Страница 52 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

128. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $l$. Из точек $A$ и $B$, лежащих в плоскостях $\alpha$ и $\beta$ соответственно, проведены перпендикуляры $AM$ и $BN$ к прямой $l$. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$, если $AM = 12$ см, $BN = 8\sqrt{3}$ см, $AN = 4\sqrt{10}$ см, $AB = 8$ см.

По определению, угол между двумя плоскостями — это угол между перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения из одной точки. В данной задаче перпендикуляры $AM$ и $BN$ проведены из разных точек $A$ и $B$ к разным точкам $M$ и $N$ на линии пересечения $l$. Обозначим искомый угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ как $\phi$.

1. Рассмотрим треугольник $AMN$. Так как точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, а точки $M$ и $N$ лежат на прямой $l$, которая также принадлежит плоскости $\alpha$, то весь треугольник $AMN$ лежит в плоскости $\alpha$. По условию, $AM$ — перпендикуляр к прямой $l$. Поскольку точки $M$ и $N$ лежат на прямой $l$, отрезок $MN$ является частью этой прямой. Следовательно, $AM \perp MN$. Таким образом, треугольник $AMN$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$.

Применим теорему Пифагора к треугольнику $AMN$: $AN^2 = AM^2 + MN^2$

Подставим известные значения: $(4\sqrt{10})^2 = 12^2 + MN^2$ $16 \cdot 10 = 144 + MN^2$ $160 = 144 + MN^2$ $MN^2 = 160 - 144 = 16$ $MN = \sqrt{16} = 4$ см.

2. Теперь найдем угол $\phi$ между плоскостями. Для этого можно использовать пространственную теорему косинусов для отрезка $AB$, которая связывает его длину с проекциями на взаимно перпендикулярные направления. В нашем случае, квадрат расстояния между точками $A$ и $B$ можно выразить через длины перпендикуляров $AM$ и $BN$, расстояние $MN$ между их основаниями и угол $\phi$ между плоскостями: $AB^2 = MN^2 + (AM - BN\cos\phi)^2 + (BN\sin\phi)^2$

Раскроем скобки и упростим выражение: $AB^2 = MN^2 + AM^2 - 2 \cdot AM \cdot BN\cos\phi + BN^2\cos^2\phi + BN^2\sin^2\phi$ $AB^2 = MN^2 + AM^2 - 2 \cdot AM \cdot BN\cos\phi + BN^2(\cos^2\phi + \sin^2\phi)$ Так как $\cos^2\phi + \sin^2\phi = 1$, формула принимает вид: $AB^2 = AM^2 + BN^2 + MN^2 - 2 \cdot AM \cdot BN\cos\phi$

Подставим в эту формулу все известные нам значения: $8^2 = 12^2 + (8\sqrt{3})^2 + 4^2 - 2 \cdot 12 \cdot 8\sqrt{3} \cdot \cos\phi$ $64 = 144 + 64 \cdot 3 + 16 - 192\sqrt{3}\cos\phi$ $64 = 144 + 192 + 16 - 192\sqrt{3}\cos\phi$ $64 = 352 - 192\sqrt{3}\cos\phi$

Выразим из этого уравнения $\cos\phi$: $192\sqrt{3}\cos\phi = 352 - 64$ $192\sqrt{3}\cos\phi = 288$ $\cos\phi = \frac{288}{192\sqrt{3}}$

Сократим дробь. Оба числа, 288 и 192, делятся на 96 ($288 = 3 \cdot 96$, $192 = 2 \cdot 96$): $\cos\phi = \frac{3 \cdot 96}{2 \cdot 96 \cdot \sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе: $\cos\phi = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

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

Ответ: $30^{\circ}$.

129. Через центр $O$ правильного треугольника $ABC$ проведена прямая $a$, перпендикулярная плоскости треугольника. Плоскость, проведённая через сторону $AB$, пересекает прямую $a$ в точке $M$. Угол между плоскостями $ABC$ и $ABM$ равен $60^\circ$. Найдите сторону треугольника $ABC$, если проекция отрезка $MO$ на плоскость $ABM$ равна $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.

Пусть сторона правильного треугольника $ABC$ равна $a$. Центр правильного треугольника $O$ является точкой пересечения его медиан, высот и биссектрис.

1. Определение линейного угла двугранного угла.

Двугранный угол между плоскостями $ABC$ и $ABM$ измеряется линейным углом. Линия пересечения плоскостей — прямая $AB$.
Проведем высоту и медиану $CK$ в треугольнике $ABC$. Так как $\triangle ABC$ — правильный, то $CK \perp AB$.
Точка $O$ лежит на $CK$, следовательно, $OK \perp AB$. $OK$ — это проекция наклонной $MK$ на плоскость $ABC$.
По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция $OK$ перпендикулярна прямой $AB$, то и наклонная $MK$ перпендикулярна прямой $AB$ ($MK \perp AB$).
Следовательно, угол $\angle MKO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $ABM$. По условию, $\angle MKO = 60^\circ$.

