Страница 58 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

172. Катет АС прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С лежит в плоскости α, а угол между плоскостями α и ABC равен 60°. Найдите расстояние от точки В до плоскости α, если АС = 5 см, AB = 13 см.

Пусть $BH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на плоскость $\alpha$. Длина этого перпендикуляра $BH$ и есть искомое расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$ ($\angle C = 90^\circ$). По теореме Пифагора найдем длину катета $BC$:
$BC^2 = AB^2 - AC^2$
$BC^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$
$BC = \sqrt{144} = 12$ см.

По условию, катет $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, следовательно, прямая $AC$ является линией пересечения плоскости треугольника $ABC$ и плоскости $\alpha$. Угол между этими плоскостями является двугранным углом с ребром $AC$.

Величина двугранного угла измеряется его линейным углом. Для построения линейного угла необходимо из точки на ребре ($AC$) провести два перпендикуляра к нему, по одному в каждой плоскости. В плоскости треугольника $ABC$ у нас уже есть перпендикуляр к $AC$ — это катет $BC$, так как $\angle C = 90^\circ$.

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на плоскость $\alpha$. Тогда $BH \perp \alpha$, и $CH$ является проекцией наклонной $BC$ на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $BC$ перпендикулярна прямой $AC$ на плоскости, то и ее проекция $CH$ также перпендикулярна прямой $AC$.

Таким образом, угол $\angle BCH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. По условию задачи, $\angle BCH = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $BCH$. Так как $BH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CH$. Следовательно, треугольник $BCH$ является прямоугольным с прямым углом $H$ ($\angle BHC = 90^\circ$).

В прямоугольном треугольнике $BCH$ известна гипотенуза $BC = 12$ см и острый угол $\angle BCH = 60^\circ$. Искомое расстояние — это катет $BH$, противолежащий этому углу. Найдем его, используя определение синуса угла:
$\sin(\angle BCH) = \frac{BH}{BC}$
$BH = BC \cdot \sin(\angle BCH)$
$BH = 12 \cdot \sin(60^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

Ответ: $6\sqrt{3}$ см.

173. Ребро CD тетраэдра ABCD перпендикулярно к плоскости ABC, AB = ВС = АС = 6, BD = 37. Найдите двугранные углы DACB, DABC, BDCA.

DACB

Двугранный угол DACB — это угол между плоскостями (DAC) и (ABC). Общим ребром этих плоскостей является прямая AC.
По условию задачи, ребро CD тетраэдра перпендикулярно плоскости ABC. Это записывается как $CD \perp (ABC)$.
По определению прямой, перпендикулярной плоскости, прямая CD перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости ABC. В частности, $CD \perp AC$.
Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость (DAC) проходит через прямую (CD), перпендикулярную другой плоскости (ABC), то эти плоскости перпендикулярны.
Следовательно, плоскость (DAC) перпендикулярна плоскости (ABC). Угол между перпендикулярными плоскостями равен 90°.

Ответ: $90^\circ$

BDCA

Двугранный угол BDCA — это угол между плоскостями (BDC) и (ADC). Общим ребром этих плоскостей является прямая DC.
Для нахождения величины двугранного угла необходимо найти его линейный угол. Линейный угол образуется двумя лучами, проведенными в гранях двугранного угла перпендикулярно его ребру из одной точки.
Поскольку $CD \perp (ABC)$, то ребро CD перпендикулярно прямым AC и BC, которые лежат в плоскости (ABC). Таким образом, $CD \perp AC$ и $CD \perp BC$.
Следовательно, угол $\angle BCA$ является линейным углом двугранного угла BDCA, так как его стороны AC и BC лежат в гранях (ADC) и (BDC) соответственно и обе перпендикулярны общему ребру DC в точке C.
По условию, треугольник ABC является равносторонним, так как $AB=BC=AC=6$. В равностороннем треугольнике все углы равны 60°. Значит, $\angle BCA = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

