Страница 80 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

112. Точка $M$ лежит вне плоскости квадрата $ABCD$, а наклонные $MA$, $MB$, $MC$ и $MD$ образуют равные углы с плоскостью $ABC$. Докажите, что проекцией точки $M$ на плоскость этого квадрата является его центр.

Пусть O — проекция точки M на плоскость квадрата ABCD. По определению проекции, прямая MO перпендикулярна плоскости (ABC), то есть $MO \perp (ABC)$.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. Проекциями наклонных MA, MB, MC и MD на плоскость (ABC) являются отрезки OA, OB, OC и OD соответственно.

Следовательно, углы, которые наклонные MA, MB, MC и MD образуют с плоскостью (ABC), — это углы $\angle MAO$, $\angle MBO$, $\angle MCO$ и $\angle MDO$. По условию задачи, все эти углы равны. Обозначим их величину через $\alpha$: $\angle MAO = \angle MBO = \angle MCO = \angle MDO = \alpha$.

Рассмотрим треугольники $\triangle MOA$, $\triangle MOB$, $\triangle MOC$ и $\triangle MOD$. Поскольку прямая MO перпендикулярна плоскости (ABC), она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку O. В частности, $MO \perp OA$, $MO \perp OB$, $MO \perp OC$ и $MO \perp OD$. Таким образом, все четыре треугольника являются прямоугольными с прямым углом при вершине O.

Сравним эти четыре прямоугольных треугольника. У них есть общий катет MO и равные острые углы, противолежащие этому катету: $\angle MAO = \angle MBO = \angle MCO = \angle MDO = \alpha$. Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle MOA$, $\triangle MOB$, $\triangle MOC$ и $\triangle MOD$ равны по катету и противолежащему острому углу.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В частности, равны их вторые катеты: $OA = OB = OC = OD$.

Это означает, что точка O, лежащая в плоскости квадрата ABCD, равноудалена от всех его вершин (A, B, C, D). Точка в плоскости многоугольника, равноудаленная от всех его вершин, является центром описанной около этого многоугольника окружности. Для квадрата центром описанной окружности является точка пересечения его диагоналей, которая и называется центром квадрата.

Таким образом, доказано, что проекция точки M на плоскость квадрата ABCD является его центром.

Ответ: Утверждение доказано. Проекцией точки M на плоскость квадрата является его центр.

113. Из точки $M$ к плоскости $\gamma$ провели наклонные $MN$ и $MK$, образующие с ней углы $30^{\circ}$ и $45^{\circ}$ соответственно. Найдите наклонную $MK$, если проекция наклонной $MN$ на плоскость $\gamma$ равна $4\sqrt{3}$ см.

Пусть $MH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на плоскость $\gamma$. Тогда отрезок $MH$ является расстоянием от точки $M$ до плоскости $\gamma$.

Отрезок $HN$ является проекцией наклонной $MN$ на плоскость $\gamma$, а отрезок $HK$ — проекцией наклонной $MK$ на плоскость $\gamma$.

По определению, угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. Таким образом, $\angle MNH = 30^\circ$ и $\angle MKH = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHN$ (угол $\angle MHN = 90^\circ$, так как $MH \perp \gamma$). Нам известны катет $HN$ (проекция) и противолежащий ему угол $\angle MNH$.

Дано:
Проекция $HN = 4\sqrt{3}$ см.
Угол $\angle MNH = 30^\circ$.

Найдем длину перпендикуляра $MH$ из треугольника $\triangle MHN$ с помощью тангенса угла $\angle MNH$:$ \tan(\angle MNH) = \frac{MH}{HN} $

Отсюда $MH = HN \cdot \tan(\angle MNH)$.
Подставим известные значения:$ MH = 4\sqrt{3} \cdot \tan(30^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 4 $ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MKH$ (угол $\angle MKH = 90^\circ$). В этом треугольнике нам известен катет $MH = 4$ см и угол $\angle MKH = 45^\circ$, противолежащий этому катету. Нам нужно найти гипотенузу $MK$.

Воспользуемся синусом угла $\angle MKH$:$ \sin(\angle MKH) = \frac{MH}{MK} $

Отсюда $MK = \frac{MH}{\sin(\angle MKH)}$.
Подставим известные значения:$ MK = \frac{4}{\sin(45^\circ)} = \frac{4}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{4 \cdot 2}{\sqrt{2}} = \frac{8}{\sqrt{2}} $

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:$ MK = \frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{8\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2} $ см.

Ответ: $4\sqrt{2}$ см.

114. Из точки $B$ к плоскости $\alpha$ провели наклонные $BA$ и $BC$, образующие с этой плоскостью углы $60^\circ$ и $30^\circ$ соответственно, $BA = 2\sqrt{3}$ см. Найдите расстояние между точками $A$ и $C$, если угол между проекциями наклонных равен $120^\circ$.

Пусть H - проекция точки B на плоскость α. Тогда BH - перпендикуляр к плоскости α. Отрезки HA и HC являются проекциями наклонных BA и BC на эту плоскость соответственно. Следовательно, треугольники BHA и BHC являются прямоугольными, с прямыми углами при вершине H ($\angle BHA = \angle BHC = 90^\circ$).

Угол между наклонной и плоскостью - это угол между самой наклонной и её проекцией на эту плоскость. По условию задачи, $\angle BAH = 60^\circ$ и $\angle BCH = 30^\circ$. Также дано, что длина наклонной $BA = 2\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник BHA. Используя тригонометрические соотношения, найдем длину проекции HA и высоту BH:
$HA = BA \cdot \cos(60^\circ) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \sqrt{3}$ см.
$BH = BA \cdot \sin(60^\circ) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник BHC. Зная катет $BH = 3$ см и угол $\angle BCH = 30^\circ$, найдем длину проекции HC:
$HC = \frac{BH}{\tan(30^\circ)} = \frac{3}{1/\sqrt{3}} = 3\sqrt{3}$ см.