2. Нахождение длины отрезка $MO$.

Так как прямая $a$ (содержащая отрезок $MO$) перпендикулярна плоскости $ABC$, то $MO \perp CK$, а значит $MO \perp OK$. Таким образом, $\triangle MOK$ — прямоугольный с прямым углом $\angle MOK$.
В правильном треугольнике $ABC$ со стороной $a$ высота $CK$ равна $CK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Точка $O$ делит медиану $CK$ в отношении $2:1$, считая от вершины $C$. Значит, $OK = \frac{1}{3}CK$.
$OK = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.
В прямоугольном треугольнике $MOK$ имеем: $\text{tg}(\angle MKO) = \frac{MO}{OK}$.
$MO = OK \cdot \text{tg}(60^\circ) = \frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \sqrt{3} = \frac{a \cdot 3}{6} = \frac{a}{2}$.

3. Использование проекции отрезка $MO$.

Проекцией отрезка $MO$ на плоскость $ABM$ является отрезок $MH$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на плоскость $ABM$. По условию, длина этой проекции $MH = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ см.
Так как $OH \perp (ABM)$, то $OH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $H$. В частности, $OH \perp MK$. Это означает, что $OH$ — высота прямоугольного треугольника $MOK$, проведенная к гипотенузе $MK$.
Длина проекции $MH$ связана с длиной отрезка $MO$ через угол между отрезком $MO$ и плоскостью $ABM$. Этот угол равен $\angle OMH$. $MH = MO \cdot \cos(\angle OMH)$.
В прямоугольном треугольнике $MOK$:
$\angle OMK = 90^\circ - \angle MKO = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.
Угол $\angle OMH$ совпадает с углом $\angle OMK$, так как точка $H$ лежит на $MK$. Таким образом, $\angle OMH = 30^\circ$.

4. Вычисление стороны треугольника.

Подставим известные значения в формулу для проекции: $MH = MO \cdot \cos(30^\circ)$.
$\frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{a}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Умножим обе части уравнения на $4$: $6\sqrt{3} = a\sqrt{3}$.
Разделим обе части на $\sqrt{3}$: $a = 6$.
Таким образом, сторона треугольника $ABC$ равна 6 см.

Ответ: 6 см.

130. Точка $M$ равноудалена от вершин правильного шестиугольника $ABCDEF$. Угол между прямой $MA$ и плоскостью $ABC$ равен $\alpha$. Найдите угол между плоскостями $MAB$ и $ABC$.

Пусть $O$ - центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. Поскольку точка $M$ равноудалена от всех вершин шестиугольника ($MA = MB = MC = ...$), ее проекция на плоскость шестиугольника совпадает с центром описанной окружности, то есть с точкой $O$. Это означает, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости $ABC$.

Угол между прямой $MA$ и плоскостью $ABC$ - это угол между самой прямой и ее проекцией на эту плоскость. Проекцией наклонной $MA$ на плоскость $ABC$ является отрезок $OA$. Следовательно, по условию, угол $\angle MAO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MAO$ (угол $\angle MOA = 90^\circ$, так как $MO \perp ABC$). В этом треугольнике $MO = OA \cdot \tan(\alpha)$.

Угол между плоскостями $MAB$ и $ABC$ - это двугранный угол, который измеряется линейным углом. Линия пересечения этих плоскостей - прямая $AB$. Построим линейный угол.

Пусть $H$ - середина стороны $AB$. В плоскости $ABC$ рассмотрим треугольник $\triangle OAB$. Так как шестиугольник правильный, то $\triangle OAB$ является равносторонним. Обозначим сторону шестиугольника за $a$, тогда $OA = OB = AB = a$. Отрезок $OH$ является медианой и высотой в равностороннем треугольнике $\triangle OAB$, поэтому $OH \perp AB$. Длина высоты $OH$ в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $OH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

В плоскости $MAB$ рассмотрим треугольник $\triangle MAB$. Так как $MA = MB$, этот треугольник является равнобедренным. Отрезок $MH$, будучи медианой, проведенной к основанию, является также и высотой. Следовательно, $MH \perp AB$.