DABC

Двугранный угол DABC — это угол между плоскостями (DAB) и (CAB). Общим ребром этих плоскостей является прямая AB.
Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Сначала найдем длину ребра CD. Так как $CD \perp (ABC)$, треугольник BCD является прямоугольным с прямым углом C. По теореме Пифагора:
$CD^2 = BD^2 - BC^2 = (3\sqrt{7})^2 - 6^2 = 9 \cdot 7 - 36 = 63 - 36 = 27$
$CD = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$.
Рассмотрим грань ABC. Так как $\triangle ABC$ — равносторонний, проведем в нем медиану CM к стороне AB. Эта медиана также является высотой, поэтому $CM \perp AB$. Длина CM равна:
$CM = AC \cdot \sin(60^\circ) = 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$.
Теперь рассмотрим грань DAB. Найдем длины ее сторон DA и DB. $DB = 3\sqrt{7}$ дано по условию. Найдем DA из прямоугольного треугольника ACD ($\angle ACD = 90^\circ$):
$DA^2 = AC^2 + CD^2 = 6^2 + (3\sqrt{3})^2 = 36 + 27 = 63$
$DA = \sqrt{63} = 3\sqrt{7}$.
Так как $DA=DB$, треугольник DAB является равнобедренным с основанием AB. Проведем в нем медиану DM к основанию AB. В равнобедренном треугольнике медиана к основанию также является высотой, поэтому $DM \perp AB$.
Таким образом, угол $\angle CMD$ является линейным углом двугранного угла DABC, так как $CM \perp AB$ и $DM \perp AB$.
Найдем длину DM из прямоугольного треугольника DMA (где $AM = AB/2 = 3$):
$DM^2 = DA^2 - AM^2 = (3\sqrt{7})^2 - 3^2 = 63 - 9 = 54$
$DM = \sqrt{54} = 3\sqrt{6}$.
Рассмотрим треугольник CMD. Мы знаем длины всех его сторон: $CD=3\sqrt{3}$, $CM=3\sqrt{3}$, $DM=3\sqrt{6}$.
Применим теорему косинусов для $\triangle CMD$, чтобы найти $\angle CMD$:
$CD^2 = CM^2 + DM^2 - 2 \cdot CM \cdot DM \cdot \cos(\angle CMD)$
$(3\sqrt{3})^2 = (3\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{6})^2 - 2 \cdot (3\sqrt{3}) \cdot (3\sqrt{6}) \cdot \cos(\angle CMD)$
$27 = 27 + 54 - 2 \cdot 9\sqrt{18} \cdot \cos(\angle CMD)$
$0 = 54 - 18 \cdot 3\sqrt{2} \cdot \cos(\angle CMD)$
$54\sqrt{2} \cdot \cos(\angle CMD) = 54$
$\cos(\angle CMD) = \frac{54}{54\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
Следовательно, $\angle CMD = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

174. Найдите двугранный угол ABCD тетраэдра ABCD, если углы DAB, DAC и АСВ прямые, АС = СВ = 5, DB = 55.

По условию задачи даны углы $\angle DAB = 90^\circ$ и $\angle DAC = 90^\circ$. Это означает, что ребро $DA$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым $AB$ и $AC$ в плоскости $ABC$. Следовательно, ребро $DA$ перпендикулярно всей плоскости основания $ABC$.

Двугранный угол $ABCD$ — это, по наиболее распространённому определению, двугранный угол при ребре $BC$. Он равен линейному углу между плоскостями $(ABC)$ и $(DBC)$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол.

Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами, проведенными к ребру двугранного угла в его плоскостях из одной точки.

1. Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию $\angle ACB = 90^\circ$. Это означает, что прямая $AC$ перпендикулярна прямой $BC$ ($AC \perp BC$). Прямая $AC$ лежит в плоскости $(ABC)$.

2. Рассмотрим наклонную $DC$ и ее проекцию $AC$ на плоскость $(ABC)$ (поскольку $DA \perp (ABC)$). Так как проекция $AC$ перпендикулярна прямой $BC$, то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $DC$ также перпендикулярна прямой $BC$ ($DC \perp BC$). Прямая $DC$ лежит в плоскости $(DBC)$.

