BH$) перпендикулярна прямой ($AC$), лежащей в плоскости, то и ее проекция ($B_1H$) перпендикулярна той же прямой. Отсюда следует, что $B_1H \perp AC$.

Следовательно, угол $\angle BHB_1$ является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$ с ребром $AC$. По условию задачи, этот двугранный угол равен $45^\circ$, значит, $\angle BHB_1 = 45^\circ$.

Рассмотрим треугольник $BB_1H$. Поскольку $BB_1 \perp \alpha$, а прямая $B_1H$ лежит в плоскости $\alpha$, то $BB_1 \perp B_1H$. Это означает, что треугольник $BB_1H$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B_1$.

В этом прямоугольном треугольнике нам известна гипотенуза $BH = 1$ см и острый угол $\angle BHB_1 = 45^\circ$. Найдем катет $BB_1$, который и является искомым расстоянием: $$ BB_1 = BH \cdot \sin(\angle BHB_1) = 1 \cdot \sin(45^\circ) = 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} \text{ см} $$

Ответ: расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ равно $\frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

171. Гипотенуза прямоугольного равнобедренного треугольника лежит в плоскости α, а катет наклонён к этой плоскости под углом 30°. Найдите угол между плоскостью α и плоскостью треугольника.

Пусть дан прямоугольный равнобедренный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$). Поскольку треугольник равнобедренный, его катеты равны: $AC = BC$. По условию, гипотенуза $AB$ лежит в плоскости $\alpha$.

Угол между прямой (в данном случае, катетом $AC$) и плоскостью ($\alpha$) — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Опустим из вершины $C$ перпендикуляр $CH$ на плоскость $\alpha$. Точка $H$ будет основанием этого перпендикуляра, а отрезок $AH$ — проекцией катета $AC$ на плоскость $\alpha$. По условию задачи, угол между катетом и плоскостью равен $30^\circ$, то есть $\angle CAH = 30^\circ$.

Угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$ является двугранным углом, образованным этими плоскостями. Линия пересечения данных плоскостей — это гипотенуза $AB$. Для нахождения величины этого двугранного угла необходимо построить его линейный угол.

Проведём в плоскости треугольника $ABC$ высоту $CM$ к гипотенузе $AB$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AB$, высота $CM$ также является и медианой. Таким образом, $CM$ перпендикулярна $AB$ ($CM \perp AB$).

Рассмотрим наклонную $CM$ к плоскости $\alpha$. $CH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а $HM$ — проекция наклонной $CM$ на эту плоскость. Согласно теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная ($CM$) перпендикулярна прямой, лежащей в плоскости ($AB$), то и её проекция ($HM$) перпендикулярна этой же прямой ($HM \perp AB$).

Мы имеем две прямые, $CM$ и $HM$, которые перпендикулярны линии пересечения плоскостей $AB$ и проходят через одну точку $M$. Прямая $CM$ лежит в плоскости треугольника, а прямая $HM$ — в плоскости $\alpha$. Следовательно, угол $\angle CMH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$. Наша задача — найти величину этого угла.

Для этого выполним вычисления. Обозначим длину равных катетов $AC$ и $BC$ переменной $a$.

В прямоугольном треугольнике $CAH$ (где $\angle CHA = 90^\circ$, поскольку $CH \perp \alpha$) катет $CH$ лежит против угла в $30^\circ$:
$CH = AC \cdot \sin(\angle CAH) = a \cdot \sin(30^\circ) = a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$.

В прямоугольном равнобедренном треугольнике $ABC$ найдём длину гипотенузы $AB$ по теореме Пифагора:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
Высота (и медиана) $CM$, проведённая к гипотенузе, равна половине гипотенузы:
$CM = \frac{1}{2}AB = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $CHM$ (где $\angle CHM = 90^\circ$, так как $CH \perp \alpha$ и $HM$ лежит в $\alpha$). В этом треугольнике нам известны длина катета $CH$ и гипотенузы $CM$. Искомый угол — $\angle CMH$. Найдём его синус:
$\sin(\angle CMH) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{CH}{CM} = \frac{a/2}{a\sqrt{2}/2} = \frac{a}{2} \cdot \frac{2}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45^\circ$. Таким образом, угол между плоскостью $\alpha$ и плоскостью треугольника равен $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.