Страница 22 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

127. Равносторонний треугольник $ABE$ и квадрат $ABCD$ имеют общую сторону $AB$ длиной 4 см. Найдите угол между их плоскостями, если $EC = 2\sqrt{2}$ см.

По условию, равносторонний треугольник $ABE$ и квадрат $ABCD$ имеют общую сторону $AB$ длиной 4 см. Это означает, что все стороны квадрата ($AB, BC, CD, DA$) и все стороны треугольника ($AB, AE, BE$) равны 4 см.

Угол между двумя плоскостями (в данном случае, плоскостью треугольника $ABE$ и плоскостью квадрата $ABCD$) — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Чтобы найти этот угол, нужно:

1. Найти линию пересечения плоскостей. Это общая сторона $AB$.
2. Взять на линии $AB$ произвольную точку и провести к ней перпендикуляры в каждой из плоскостей.
3. Угол между этими перпендикулярами и будет искомым углом.

Выберем в качестве точки на отрезке $AB$ его середину, обозначим ее $H$.

1. В равностороннем треугольнике $ABE$ проведем медиану $EH$. Она также является высотой, поэтому $EH \perp AB$. Длину высоты в равностороннем треугольнике со стороной $a$ можно найти по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$EH = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.

2. В плоскости квадрата $ABCD$ проведем из точки $H$ перпендикуляр к стороне $AB$. Пусть этот перпендикуляр пересекает сторону $CD$ в точке $M$. Так как $H$ — середина $AB$, то $M$ будет серединой $CD$. Отрезок $HM$ параллелен сторонам $BC$ и $AD$ и равен им по длине.
$HM = BC = 4$ см.

3. Угол между плоскостями треугольника и квадрата равен углу между отрезками $EH$ и $HM$, то есть $\angle EHM$. Обозначим этот угол как $\phi$.

Чтобы найти угол $\phi$, рассмотрим треугольник $EHM$. Мы знаем длины двух его сторон: $EH = 2\sqrt{3}$ см и $HM = 4$ см. Найдем третью сторону $EM$, используя данные из условия, что $EC = 2\sqrt{2}$ см. Для этого рассмотрим треугольник $EMC$.

Определим, является ли треугольник $EMC$ прямоугольным.

• Прямая $CD$ перпендикулярна $HM$ (так как $HM \parallel BC$ и $BC \perp CD$ в квадрате).
• Прямая $AB$ перпендикулярна $EH$. Так как $CD \parallel AB$, то и $CD \perp EH$.

Поскольку прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($HM$ и $EH$) в плоскости $EHM$, она перпендикулярна всей плоскости $EHM$. Следовательно, прямая $CD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $EM$.Таким образом, $\angle EMC = 90^\circ$, и треугольник $EMC$ — прямоугольный.

В прямоугольном треугольнике $EMC$:

• Гипотенуза $EC = 2\sqrt{2}$ см (по условию).
• Катет $MC$ равен половине стороны $CD$, так как $M$ — середина $CD$. $MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.

По теореме Пифагора найдем катет $EM$:
$EC^2 = EM^2 + MC^2$
$(2\sqrt{2})^2 = EM^2 + 2^2$
$8 = EM^2 + 4$
$EM^2 = 4$
$EM = 2$ см.

Теперь у нас есть все три стороны треугольника $EHM$:

• $EH = 2\sqrt{3}$ см
• $HM = 4$ см
• $EM = 2$ см

Применим теорему косинусов для треугольника $EHM$, чтобы найти угол $\phi = \angle EHM$:
$EM^2 = EH^2 + HM^2 - 2 \cdot EH \cdot HM \cdot \cos(\phi)$
$2^2 = (2\sqrt{3})^2 + 4^2 - 2 \cdot (2\sqrt{3}) \cdot 4 \cdot \cos(\phi)$
$4 = 12 + 16 - 16\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$4 = 28 - 16\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$16\sqrt{3} \cdot \cos(\phi) = 28 - 4$
$16\sqrt{3} \cdot \cos(\phi) = 24$
$\cos(\phi) = \frac{24}{16\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, это $30^\circ$.
$\phi = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 30^\circ$.