3. Мы нашли два перпендикуляра к общему ребру $BC$, проведенные из точки $C$: $AC$ в плоскости $(ABC)$ и $DC$ в плоскости $(DBC)$. Следовательно, угол $\angle ACD$ является линейным углом искомого двугранного угла.

4. Теперь найдем величину угла $\angle ACD$. Для этого рассмотрим треугольник $ACD$. Так как $DA \perp (ABC)$, то $DA \perp AC$, а значит, треугольник $ACD$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.

Для нахождения угла $\angle ACD$ нам нужно знать длины катетов $AC$ и $AD$.

- Длина $AC$ дана по условию: $AC = 5$.

- Длину $AD$ найдем из других прямоугольных треугольников.

Сначала рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle C = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $AB^2 = AC^2 + CB^2$. По условию $AC = 5$ и $CB = 5$, тогда: $AB^2 = 5^2 + 5^2 = 25 + 25 = 50$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $DAB$ ($\angle A = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $DB^2 = DA^2 + AB^2$. По условию $DB = 5\sqrt{5}$, а $AB^2 = 50$ мы уже нашли. $(5\sqrt{5})^2 = DA^2 + 50$ $25 \cdot 5 = DA^2 + 50$ $125 = DA^2 + 50$ $DA^2 = 125 - 50 = 75$ $DA = \sqrt{75} = \sqrt{25 \cdot 3} = 5\sqrt{3}$.

5. Возвращаемся к прямоугольному треугольнику $ACD$. Мы знаем длины его катетов: $AC = 5$ и $AD = 5\sqrt{3}$. Найдем тангенс угла $\angle ACD$: $\tan(\angle ACD) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{AD}{AC} = \frac{5\sqrt{3}}{5} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, $\angle ACD = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

175. Докажите, что если все рёбра тетраэдра равны, то все его двугранные углы также равны. Найдите эти углы.

Докажите, что если все ребра тетраэдра равны, то все его двугранные углы также равны.

Тетраэдр, у которого все ребра равны, называется правильным тетраэдром. Пусть длина ребра такого тетраэдра $DABC$ равна $a$.

Поскольку все ребра равны, все четыре грани тетраэдра ($\triangle ABC$, $\triangle DAB$, $\triangle DBC$, $\triangle DCA$) являются равными между собой равносторонними треугольниками со стороной $a$.

Двугранный угол при ребре — это угол между двумя гранями, имеющими это ребро общим. Чтобы доказать, что все двугранные углы равны, достаточно показать, что их линейные углы равны.

Рассмотрим двугранный угол при ребре $AB$. Это угол между гранями $DAB$ и $CAB$. Для его измерения построим линейный угол. Так как треугольники $DAB$ и $CAB$ равносторонние, их высоты, проведенные к общему основанию $AB$, являются также и медианами. Пусть $K$ — середина ребра $AB$. Тогда отрезки $DK$ и $CK$ являются высотами в треугольниках $DAB$ и $CAB$ соответственно, и, следовательно, перпендикулярны ребру $AB$ ($DK \perp AB$ и $CK \perp AB$). Угол $\angle DKC$ — это линейный угол двугранного угла при ребре $AB$.

Аналогично, рассмотрим двугранный угол при любом другом ребре, например, при ребре $BC$. Пусть $L$ — середина ребра $BC$. Тогда высоты $DL$ и $AL$ в треугольниках $DBC$ и $ABC$ перпендикулярны ребру $BC$, а угол $\angle DLA$ является линейным углом двугранного угла при ребре $BC$.

Теперь сравним треугольники $\triangle DKC$ и $\triangle DLA$. Высота равностороннего треугольника со стороной $a$ равна $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. В треугольнике $\triangle DKC$ стороны равны: $DK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (высота в $\triangle DAB$), $CK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (высота в $\triangle CAB$), и $DC = a$ (ребро тетраэдра). В треугольнике $\triangle DLA$ стороны равны: $DL = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (высота в $\triangle DBC$), $AL = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (высота в $\triangle ABC$), и $DA = a$ (ребро тетраэдра).

