Страница 14 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

69. Прямая $AO$ перпендикулярна плоскости окружности с центром $O$. Точка $B$ лежит на окружности. Найдите отрезок $AB$, если радиус окружности равен $8 \text{ см}$ и $\angle ABO = 60^\circ$.

По условию задачи, прямая AO перпендикулярна плоскости окружности с центром в точке O. Точка B лежит на этой окружности. Это означает, что отрезок OB является радиусом окружности и лежит в ее плоскости.

Так как прямая AO перпендикулярна плоскости окружности, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку O. Следовательно, прямая AO перпендикулярна радиусу OB.

Таким образом, треугольник ABO является прямоугольным с прямым углом при вершине O ($ \angle AOB = 90^\circ $). В этом треугольнике:
- катет OB равен радиусу окружности: $ OB = 8 $ см;
- AB является гипотенузой.

Нам также известен острый угол $ \angle ABO = 60^\circ $. Для нахождения гипотенузы AB можно использовать определение косинуса острого угла в прямоугольном треугольнике, которое гласит, что косинус угла равен отношению прилежащего катета к гипотенузе.

$ \cos(\angle ABO) = \frac{OB}{AB} $

Подставим известные значения в эту формулу:

$ \cos(60^\circ) = \frac{8}{AB} $

Мы знаем, что значение косинуса 60 градусов равно $ \frac{1}{2} $. Получаем уравнение:

$ \frac{1}{2} = \frac{8}{AB} $

Теперь выразим AB из этого уравнения:

$ AB = \frac{8}{\frac{1}{2}} = 8 \cdot 2 = 16 $ см.

Ответ: 16 см.

70. Через точку M пересечения диагоналей прямоугольника ABCD проведена прямая SM, перпендикулярная его плоскости, и точка S соединена с серединой F стороны CD (рис. 22). Найдите отрезок SD, если $AB = 10$ см, $BC = 24$ см, $\angle MSF = 60^\circ$.

Рис. 22

Поскольку $ABCD$ — прямоугольник, его противоположные стороны равны: $CD = AB = 10$ см и $AD = BC = 24$ см. Точка $M$ является точкой пересечения диагоналей и, следовательно, центром прямоугольника.

Точка $F$ — середина стороны $CD$. Отрезок $MF$, соединяющий центр прямоугольника с серединой стороны, перпендикулярен этой стороне, и его длина равна половине длины смежной стороны $BC$. Таким образом, получаем:

$MF = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$ см.

Согласно условию, прямая $SM$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $(ABC)$. Это означает, что $SM$ перпендикулярна любой прямой, которая лежит в этой плоскости и проходит через точку $M$. В частности, $SM \perp MF$. Из этого следует, что треугольник $\triangle SMF$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$ ($\angle SMF = 90^\circ$).

В прямоугольном треугольнике $\triangle SMF$ нам известен угол $\angle MSF = 60^\circ$ и длина катета $MF = 12$ см. Мы можем найти длину второго катета $SM$ с помощью тангенса:

$\tan(\angle MSF) = \frac{MF}{SM}$

$\tan(60^\circ) = \frac{12}{SM} \implies \sqrt{3} = \frac{12}{SM}$

$SM = \frac{12}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{3} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь необходимо найти длину отрезка $SD$. Для этого рассмотрим треугольник $\triangle SMD$. Так как прямая $SM$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, она перпендикулярна и отрезку $MD$, который лежит в этой плоскости. Следовательно, треугольник $\triangle SMD$ также является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$ ($\angle SMD = 90^\circ$).

По теореме Пифагора для $\triangle SMD$ имеем: $SD^2 = SM^2 + MD^2$.

Длина $MD$ — это половина диагонали $BD$ прямоугольника $ABCD$. Найдем длину диагонали $BD$ по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $\triangle BCD$:

$BD^2 = BC^2 + CD^2 = 24^2 + 10^2 = 576 + 100 = 676$

$BD = \sqrt{676} = 26$ см.

Следовательно, длина отрезка $MD$ равна:

$MD = \frac{1}{2} BD = \frac{26}{2} = 13$ см.

Подставим найденные значения $SM$ и $MD$ в формулу для $SD$:

$SD^2 = (4\sqrt{3})^2 + 13^2 = (16 \cdot 3) + 169 = 48 + 169 = 217$

$SD = \sqrt{217}$ см.