Ответ: Угол между плоскостями равен $30^\circ$.

128. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $c$. Из точек $A$ и $B$, лежащих в плоскостях $\alpha$ и $\beta$ соответственно, проведены перпендикуляры $AC = 5$ см и $BD = 8$ см к прямой $c$. Расстояние между точками $C$ и $D$ равно $24$ см, $AB = 25$ см. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Пусть $\phi$ — искомый угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$. По определению, это угол между перпендикулярами, проведенными к линии пересечения плоскостей в одной точке.

Введем векторы, соответствующие отрезкам из условия: $\vec{AC}$, $\vec{CD}$ и $\vec{DB}$. Вектор, соединяющий точки $A$ и $B$, можно представить как сумму этих трех векторов, образующих ломаную линию от $A$ до $B$:

$\vec{AB} = \vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB}$

Найдем квадрат длины вектора $\vec{AB}$, который равен квадрату расстояния $AB$. Для этого возведем векторное равенство в скалярный квадрат:

$AB^2 = |\vec{AB}|^2 = (\vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB}) \cdot (\vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB})$

Раскроем скобки по правилам скалярного произведения:

$AB^2 = |\vec{AC}|^2 + |\vec{CD}|^2 + |\vec{DB}|^2 + 2(\vec{AC} \cdot \vec{CD} + \vec{AC} \cdot \vec{DB} + \vec{CD} \cdot \vec{DB})$

По условию задачи, отрезки $AC$ и $BD$ перпендикулярны прямой $c$. Вектор $\vec{CD}$ лежит на прямой $c$. Следовательно, векторы $\vec{AC}$ и $\vec{DB}$ перпендикулярны вектору $\vec{CD}$, а значит, их скалярные произведения равны нулю:

$\vec{AC} \cdot \vec{CD} = 0$

$\vec{CD} \cdot \vec{DB} = 0$

С учетом этого уравнение упрощается:

$AB^2 = AC^2 + CD^2 + BD^2 + 2(\vec{AC} \cdot \vec{DB})$

Скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{DB}$ выражается через их длины и угол $\theta$ между ними: $\vec{AC} \cdot \vec{DB} = AC \cdot BD \cdot \cos\theta$.

Подставим в уравнение известные из условия длины отрезков:

$AC = 5$ см, $BD = 8$ см, $CD = 24$ см, $AB = 25$ см.

$25^2 = 5^2 + 24^2 + 8^2 + 2(5 \cdot 8 \cdot \cos\theta)$

Выполним вычисления:

$625 = 25 + 576 + 64 + 80\cos\theta$

$625 = 665 + 80\cos\theta$

Выразим $80\cos\theta$:

$80\cos\theta = 625 - 665$

$80\cos\theta = -40$

Отсюда находим косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{DB}$:

$\cos\theta = -\frac{40}{80} = -\frac{1}{2}$

Таким образом, угол между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{DB}$ составляет $\theta = \arccos(-1/2) = 120^\circ$.

Угол $\phi$ между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ — это угол между прямыми, на которых лежат перпендикуляры $AC$ и $BD$. Угол между прямыми по определению находится в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$. Если угол между направляющими векторами прямых равен $\theta$, то угол между прямыми равен $\min(\theta, 180^\circ - \theta)$.

$\phi = \min(120^\circ, 180^\circ - 120^\circ) = \min(120^\circ, 60^\circ) = 60^\circ$.

Следовательно, угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

129. Сторона квадрата $ABCD$ равна 4 см. Через его центр $O$ проведена прямая $m$, перпендикулярная плоскости квадрата. Плоскость, проведённая через сторону $AB$, пересекает прямую $m$ в точке $F$. Угол между плоскостями $ABF$ и $ABC$ равен $60^\circ$. Найдите проекцию отрезка $OF$ на плоскость $ABF$.