Таким образом, треугольники $\triangle DKC$ и $\triangle DLA$ равны по трем сторонам (SSS), так как их соответствующие стороны равны ($DK=DL$, $CK=AL$, $DC=DA$). Из равенства треугольников следует и равенство их соответствующих углов, а именно $\angle DKC = \angle DLA$. Поскольку ребра $AB$ и $BC$ были выбраны произвольно, можно заключить, что все двугранные углы правильного тетраэдра равны между собой.

Ответ: Равенство всех двугранных углов доказано.

Найдите эти углы.

Для нахождения величины двугранного угла воспользуемся треугольником $\triangle DKC$, построенным в ходе доказательства. Пусть $\alpha$ — искомый двугранный угол. Тогда $\alpha = \angle DKC$.

Мы знаем длины всех сторон равнобедренного треугольника $\triangle DKC$: $DK = CK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ и $DC = a$.Применим к этому треугольнику теорему косинусов для нахождения угла $\alpha$:

$DC^2 = DK^2 + CK^2 - 2 \cdot DK \cdot CK \cdot \cos(\alpha)$

Подставим известные значения:

$a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\alpha)$

$a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$

$a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{6a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$

$a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\alpha)$

Сократим обе части уравнения на $a^2$ (так как длина ребра $a \neq 0$):

$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\alpha)$

$\frac{3}{2} \cos(\alpha) = \frac{3}{2} - 1$

$\frac{3}{2} \cos(\alpha) = \frac{1}{2}$

$\cos(\alpha) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$

Следовательно, величина двугранного угла $\alpha$ равна арккосинусу $1/3$.

Ответ: Величина каждого двугранного угла в правильном тетраэдре равна $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

176. Через сторону AD ромба ABCD проведена плоскость ADM так, что двугранный угол BADM равен 60°. Найдите сторону ромба, если ∠BAD = 45° и расстояние от точки В до плоскости ADM равно 43.

Пусть сторона ромба $ABCD$ равна $a$. Таким образом, $AB = BC = CD = DA = a$.По условию, через сторону $AD$ проведена плоскость $ADM$. Обозначим плоскость ромба как $(ABC)$, а проведенную плоскость как $\alpha = (ADM)$. Линия пересечения этих плоскостей - прямая $AD$.Двугранный угол $BADM$ - это двугранный угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ADM)$, и он равен $60^\circ$.Расстояние от точки $B$ до плоскости $(ADM)$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на эту плоскость. Обозначим этот перпендикуляр $BH$, где $H \in (ADM)$. По условию, $BH = 4\sqrt{3}$.

Для нахождения линейного угла двугранного угла опустим из точки $B$ в плоскости ромба перпендикуляр $BK$ на прямую $AD$. Таким образом, $BK \perp AD$.Теперь у нас есть перпендикуляр $BH$ к плоскости $(ADM)$ и наклонная $BK$ к этой же плоскости. $HK$ является проекцией наклонной $BK$ на плоскость $(ADM)$.По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $BK$ перпендикулярна прямой $AD$, лежащей в плоскости $(ADM)$, то и ее проекция $HK$ перпендикулярна этой прямой. То есть, $HK \perp AD$.

Так как $BK \perp AD$ и $HK \perp AD$, то угол $\angle BKH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABC)$ и $(ADM)$. Следовательно, $\angle BKH = 60^\circ$.Рассмотрим треугольник $\triangle BKH$. Так как $BH$ - перпендикуляр к плоскости $(ADM)$, то $BH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, включая $HK$. Значит, $\triangle BKH$ - прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle BHK = 90^\circ$.В этом треугольнике мы знаем катет $BH = 4\sqrt{3}$ и противолежащий ему угол $\angle BKH = 60^\circ$. Найдем гипотенузу $BK$:$ \sin(\angle BKH) = \frac{BH}{BK} $$ BK = \frac{BH}{\sin(60^\circ)} = \frac{4\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 4\sqrt{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = 8 $