Мы построили две прямые $OH$ и $MH$, перпендикулярные линии пересечения плоскостей $AB$ в одной точке $H$. Значит, угол $\angle MHO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $MAB$ и $ABC$. Обозначим этот угол как $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MOH$ (угол $\angle MOH = 90^\circ$). Мы можем найти тангенс угла $\beta$:$\tan(\beta) = \frac{MO}{OH}$

Мы уже выразили $MO$ и $OH$ через сторону $a$ и угол $\alpha$:$MO = OA \cdot \tan(\alpha) = a \cdot \tan(\alpha)$$OH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти выражения в формулу для тангенса:$\tan(\beta) = \frac{a \cdot \tan(\alpha)}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{2 \tan(\alpha)}{\sqrt{3}}$

Отсюда искомый угол $\beta$ равен:$\beta = \arctan\left(\frac{2 \tan(\alpha)}{\sqrt{3}}\right)$

Ответ: $\arctan\left(\frac{2 \tan(\alpha)}{\sqrt{3}}\right)$

Перпендикулярные плоскости

131. Равносторонние треугольника $ABC$ и $ABC_1$ имеют общую сторону $AB$, длина которой равна 10 см. Плоскости этих треугольников перпендикулярны. Найдите расстояние между вершинами $C$ и $C_1$.

По условию задачи, равносторонние треугольники $ABC$ и $ABC_1$ имеют общую сторону $AB = 10$ см. Это значит, что все стороны этих треугольников равны 10 см: $AC = BC = 10$ см и $AC_1 = BC_1 = 10$ см.

Плоскости этих треугольников перпендикулярны, и их линия пересечения — это общая сторона $AB$.

Для нахождения расстояния между вершинами $C$ и $C_1$ рассмотрим треугольник $CC_1M$, где $M$ — середина отрезка $AB$.

В равностороннем треугольнике $ABC$ отрезок $CM$ является медианой, а следовательно, и высотой. Значит, $CM \perp AB$. Аналогично, в равностороннем треугольнике $ABC_1$ отрезок $C_1M$ является медианой и высотой, то есть $C_1M \perp AB$.

Длину высоты равностороннего треугольника со стороной $a$ можно найти по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае $a=10$ см, поэтому:

$CM = C_1M = \frac{10\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ см.

Так как плоскости $(ABC)$ и $(ABC_1)$ перпендикулярны, а отрезки $CM$ и $C_1M$ перпендикулярны их линии пересечения $AB$, то угол между этими отрезками равен углу между плоскостями, то есть $\angle CMC_1 = 90^\circ$.

Следовательно, треугольник $CMC_1$ — прямоугольный, где $CM$ и $C_1M$ — катеты, а искомое расстояние $CC_1$ — гипотенуза.

Применим теорему Пифагора для треугольника $CMC_1$:

$CC_1^2 = CM^2 + C_1M^2$

$CC_1^2 = (5\sqrt{3})^2 + (5\sqrt{3})^2 = (25 \cdot 3) + (25 \cdot 3) = 75 + 75 = 150$

$CC_1 = \sqrt{150} = \sqrt{25 \cdot 6} = 5\sqrt{6}$ см.

Ответ: $5\sqrt{6}$ см.

132. Точка $F$ равноудалена от вершин прямоугольника $ABCD$. Докажите, что плоскости $AFC$ и $ABC$ перпендикулярны.

По условию задачи, точка $F$ равноудалена от всех вершин прямоугольника $ABCD$. Это означает, что расстояния от точки $F$ до каждой вершины равны, то есть $FA = FB = FC = FD$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AFC$. Так как по условию $FA = FC$, этот треугольник является равнобедренным с основанием $AC$.

Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ прямоугольника $ABCD$. Свойством диагоналей прямоугольника является то, что они равны и в точке пересечения делятся пополам. Следовательно, точка $O$ является серединой диагонали $AC$.

Отрезок $FO$ в равнобедренном треугольнике $\triangle AFC$ соединяет вершину $F$ с серединой основания $AC$, то есть является медианой. По свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Отсюда следует, что $FO \perp AC$.

Аналогично рассмотрим треугольник $\triangle FBD$. Так как $FB = FD$, он также является равнобедренным с основанием $BD$. Точка $O$ является серединой диагонали $BD$. Следовательно, отрезок $FO$ является медианой и высотой в треугольнике $\triangle FBD$. Отсюда следует, что $FO \perp BD$.

Мы получили, что прямая $FO$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $BD$), которые лежат в плоскости прямоугольника $(ABC)$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, $FO \perp (ABC)$.

Плоскость $(AFC)$ определяется тремя точками $A$, $F$ и $C$. Прямая $FO$ проходит через точку $F$ и точку $O$. Так как точка $O$ лежит на прямой $AC$, она также принадлежит плоскости $(AFC)$. Следовательно, вся прямая $FO$ лежит в плоскости $(AFC)$.