Ответ: $\sqrt{217}$ см.

71. Сторона правильного треугольника $ABC$ равна 18 см. Через центр $O$ треугольника проведена прямая $SO$, перпендикулярная его плоскости. Найдите отрезок $SO$, если $\angle SAO = 30^\circ$.

Пусть дан правильный (равносторонний) треугольник $ABC$ со стороной $a = 18$ см. Точка $O$ — центр этого треугольника. По условию, через точку $O$ проведена прямая $SO$, перпендикулярная плоскости треугольника $(ABC)$.

1. Поскольку прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $O$. В частности, $SO \perp AO$. Следовательно, треугольник $\triangle SAO$ является прямоугольным с прямым углом $\angle SOA = 90^\circ$.

2. В прямоугольном треугольнике $\triangle SAO$ мы можем найти катет $SO$ через другой катет $AO$ и противолежащий угол $\angle SAO$. Используем определение тангенса:
$ \tan(\angle SAO) = \frac{SO}{AO} $
Отсюда выразим искомый отрезок $SO$:
$ SO = AO \cdot \tan(\angle SAO) $
По условию $\angle SAO = 30^\circ$, а $\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Тогда:
$ SO = AO \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} $

3. Теперь необходимо найти длину отрезка $AO$. В правильном треугольнике центр $O$ является центром описанной окружности, а отрезок, соединяющий центр с вершиной, является ее радиусом $R$. Таким образом, $AO = R$. Радиус описанной окружности для правильного треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле:
$ R = \frac{a}{\sqrt{3}} $
Подставим в формулу значение стороны $a = 18$ см:
$ AO = R = \frac{18}{\sqrt{3}} $
Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:
$ AO = \frac{18 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{18\sqrt{3}}{3} = 6\sqrt{3} $ см.

4. Наконец, подставим найденное значение $AO = 6\sqrt{3}$ см в формулу для $SO$:
$ SO = 6\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 6 $ см.

Ответ: 6 см.

72. Через точку $E$, лежащую вне плоскости треугольника $ABC$, провели прямую $EA$, перпендикулярную прямым $AB$ и $AC$. На отрезке $BC$ взяли произвольную точку $D$. Докажите, что $EA \perp AD$.

По условию задачи, прямая $EA$ перпендикулярна прямым $AB$ и $AC$. Эти две прямые, $AB$ и $AC$, пересекаются в точке $A$ и лежат в плоскости треугольника $ABC$. Обозначим эту плоскость $(ABC)$.

Воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости.

Так как $EA \perp AB$ и $EA \perp AC$, а прямые $AB$ и $AC$ пересекаются в точке $A$ и лежат в плоскости $(ABC)$, то прямая $EA$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Запишем это как $EA \perp (ABC)$.

Точка $D$ лежит на отрезке $BC$. Поскольку точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $(ABC)$, то и весь отрезок $BC$ принадлежит этой плоскости. Следовательно, точка $D$ также лежит в плоскости $(ABC)$.

Прямая $AD$ соединяет две точки, $A$ и $D$, которые обе лежат в плоскости $(ABC)$. Это означает, что вся прямая $AD$ также лежит в плоскости $(ABC)$.

Согласно определению прямой, перпендикулярной плоскости, такая прямая перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

Поскольку прямая $EA$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, а прямая $AD$ лежит в этой плоскости, то прямая $EA$ перпендикулярна прямой $AD$, то есть $EA \perp AD$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

73. Точка D лежит вне плоскости треугольника ABC (рис. 23), $\angle DAC = \angle BAC = 90^\circ$. Укажите прямую и плоскость, которые являются перпендикулярными.

Рис. 24

Рис. 23

По условию задачи точка D лежит вне плоскости треугольника ABC. Также дано, что $\angle DAC = 90^\circ$ и $\angle BAC = 90^\circ$.

Из того, что $\angle DAC = 90^\circ$, следует, что прямая $DA$ перпендикулярна прямой $AC$. Запишем это как $DA \perp AC$.

Аналогично, из того, что $\angle BAC = 90^\circ$, следует, что прямая $BA$ перпендикулярна прямой $AC$. Запишем это как $BA \perp AC$.