Теперь рассмотрим ромб $ABCD$ в его плоскости. Отрезок $BK$ является высотой ромба, опущенной из вершины $B$ на сторону $AD$.Рассмотрим треугольник $\triangle ABK$. Так как $BK \perp AD$, то $\triangle ABK$ - прямоугольный, с $\angle BKA = 90^\circ$.В этом треугольнике гипотенуза $AB$ - это сторона ромба $a$. Угол $\angle BAK$ - это угол ромба $\angle BAD$, который по условию равен $45^\circ$. Мы нашли катет $BK = 8$.Теперь можем найти гипотенузу $AB$:$ \sin(\angle BAK) = \frac{BK}{AB} $$ a = AB = \frac{BK}{\sin(\angle BAK)} = \frac{8}{\sin(45^\circ)} = \frac{8}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{16}{\sqrt{2}} = \frac{16\sqrt{2}}{2} = 8\sqrt{2} $

Ответ: $8\sqrt{2}$.

177. Докажите, что плоскость, перпендикулярная к прямой, по которой пересекаются две данные плоскости, перпендикулярна к каждой из этих плоскостей.

Обозначим данные плоскости как $\alpha$ и $\beta$, прямую их пересечения как $c$, а плоскость, перпендикулярную этой прямой, как $\gamma$.

Дано:
Плоскости $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
Прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$: $\alpha \cap \beta = c$.
Плоскость $\gamma$ перпендикулярна прямой $c$: $\gamma \perp c$.

Доказать:
Плоскость $\gamma$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($\gamma \perp \alpha$) и плоскость $\gamma$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($\gamma \perp \beta$).

Доказательство:

Для доказательства воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

1. По условию, плоскость $\gamma$ перпендикулярна прямой $c$. Из определения перпендикулярности прямой и плоскости следует, что и прямая $c$ перпендикулярна плоскости $\gamma$. Запишем это как $c \perp \gamma$.

2. Так как прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то по определению она принадлежит каждой из этих плоскостей: $c \subset \alpha$ и $c \subset \beta$.

3. Рассмотрим плоскости $\alpha$ и $\gamma$. Плоскость $\alpha$ проходит через прямую $c$ (согласно п. 2), а прямая $c$ перпендикулярна плоскости $\gamma$ (согласно п. 1). Следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $\gamma$, то есть $\alpha \perp \gamma$.

4. Аналогично рассмотрим плоскости $\beta$ и $\gamma$. Плоскость $\beta$ проходит через прямую $c$ (согласно п. 2), а прямая $c$ перпендикулярна плоскости $\gamma$ (согласно п. 1). Следовательно, по тому же признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $\beta$ перпендикулярна плоскости $\gamma$, то есть $\beta \perp \gamma$.

Таким образом, доказано, что плоскость $\gamma$, перпендикулярная к линии пересечения $\alpha$ и $\beta$, перпендикулярна к каждой из этих плоскостей. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, данное в условии задачи, доказано.

178. Плоскости α и β взаимно перпендикулярны и пересекаются по прямой с. Докажите, что любая прямая плоскости α, перпендикулярная к прямой с, перпендикулярна к плоскости β.

Решение

Проведём в плоскости α произвольную прямую АС, перпендикулярную к прямой с, С ∈ с. Докажем, что CA ⊥ β.

В плоскости β через точку С проведём прямую СВ, перпендикулярную к прямой с. Так как СА ⊥ с и СВ ⊥ с, то ∠АСB — линейный угол одного из двугранных углов, образованных плоскостями α и β. По условию задачи α ⊥ β, поэтому ∠АСВ — прямой, т. е. СА ⊥ СВ. Таким образом, прямая СА перпендикулярна к двум пересекающимся прямым с и СВ плоскости β, поэтому СА ⊥ β.

Решение

Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ взаимно перпендикулярны ($ \alpha \perp \beta $) и пересекаются по прямой $c$ ($ \alpha \cap \beta = c $). Возьмём в плоскости $\alpha$ произвольную прямую, назовем ее $a$, которая перпендикулярна прямой $c$. Пусть точка их пересечения — $C$. Таким образом, у нас есть: $a \subset \alpha$, $a \perp c$, и $a \cap c = C$. Нам необходимо доказать, что прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($a \perp \beta$).