Пусть $ABCD$ — данный квадрат со стороной $a = 4$ см и центром $O$. Прямая $m$ проходит через точку $O$ и перпендикулярна плоскости квадрата $(ABC)$, т.е. $m \perp (ABC)$. Плоскость, проходящая через сторону $AB$, пересекает прямую $m$ в точке $F$. Эта плоскость образует треугольник $ABF$. Угол между плоскостями $(ABF)$ и $(ABC)$ равен $60^{\circ}$. Требуется найти длину проекции отрезка $OF$ на плоскость $(ABF)$.

1. Нахождение линейного угла.

Угол между двумя плоскостями — это двугранный угол, который измеряется своим линейным углом. Линейный угол строится как угол между двумя перпендикулярами, проведенными к линии пересечения плоскостей в одной точке.

Плоскости $(ABF)$ и $(ABC)$ пересекаются по прямой $AB$.

Проведем в плоскости $(ABC)$ отрезок $OK$, где $K$ — середина стороны $AB$. Так как $ABCD$ — квадрат, а $O$ — его центр, то $OK$ является перпендикуляром к стороне $AB$. Длина $OK$ равна половине стороны квадрата: $OK = \frac{AD}{2} = \frac{4}{2} = 2$ см.

Рассмотрим треугольник $ABF$. Так как $FO \perp (ABC)$, то $FO$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $FO \perp OA$ и $FO \perp OB$. Треугольники $FOA$ и $FOB$ — прямоугольные. У них общий катет $FO$, а катеты $OA$ и $OB$ равны как половины диагоналей квадрата. Следовательно, $\triangle FOA = \triangle FOB$ по двум катетам, откуда $FA = FB$. Таким образом, треугольник $ABF$ является равнобедренным с основанием $AB$.

В равнобедренном треугольнике $ABF$ медиана $FK$, проведенная к основанию $AB$, является также и высотой, то есть $FK \perp AB$.

Мы получили два перпендикуляра $OK$ и $FK$ к общей прямой $AB$, проведенные в точке $K$. Следовательно, угол $\angle FKO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABF)$ и $(ABC)$. По условию, $\angle FKO = 60^{\circ}$.

2. Расчет параметров треугольника $FOK$.

Рассмотрим треугольник $FOK$. Поскольку прямая $m$ (содержащая отрезок $FO$) перпендикулярна плоскости $(ABC)$, а отрезок $OK$ лежит в этой плоскости, то $FO \perp OK$. Таким образом, $\triangle FOK$ — прямоугольный с прямым углом $\angle FOK$.

В этом треугольнике нам известны:

• Катет $OK = 2$ см.
• Угол $\angle FKO = 60^{\circ}$.

Найдем длину катета $OF$ и гипотенузы $FK$:
$OF = OK \cdot \tan(\angle FKO) = 2 \cdot \tan(60^{\circ}) = 2\sqrt{3}$ см.
$FK = \frac{OK}{\cos(\angle FKO)} = \frac{2}{\cos(60^{\circ})} = \frac{2}{1/2} = 4$ см.

3. Нахождение проекции отрезка $OF$ на плоскость $(ABF)$.

Проекцией отрезка $OF$ на плоскость $(ABF)$ является отрезок, соединяющий проекции точек $O$ и $F$ на эту плоскость.

Точка $F$ уже лежит в плоскости $(ABF)$, поэтому ее проекция совпадает с самой точкой $F$.

Найдем проекцию точки $O$ на плоскость $(ABF)$. Для этого опустим перпендикуляр из точки $O$ на плоскость $(ABF)$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра, т.е. $OH \perp (ABF)$. Тогда искомая проекция отрезка $OF$ — это отрезок $HF$. Нам нужно найти его длину.