Итак, плоскость $(AFC)$ содержит прямую $FO$, которая перпендикулярна плоскости $(ABC)$. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Следовательно, $(AFC) \perp (ABC)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

133. В равнобокой трапеции $ABCD$ ($BC \parallel AD$) известно, что $\angle CAD = 45^\circ$, $O$ — точка пересечения диагоналей. Прямая $MO$ перпендикулярна плоскости трапеции. Докажите, что плоскости $AMC$ и $BMD$ перпендикулярны.

Для доказательства перпендикулярности плоскостей $AMC$ и $BMD$ воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей: если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то такие плоскости перпендикулярны.

Докажем, что прямая $AC$, лежащая в плоскости $AMC$, перпендикулярна плоскости $BMD$. Для этого нужно доказать, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $BMD$. Такими прямыми являются $BD$ и $MO$.

1. Докажем, что $AC \perp MO$.
По условию, прямая $MO$ перпендикулярна плоскости трапеции $ABCD$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $ABCD$ и проходит через точку $O$. Следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $MO \perp AC$.

2. Докажем, что $AC \perp BD$.
Рассмотрим трапецию $ABCD$. Так как трапеция равнобокая, ее диагонали равны ($AC = BD$), а также равны углы при основаниях. Треугольники $\triangle AOD$ и $\triangle BOC$ равнобедренные, так как $O$ — точка пересечения диагоналей равнобокой трапеции, следовательно $AO = DO$ и $BO = CO$.

В равнобокой трапеции углы, которые диагональ образует с основанием, равны. То есть, $\angle CAD = \angle BDA$.
По условию $\angle CAD = 45^{\circ}$, значит, и $\angle BDA = 45^{\circ}$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AOD$. В нем $\angle OAD = \angle CAD = 45^{\circ}$ и $\angle ODA = \angle BDA = 45^{\circ}$.Сумма углов в треугольнике равна $180^{\circ}$, поэтому угол между диагоналями $\angle AOD$ равен:$\angle AOD = 180^{\circ} - (\angle OAD + \angle ODA) = 180^{\circ} - (45^{\circ} + 45^{\circ}) = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.

Это означает, что диагонали трапеции $AC$ и $BD$ пересекаются под прямым углом, то есть $AC \perp BD$.

3. Заключение.
Мы установили, что:
- $AC \perp MO$- $AC \perp BD$
Прямые $MO$ и $BD$ лежат в плоскости $BMD$ и пересекаются в точке $O$.
Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BMD$.

Так как плоскость $AMC$ проходит через прямую $AC$, которая перпендикулярна плоскости $BMD$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $AMC$ перпендикулярна плоскости $BMD$. Что и требовалось доказать.

Ответ: утверждение доказано.

134. Точка $S$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$. Точка $O$ — её проекция на плоскость квадрата. Из точки $S$ проведён перпендикуляр $SM$ к стороне $AB$ квадрата. Докажите, что плоскости $ASB$ и $OSM$ перпендикулярны.

По условию, точка $S$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$, то есть $SA = SB = SC = SD$. Точка $O$ является проекцией точки $S$ на плоскость квадрата, следовательно, отрезок $SO$ перпендикулярен плоскости $(ABCD)$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOA, \triangle SOB, \triangle SOC$ и $\triangle SOD$. В этих треугольниках катет $SO$ является общим, а гипотенузы $SA, SB, SC, SD$ равны по условию. Следовательно, эти треугольники равны по катету и гипотенузе. Из равенства треугольников следует равенство вторых катетов: $OA = OB = OC = OD$. Точка в плоскости квадрата, равноудаленная от всех его вершин, является центром квадрата — точкой пересечения его диагоналей. Таким образом, $O$ — центр квадрата $ABCD$.

Рассмотрим прямую $AB$, лежащую в плоскости квадрата. $SO$ — перпендикуляр к плоскости $(ABCD)$, $SM$ — наклонная к этой плоскости, а $OM$ — её проекция на плоскость $(ABCD)$. По условию, перпендикуляр $SM$ проведен к стороне $AB$, то есть $SM \perp AB$.

По теореме о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной, перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и её проекции. Так как $AB \perp SM$, то $AB \perp OM$.

Теперь у нас есть две пересекающиеся прямые $SM$ и $OM$ в плоскости $(OSM)$, и обе они перпендикулярны прямой $AB$:
1. $AB \perp SM$ (по условию).
2. $AB \perp OM$ (по доказанному).
Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(OSM)$, то есть $AB \perp (OSM)$.

Прямая $AB$ принадлежит плоскости $(ASB)$. Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Так как плоскость $(ASB)$ проходит через прямую $AB$, перпендикулярную плоскости $(OSM)$, то плоскости $(ASB)$ и $(OSM)$ перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.