Для доказательства воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости: прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Одна такая прямая в плоскости $\beta$ у нас уже есть — это прямая $c$, так как по условию $a \perp c$ и $c \subset \beta$. Теперь нам нужно найти вторую прямую.

Проведём в плоскости $\beta$ через точку $C$ прямую $b$, перпендикулярную прямой $c$. Таким образом, $b \subset \beta$ и $b \perp c$.

Рассмотрим угол, образованный прямыми $a$ и $b$. Так как обе прямые $a$ и $b$ перпендикулярны общей прямой $c$ в одной и той же точке $C$, то по определению угол между ними является линейным углом двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

По условию задачи плоскости $\alpha$ и $\beta$ взаимно перпендикулярны. Это означает, что величина двугранного угла между ними равна $90^\circ$. Следовательно, его линейный угол также равен $90^\circ$. Таким образом, прямые $a$ и $b$ перпендикулярны: $a \perp b$.

Итак, мы установили, что прямая $a$ перпендикулярна двум прямым, лежащим в плоскости $\beta$:
1. $a \perp c$ (по нашему выбору прямой $a$).
2. $a \perp b$ (как было доказано выше).

Прямые $c$ и $b$ лежат в плоскости $\beta$ и пересекаются в точке $C$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\beta$.

Поскольку прямая $a$ была выбрана как произвольная прямая в плоскости $\alpha$, перпендикулярная прямой $c$, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

179. Плоскости α и β взаимно перпендикулярны. Через некоторую точку плоскости α проведена прямая, перпендикулярная к плоскости β. Докажите, что эта прямая лежит в плоскости α.

Доказательство.

Пусть даны взаимно перпендикулярные плоскости $\alpha$ и $\beta$, то есть $\alpha \perp \beta$. Пусть $c$ — линия их пересечения ($c = \alpha \cap \beta$). По условию, через некоторую точку $A$ плоскости $\alpha$ ($A \in \alpha$) проведена прямая $a$, которая перпендикулярна плоскости $\beta$ ($a \perp \beta$).

Требуется доказать, что прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$).

Для доказательства построим в плоскости $\alpha$ вспомогательную прямую $a'$ через точку $A$ перпендикулярно линии пересечения $c$. По построению, прямая $a'$ полностью лежит в плоскости $\alpha$ ($a' \subset \alpha$) и $a' \perp c$.

Согласно свойству взаимно перпендикулярных плоскостей, если прямая, лежащая в одной из плоскостей, перпендикулярна линии их пересечения, то она перпендикулярна и второй плоскости. В нашем случае, так как $a' \subset \alpha$ и $a' \perp c$, а также $\alpha \perp \beta$, то из этого следует, что прямая $a'$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($a' \perp \beta$).

Таким образом, мы имеем две прямые:

• прямая $a$ (из условия), которая проходит через точку $A$ и перпендикулярна плоскости $\beta$.
• прямая $a'$ (построенная нами), которая также проходит через точку $A$ и перпендикулярна плоскости $\beta$.

По теореме о единственности перпендикуляра к плоскости, через любую точку пространства можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной плоскости. Следовательно, прямые $a$ и $a'$ должны совпадать, то есть $a \equiv a'$.

Поскольку прямая $a'$ была построена так, что она лежит в плоскости $\alpha$, а прямая $a$ с ней совпадает, то и прямая $a$ также лежит в плоскости $\alpha$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, проведенная через точку плоскости $\alpha$ перпендикулярно к плоскости $\beta$ (при условии, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ взаимно перпендикулярны), лежит в плоскости $\alpha$.

180. Докажите, что плоскость и не лежащая в ней прямая, перпендикулярные к одной и той же плоскости, параллельны.

Дано:

Пусть даны плоскость $\alpha$, прямая $a$ и плоскость $\gamma$. Согласно условию задачи:

• Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $\gamma$ ($\alpha \perp \gamma$).
• Прямая $a$ перпендикулярна той же плоскости $\gamma$ ($a \perp \gamma$).
• Прямая $a$ не лежит в плоскости $\alpha$ ($a \not\subset \alpha$).