Плоскость, проходящая через точки $F, O, K$, перпендикулярна прямой $AB$ (так как $OK \perp AB$ и $FK \perp AB$). Поскольку плоскость $(FOK)$ перпендикулярна прямой $AB$, которая лежит в плоскости $(ABF)$, то перпендикуляр $OH$ из точки $O$ к плоскости $(ABF)$ должен лежать в плоскости $(FOK)$.

Это означает, что точка $H$ лежит на линии пересечения плоскостей $(FOK)$ и $(ABF)$, то есть на прямой $FK$.

Таким образом, $OH$ — это высота прямоугольного треугольника $FOK$, опущенная из вершины прямого угла $O$ на гипотенузу $FK$.

Длина отрезка $HF$ является проекцией катета $OF$ на гипотенузу $FK$ в прямоугольном треугольнике $FOK$. В прямоугольном треугольнике проекция катета на гипотенузу равна произведению этого катета на косинус прилежащего к нему острого угла.

В прямоугольном $\triangle FOK$ острый угол $\angle OFK = 90^{\circ} - \angle FKO = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.

Тогда длина проекции $HF$ равна:
$HF = OF \cdot \cos(\angle OFK) = 2\sqrt{3} \cdot \cos(30^{\circ}) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2 \cdot 3}{2} = 3$ см.

Ответ: 3 см.

130. Точка $M$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$.

Угол между прямой $MA$ и плоскостью $ABC$ равен $\alpha$.

Найдите угол между плоскостями $MAB$ и $ABC$.

Пусть O - центр квадрата ABCD, который является точкой пересечения его диагоналей. Так как точка M равноудалена от всех вершин квадрата (MA = MB = MC = MD), ее проекция на плоскость квадрата ABC совпадает с центром описанной около квадрата окружности, то есть с точкой O. Это означает, что отрезок MO перпендикулярен плоскости (ABC).

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и ее проекцией на данную плоскость. Проекцией наклонной MA на плоскость (ABC) является отрезок OA. Следовательно, по условию задачи, угол между прямой MA и плоскостью ABC есть угол ∠MAO, и он равен $\alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MОA (∠MOA = 90°, так как MO ⊥ (ABC)). В этом треугольнике мы можем выразить высоту MO через OA и угол $\alpha$:
$MO = OA \cdot \tan(\angle MAO) = OA \cdot \tan(\alpha)$.

Искомый угол между плоскостями MAB и ABC - это двугранный угол при ребре AB. Для его измерения построим соответствующий линейный угол.

В плоскости MAB проведем высоту MK к стороне AB. Так как треугольник MAB является равнобедренным (MA = MB), его высота MK также является медианой, и точка K — середина отрезка AB. Таким образом, $MK \perp AB$.

В плоскости квадрата ABC проведем отрезок OK. Так как O — центр квадрата, а K — середина стороны AB, то отрезок OK перпендикулярен стороне AB, то есть $OK \perp AB$.

Поскольку прямые MK и OK перпендикулярны общей прямой AB и проходят через одну точку K, угол ∠MKO является линейным углом двугранного угла между плоскостями MAB и ABC. Обозначим этот искомый угол через $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MOK (∠MOK = 90°, так как MO перпендикулярен плоскости ABC и, следовательно, любой прямой в этой плоскости, в том числе OK). В этом треугольнике тангенс угла $\beta$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:
$\tan(\beta) = \tan(\angle MKO) = \frac{MO}{OK}$.

Для нахождения этого отношения введем сторону квадрата ABCD, пусть ее длина равна $a$. Тогда:
1. OA — это половина диагонали квадрата. Длина диагонали $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$, следовательно, $OA = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
2. OK — это расстояние от центра квадрата до его стороны, которое равно половине стороны квадрата: $OK = \frac{a}{2}$.

Теперь выразим MO через $a$ и $\alpha$:
$MO = OA \cdot \tan(\alpha) = \frac{a\sqrt{2}}{2} \tan(\alpha)$.

Подставим полученные выражения для MO и OK в формулу для тангенса угла $\beta$:
$\tan(\beta) = \frac{MO}{OK} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2} \tan(\alpha)}{\frac{a}{2}} = \sqrt{2} \tan(\alpha)$.