Таким образом, прямая $AC$ перпендикулярна двум прямым — $DA$ и $BA$. Эти две прямые пересекаются в точке $A$ и, следовательно, задают плоскость. Обозначим эту плоскость как $(DAB)$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости.

В нашем случае прямая $AC$ перпендикулярна пересекающимся прямым $DA$ и $BA$, которые лежат в плоскости $(DAB)$. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(DAB)$.

Ответ: прямая $AC$ и плоскость $(DAB)$.

74. На рисунке 24 изображён куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Докажите, что четырёхугольник $A_1BCD_1$ – прямоугольник.

Рис. 24

Для доказательства того, что четырехугольник $A_1BCD_1$ является прямоугольником, необходимо установить, что он является параллелограммом, у которого хотя бы один угол прямой.

1. Докажем, что $A_1BCD_1$ — параллелограмм.
Рассмотрим противоположные стороны четырехугольника: $A_1D_1$ и $BC$.По определению куба, все его ребра равны, следовательно, длины этих сторон равны: $A_1D_1 = BC$.Рассмотрим параллельность этих сторон. В верхней грани куба $A_1B_1C_1D_1$, которая является квадратом, сторона $A_1D_1$ параллельна стороне $B_1C_1$. В боковой грани куба $BCC_1B_1$, которая также является квадратом, сторона $B_1C_1$ параллельна стороне $BC$.Поскольку $A_1D_1 \parallel B_1C_1$ и $B_1C_1 \parallel BC$, то по свойству транзитивности параллельных прямых $A_1D_1 \parallel BC$.Таким образом, в четырехугольнике $A_1BCD_1$ две противоположные стороны ($A_1D_1$ и $BC$) равны и параллельны. По признаку параллелограмма, четырехугольник $A_1BCD_1$ является параллелограммом.

2. Докажем, что угол параллелограмма $A_1BCD_1$ прямой.
Рассмотрим угол $\angle A_1BC$.Так как $ABCD$ — квадрат, то ребро $BC$ перпендикулярно ребру $AB$ ($BC \perp AB$).Ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $BC$. Следовательно, $BC \perp BB_1$.Прямые $AB$ и $BB_1$ пересекаются в точке $B$ и лежат в плоскости грани $ABB_1A_1$.Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AB$ и $BB_1$) в плоскости $ABB_1A_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $ABB_1A_1$.Прямая $A_1B$ является диагональю грани $ABB_1A_1$ и, следовательно, лежит в этой плоскости.По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABB_1A_1$, а значит, $BC \perp A_1B$.Следовательно, угол $\angle A_1BC = 90^\circ$.

Поскольку $A_1BCD_1$ — это параллелограмм, у которого есть прямой угол, он по определению является прямоугольником. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

75. Точка $M$ лежит вне плоскости параллелограмма $ABCD$, $MA = MC$ и $MB = MD$, $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма. Докажите, что прямая $MO$ перпендикулярна плоскости параллелограмма.

Рассмотрим треугольник $AMC$. По условию $MA = MC$, следовательно, треугольник $AMC$ является равнобедренным с основанием $AC$.

Точка $O$ — это точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству диагоналей параллелограмма, они делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, точка $O$ является серединой диагонали $AC$, то есть $AO = OC$.

В треугольнике $AMC$ отрезок $MO$ соединяет вершину $M$ с серединой противолежащей стороны $AC$. Таким образом, $MO$ — медиана треугольника $AMC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также его высотой. Отсюда следует, что $MO \perp AC$.

Теперь рассмотрим треугольник $BMD$. По условию $MB = MD$, следовательно, треугольник $BMD$ также является равнобедренным с основанием $BD$.

Точка $O$ также является серединой диагонали $BD$, то есть $BO = OD$. В треугольнике $BMD$ отрезок $MO$ является медианой, проведенной к основанию $BD$. Поскольку треугольник $BMD$ равнобедренный, его медиана $MO$ также является и высотой. Отсюда следует, что $MO \perp BD$.

Мы установили, что прямая $MO$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $BD$, которые лежат в плоскости параллелограмма $ABCD$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости.

Следовательно, прямая $MO$ перпендикулярна плоскости параллелограмма $ABCD$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямая $MO$ перпендикулярна плоскости параллелограмма.