Доказать:

Необходимо доказать, что прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$ ($a \parallel \alpha$).

Доказательство:

Воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что прямая $a$ не параллельна плоскости $\alpha$.

По определению, если прямая не параллельна плоскости и не лежит в ней, то она пересекает эту плоскость. Следовательно, из нашего предположения и условия ($a \not\subset \alpha$) следует, что прямая $a$ пересекает плоскость $\alpha$ в некоторой единственной точке. Обозначим эту точку $M$.

Итак, $a \cap \alpha = \{M\}$.

Поскольку точка $M$ принадлежит плоскости $\alpha$ и по условию $\alpha \perp \gamma$, то в плоскости $\alpha$ можно провести прямую, проходящую через точку $M$ и перпендикулярную плоскости $\gamma$. Назовем эту прямую $c$. (Такая прямая $c$ существует и единственна; она строится в плоскости $\alpha$ как перпендикуляр к линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\gamma$). Таким образом, мы построили прямую $c$, для которой выполняются следующие условия: $M \in c$, $c \subset \alpha$ и $c \perp \gamma$.

Теперь мы имеем две прямые, $a$ и $c$. Обе они проходят через одну и ту же точку $M$, и обе перпендикулярны одной и той же плоскости $\gamma$:

• $a \perp \gamma$ (по условию задачи).
• $c \perp \gamma$ (по нашему построению).

Это вступает в противоречие с fundamentalной теоремой стереометрии, которая гласит, что через любую точку пространства проходит только одна прямая, перпендикулярная данной плоскости.

Из этой теоремы следует, что наши прямые $a$ и $c$ должны совпадать ($a \equiv c$).

Однако это приводит к новому противоречию. По построению, прямая $c$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ ($c \subset \alpha$). Если $a \equiv c$, то и прямая $a$ должна лежать в плоскости $\alpha$. Но это противоречит исходному условию задачи, согласно которому $a \not\subset \alpha$.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение (о том, что прямая $a$ не параллельна плоскости $\alpha$) было неверным.

Следовательно, прямая $a$ не может пересекать плоскость $\alpha$. Так как она и не лежит в ней, остается единственно возможный случай: прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Плоскость и не лежащая в ней прямая, перпендикулярные к одной и той же плоскости, параллельны.

181. Плоскости α и β пересекаются по прямой а. Из точки М проведены перпендикуляры МА и MB соответственно к плоскостям α и β. Прямая а пересекает плоскость АМВ в точке С. Докажите, что MC ⊥ a.

Доказательство

По условию задачи, плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $a$. Это означает, что прямая $a$ принадлежит обеим плоскостям, то есть $a \subset \alpha$ и $a \subset \beta$.

Из точки $M$ проведен перпендикуляр $MA$ к плоскости $\alpha$ ($MA \perp \alpha$). По определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Так как прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$), то отсюда следует, что $MA \perp a$.

Аналогично, из точки $M$ проведен перпендикуляр $MB$ к плоскости $\beta$ ($MB \perp \beta$). Так как прямая $a$ лежит в плоскости $\beta$ ($a \subset \beta$), то отсюда следует, что $MB \perp a$.

Таким образом, мы установили, что прямая $a$ перпендикулярна двум прямым, $MA$ и $MB$. Эти прямые пересекаются в точке $M$ и определяют плоскость $AMB$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости. Следовательно, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $AMB$, что можно записать как $a \perp (\text{плоскость } AMB)$.

По условию, прямая $a$ пересекает плоскость $AMB$ в точке $C$. Это означает, что точка $C$ принадлежит плоскости $AMB$. Точка $M$ также принадлежит плоскости $AMB$ по построению. Значит, прямая $MC$, проходящая через точки $M$ и $C$, целиком лежит в плоскости $AMB$ ($MC \subset (\text{плоскость } AMB)$).

Из определения перпендикулярности прямой и плоскости следует, что если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поскольку $a \perp (\text{плоскость } AMB)$ и $MC \subset (\text{плоскость } AMB)$, то $a \perp MC$.