Отсюда, искомый угол $\beta$ равен арктангенсу полученного выражения.

Ответ: $\arctan(\sqrt{2} \tan(\alpha))$.

131. Равнобедренные треугольники $ABC$ и $ABD$ имеют общее основание $AB$. Плоскости этих треугольников перпендикулярны. Найдите расстояние между точками $C$ и $D$, если $AB = 24$ см, $AC = 13$ см, $AD = \sqrt{219}$ см.

Поскольку треугольники $ABC$ и $ABD$ равнобедренные с общим основанием $AB$, их высоты, проведенные к основанию, совпадают со медианами. Проведем эти высоты из вершин $C$ и $D$ к основанию $AB$. Пусть $H$ — середина отрезка $AB$. Тогда $CH$ — высота и медиана треугольника $ABC$, а $DH$ — высота и медиана треугольника $ABD$.

Из этого следует, что $CH \perp AB$ и $DH \perp AB$.

Так как плоскости $(ABC)$ и $(ABD)$ перпендикулярны, а $CH$ и $DH$ — перпендикуляры к их общей линии пересечения $AB$, проведенные в этих плоскостях, то угол между этими высотами $\angle CHD$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями и равен $90^\circ$. Таким образом, треугольник $CHD$ — прямоугольный.

Расстояние между точками $C$ и $D$ — это длина гипотенузы $CD$ в прямоугольном треугольнике $CHD$. Для ее нахождения нужно найти длины катетов $CH$ и $DH$.

1. Найдем длину высоты $CH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHC$ (где $\angle AHC = 90^\circ$). Катет $AH$ равен половине основания $AB$:

$AH = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$ см.

Гипотенуза $AC = 13$ см. По теореме Пифагора найдем катет $CH$:

$CH^2 = AC^2 - AH^2 = 13^2 - 12^2 = 169 - 144 = 25$

$CH = \sqrt{25} = 5$ см.

2. Найдем длину высоты $DH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHD$ (где $\angle AHD = 90^\circ$). Катет $AH$ также равен 12 см. Гипотенуза $AD = \sqrt{219}$ см. По теореме Пифагора найдем катет $DH$:

$DH^2 = AD^2 - AH^2 = (\sqrt{219})^2 - 12^2 = 219 - 144 = 75$

3. Найдем расстояние $CD$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHD$ (где $\angle CHD = 90^\circ$). Мы нашли его катеты: $CH = 5$ см и $DH^2 = 75$ см$^2$. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $CD$:

$CD^2 = CH^2 + DH^2 = 25 + 75 = 100$

$CD = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

132. Точка $M$ не принадлежит плоскости прямоугольного треугольника $ABC$ $(\angle C = 90^\circ)$ и равноудалена от его вершин. Докажите, что плоскости $AMB$ и $ABC$ перпендикулярны.

По условию, точка $M$ не принадлежит плоскости треугольника $ABC$ и равноудалена от его вершин, то есть $MA = MB = MC$.

Множество точек пространства, равноудаленных от вершин треугольника, — это перпендикуляр к плоскости этого треугольника, проходящий через центр описанной около него окружности. Опустим перпендикуляр $MO$ из точки $M$ на плоскость $ABC$, где $O$ — основание перпендикуляра. Тогда $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Треугольник $ABC$ является прямоугольным, так как $∠C = 90°$. Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, всегда находится на середине его гипотенузы.

В треугольнике $ABC$ гипотенузой является сторона $AB$. Следовательно, точка $O$ — середина отрезка $AB$.

Таким образом, мы имеем прямую $MO$, которая перпендикулярна плоскости $ABC$ ($MO \perp (ABC)$). Точка $O$ лежит на прямой $AB$, которая, в свою очередь, лежит в плоскости $AMB$. Так как точки $M$ и $O$ принадлежат плоскости $AMB$, то и вся прямая $MO$ лежит в плоскости $AMB$.

Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Поскольку плоскость $AMB$ проходит через прямую $MO$, которая перпендикулярна плоскости $ABC$, то плоскости $AMB$ и $ABC$ перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

133. Точка $E$ равноудалена от сторон квадрата $ABCD$. Докажите, что плоскости $AEC$ и $BED$ перпендикулярны.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$. Так как точка $O$ является центром квадрата, она равноудалена от всех его сторон. По условию, точка $E$ также равноудалена от сторон квадрата. Геометрическое место точек в пространстве, равноудаленных от сторон квадрата, — это прямая, перпендикулярная плоскости квадрата и проходящая через его центр. Следовательно, проекция точки $E$ на плоскость $(ABCD)$ совпадает с точкой $O$, а это означает, что прямая $EO$ перпендикулярна плоскости квадрата: $EO \perp (ABCD)$.

Для доказательства перпендикулярности плоскостей $(AEC)$ и $(BED)$ воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей. Если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то такие плоскости перпендикулярны. Докажем, что прямая $BD$, лежащая в плоскости $(BED)$, перпендикулярна плоскости $(AEC)$.

Для того чтобы доказать, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $(AEC)$, нужно показать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

1. Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $BD \perp AC$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $(AEC)$ по определению.

2. Так как прямая $EO \perp (ABCD)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $BD$ лежит в плоскости $(ABCD)$, следовательно, $EO \perp BD$. Прямая $EO$ также лежит в плоскости $(AEC)$, так как точки $E$ и $O$ (лежащая на $AC$) принадлежат этой плоскости.

Таким образом, прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся в точке $O$ прямым $AC$ и $EO$, которые лежат в плоскости $(AEC)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BD \perp (AEC)$.

Поскольку плоскость $(BED)$ проходит через прямую $BD$, а прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $(AEC)$, то плоскости $(BED)$ и $(AEC)$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

134. Точка $S$ равноудалена от вершин равностороннего треугольника $ABC$, точка $O$ — центр этого треугольника. Докажите, что плоскость $SOC$ перпендикулярна плоскости $ASB$.

Дано: $△ABC$ — равносторонний, $O$ — центр $△ABC$, $SA = SB = SC$.
Доказать: $(SOC) ⊥ (ASB)$.

Доказательство:

1. Поскольку точка $S$ равноудалена от всех вершин треугольника $ABC$ ($SA = SB = SC$), ее проекция на плоскость $(ABC)$ совпадает с центром описанной около $△ABC$ окружности. В равностороннем треугольнике центр описанной окружности совпадает с центром треугольника $O$. Следовательно, прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$.

2. Для доказательства перпендикулярности плоскостей $(SOC)$ и $(ASB)$ воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей. Если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Докажем, что прямая $AB$, которая принадлежит плоскости $(ASB)$, перпендикулярна плоскости $(SOC)$.

3. Чтобы доказать, что прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(SOC)$, необходимо показать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Такими прямыми являются $SO$ и $OC$.
а) Так как $SO ⊥ (ABC)$, а прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABC)$, то по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $SO ⊥ AB$.
б) В равностороннем треугольнике $ABC$ центр $O$ лежит на высоте (и медиане) $CM$, проведенной к стороне $AB$. Следовательно, $CM ⊥ AB$. Так как точка $O$ лежит на отрезке $CM$, то прямая $OC$ является частью прямой $CM$, а значит $OC ⊥ AB$.

4. Мы установили, что прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SO$ и $OC$ из плоскости $(SOC)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, отсюда следует, что $AB ⊥ (SOC)$.

5. Плоскость $(ASB)$ проходит через прямую $AB$, а прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(SOC)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей, $(ASB) ⊥ (SOC)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

135. Плоскости $\pi$ и $\gamma$ перпендикулярны и пересекаются по прямой $m$. Плоскость $\varphi$ пересекает плоскости $\pi$ и $\gamma$ соответственно по прямым $k$ и $p$, параллельным прямой $m$. Расстояние между прямыми $k$ и $p$ равно 20 см, а между прямыми $m$ и $p$ — 16 см. Найдите расстояние между прямой $m$ и плоскостью $\varphi$.