Это и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что $MC \perp a$, доказано.

182. Плоскости α и β взаимно перпендикулярны и пересекаются по прямой а. Из точки М проведены перпендикуляры MA и MB к этим плоскостям. Прямая а пересекает плоскость AMB в точке С. а) Докажите, что четырёхугольник АСВM является прямоугольником. б) Найдите расстояние от точки M до прямой а, если AM = m, ВM = n.

а) Докажите, что четырехугольник ACBM является прямоугольником.

1. По условию, $MA$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$). По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $MA$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку $A$. Поскольку точка $C$ лежит на прямой $a$, то прямая $AC$ совпадает с прямой $a$ или является ее частью, а значит, лежит в плоскости $\alpha$. Следовательно, $MA \perp AC$. Это означает, что угол $\angle MAC = 90^\circ$.

2. Аналогично, по условию, $MB$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, а прямая $a$ лежит в плоскости $\beta$ ($a \subset \beta$). Прямая $BC$ лежит в плоскости $\beta$, так как точки $B$ и $C$ принадлежат этой плоскости. Следовательно, $MB \perp BC$. Это означает, что угол $\angle MBC = 90^\circ$.

3. Так как $MA \perp \alpha$ и $a \subset \alpha$, то $MA \perp a$. Так как $MB \perp \beta$ и $a \subset \beta$, то $MB \perp a$. Прямые $MA$ и $MB$ пересекаются в точке $M$ и определяют плоскость $AMB$. Поскольку прямая $a$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $MA$ и $MB$ в плоскости $AMB$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $AMB$ ($a \perp (AMB)$).

4. Точка $C$ является точкой пересечения прямой $a$ и плоскости $AMB$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$ (так как $A \in \alpha$ и $C \in a \subset \alpha$). Прямая $BC$ лежит в плоскости $\beta$ (так как $B \in \beta$ и $C \in a \subset \beta$). Так как $a \perp (AMB)$, то прямая $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $AMB$ и проходящей через точку $C$. В частности, $a \perp AC$ и $a \perp BC$.

5. Поскольку прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярна линии пересечения плоскостей $a$, а прямая $BC$ лежит в плоскости $\beta$ и также перпендикулярна $a$, то угол $\angle ACB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $\beta$. По условию, плоскости $\alpha$ и $\beta$ взаимно перпендикулярны, следовательно, $\angle ACB = 90^\circ$.

6. Мы имеем четырехугольник $ACBM$, который лежит в плоскости $AMB$. Мы доказали, что три его угла являются прямыми: $\angle MAC = 90^\circ$, $\angle CBM = 90^\circ$ и $\angle ACB = 90^\circ$. Четырехугольник, у которого три угла прямые, является прямоугольником. Следовательно, $ACBM$ — прямоугольник.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Найдите расстояние от точки M до прямой a, если $AM = m$, $BM = n$.

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую.

Как было доказано в пункте а), прямая $a$ перпендикулярна плоскости $AMB$ в точке их пересечения $C$. Поскольку отрезок $MC$ лежит в плоскости $AMB$ и проходит через точку $C$, то $MC \perp a$. Таким образом, длина отрезка $MC$ и есть искомое расстояние от точки $M$ до прямой $a$.

В пункте а) мы также доказали, что $ACBM$ — прямоугольник. В прямоугольнике противоположные стороны равны. Следовательно, $AC = BM$ и $BC = AM$.

По условию $AM = m$ и $BM = n$. Значит, $BC = m$ и $AC = n$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MAC$. Угол $\angle MAC = 90^\circ$. По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы $MC$ равен сумме квадратов катетов $MA$ и $AC$: $MC^2 = MA^2 + AC^2$

Подставим известные значения: $MC^2 = m^2 + n^2$

Отсюда, $MC = \sqrt{m^2 + n^2}$.

Таким образом, расстояние от точки $M$ до прямой $a$ равно $\sqrt{m^2 + n^2}$.

Ответ: $\sqrt{m^2 + n^2}$.