Пусть плоскости $\pi$ и $\gamma$ перпендикулярны. Линия их пересечения — прямая $m$.Плоскость $\varphi$ пересекает плоскость $\pi$ по прямой $k$ и плоскость $\gamma$ по прямой $p$.По условию, прямые $k$ и $p$ параллельны прямой $m$. Из этого следует, что все три прямые $m$, $k$, $p$ параллельны друг другу ($m \parallel k \parallel p$).

Для нахождения расстояния между прямой $m$ и плоскостью $\varphi$, построим плоскость $\delta$, перпендикулярную прямым $m$, $k$ и $p$. Эта плоскость пересечет прямые $m, k, p$ в точках $M, K, P$ соответственно.

Точка $M$ лежит на прямой $m$, которая является линией пересечения плоскостей $\pi$ и $\gamma$. Следовательно, точка $M$ принадлежит обеим плоскостям: $M \in \pi$ и $M \in \gamma$.
Точка $K$ лежит на прямой $k$, которая является линией пересечения плоскостей $\varphi$ и $\pi$. Следовательно, $K \in \varphi$ и $K \in \pi$.
Точка $P$ лежит на прямой $p$, которая является линией пересечения плоскостей $\varphi$ и $\gamma$. Следовательно, $P \in \varphi$ и $P \in \gamma$.

Рассмотрим треугольник $\Delta MKP$.

• Отрезок $MK$ лежит в плоскости $\pi$ (так как $M, K \in \pi$).
• Отрезок $MP$ лежит в плоскости $\gamma$ (так как $M, P \in \gamma$).
• Отрезок $KP$ лежит в плоскости $\varphi$ (так как $K, P \in \varphi$).

Поскольку плоскости $\pi$ и $\gamma$ перпендикулярны, то прямые $MK$ и $MP$, лежащие в этих плоскостях и проходящие через точку $M$ на линии их пересечения, будут перпендикулярны. Таким образом, $\angle KMP = 90^\circ$, и треугольник $\Delta MKP$ является прямоугольным.

Расстояние между параллельными прямыми измеряется по общему перпендикуляру. Так как плоскость $\delta$ перпендикулярна прямым, то длины сторон треугольника $\Delta MKP$ равны расстояниям между соответствующими прямыми:

• Гипотенуза $KP$ равна расстоянию между прямыми $k$ и $p$, то есть $KP = 20$ см.
• Катет $MP$ равен расстоянию между прямыми $m$ и $p$, то есть $MP = 16$ см.

Найдем длину второго катета $MK$ по теореме Пифагора:$MK^2 + MP^2 = KP^2$$MK^2 + 16^2 = 20^2$$MK^2 + 256 = 400$$MK^2 = 400 - 256 = 144$$MK = \sqrt{144} = 12$ см.

Расстояние между прямой $m$ и плоскостью $\varphi$ (которой принадлежит прямая $k$) равно расстоянию от любой точки прямой $m$ до плоскости $\varphi$. В нашей конструкции это расстояние равно длине высоты $MH$, проведенной из вершины прямого угла $M$ к гипотенузе $KP$ в треугольнике $\Delta MKP$.

Площадь прямоугольного треугольника можно вычислить двумя способами:$S = \frac{1}{2} \cdot MK \cdot MP = \frac{1}{2} \cdot KP \cdot MH$Отсюда выразим высоту $MH$:$MK \cdot MP = KP \cdot MH$$MH = \frac{MK \cdot MP}{KP}$Подставим известные значения:$MH = \frac{12 \cdot 16}{20} = \frac{192}{20} = \frac{96}{10} = 9.6$ см.

Таким образом, расстояние между прямой $m$ и плоскостью $\varphi$ равно 9,6 см.

Ответ: 9,6 см.