Мы ищем расстояние между точками A и C, то есть длину отрезка AC. Точки A, H и C лежат в одной плоскости α. Рассмотрим треугольник AHC. Нам известны длины двух его сторон, $HA = \sqrt{3}$ см и $HC = 3\sqrt{3}$ см, а также угол между ними, который по условию равен 120°, то есть $\angle AHC = 120^\circ$.

Для нахождения длины стороны AC воспользуемся теоремой косинусов:
$AC^2 = HA^2 + HC^2 - 2 \cdot HA \cdot HC \cdot \cos(\angle AHC)$
Подставим известные значения в формулу:
$AC^2 = (\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{3})^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \cos(120^\circ)$
$AC^2 = 3 + 27 - 2 \cdot 9 \cdot (-\frac{1}{2})$
$AC^2 = 30 + 9 = 39$
$AC = \sqrt{39}$ см.

Ответ: $\sqrt{39}$ см.

115. Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ к плоскости квадрата проведён перпендикуляр $KB$. Найдите расстояние от точки $K$ до прямой $AC$, если $AD = a$, прямая $KO$ образует с плоскостью квадрата угол $\phi$ ($O$ — точка пересечения диагоналей квадрата).

Пусть (ABCD) - плоскость квадрата. По условию, перпендикуляр $KB$ проведен к плоскости квадрата, следовательно, $KB \perp (ABCD)$.

Расстояние от точки $K$ до прямой $AC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на прямую $AC$. Обозначим этот перпендикуляр $KH$, где $H \in AC$. Нам нужно найти длину отрезка $KH$.

Рассмотрим наклонную $KO$ к плоскости (ABCD), где $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата. $BO$ является проекцией наклонной $KO$ на плоскость (ABCD), так как $K \rightarrow B$ и $O \rightarrow O$ при ортогональном проецировании на плоскость (ABCD).

В квадрате $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$. Так как $O$ — точка пересечения диагоналей, то $BO$ является частью диагонали $BD$, и, следовательно, $BO \perp AC$.

Воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах: если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой.

В нашем случае:

• $KO$ — наклонная.
• $BO$ — её проекция на плоскость (ABCD).
• $AC$ — прямая в плоскости (ABCD).

Так как $BO \perp AC$, то по теореме о трёх перпендикулярах $KO \perp AC$.

Таким образом, отрезок $KO$ и есть перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на прямую $AC$. Значит, искомое расстояние равно длине отрезка $KO$.

Теперь найдем длину $KO$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. По условию, угол между прямой $KO$ и плоскостью квадрата равен $\varphi$. Проекцией $KO$ на плоскость является $BO$, следовательно, угол между $KO$ и $BO$ равен $\varphi$, то есть $\angle KOB = \varphi$.

Рассмотрим треугольник $\triangle KBO$. Так как $KB \perp (ABCD)$, а отрезок $BO$ лежит в этой плоскости, то $KB \perp BO$. Следовательно, $\triangle KBO$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle KBO = 90^\circ$.

Найдем длину катета $BO$. В квадрате $ABCD$ со стороной $AD=a$ длина диагонали $BD$ равна:

$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Диагонали квадрата в точке пересечения делятся пополам, поэтому:

$BO = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle KBO$ мы знаем катет $BO$ и прилежащий к нему острый угол $\angle KOB = \varphi$. Искомая длина $KO$ является гипотенузой. Из определения косинуса угла:

$\cos(\angle KOB) = \frac{BO}{KO}$

Отсюда выразим $KO$:

$KO = \frac{BO}{\cos(\varphi)} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\cos(\varphi)} = \frac{a\sqrt{2}}{2\cos(\varphi)}$.

Ответ: Расстояние от точки $K$ до прямой $AC$ равно $\frac{a\sqrt{2}}{2\cos(\varphi)}$.

116. На ребре $AA_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $E$ так, что $AE : A_1E = 4 : 3$. Найдите угол между прямой $C_1E$ и плоскостью $BAA_1$, если $AD = 12$ см, $AB = 2\sqrt{3}$ см, $AA_1 = 14$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Обозначим искомый угол через $ \alpha $. В данной задаче требуется найти угол между прямой $C_1E$ и плоскостью $BAA_1$ (которая является плоскостью грани $ABB_1A_1$).

Сначала построим проекцию прямой $C_1E$ на плоскость $BAA_1$. Для этого спроецируем её концы — точки $C_1$ и $E$. Точка $E$ лежит на ребре $AA_1$, которое принадлежит плоскости $BAA_1$, поэтому проекцией точки $E$ на эту плоскость является сама точка $E$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, то ребро $B_1C_1$ перпендикулярно грани $ABB_1A_1$. Следовательно, точка $B_1$ является ортогональной проекцией точки $C_1$ на плоскость $BAA_1$.

Таким образом, прямая $B_1E$ является проекцией прямой $C_1E$ на плоскость $BAA_1$. Искомый угол $ \alpha $ — это угол между наклонной $C_1E$ и её проекцией $B_1E$, то есть $ \alpha = \angle C_1EB_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle C_1EB_1$. Поскольку $C_1B_1$ — перпендикуляр к плоскости $BAA_1$, а прямая $B_1E$ лежит в этой плоскости, то $C_1B_1 \perp B_1E$. Это означает, что треугольник $\triangle C_1EB_1$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $B_1$.

Для нахождения угла $ \alpha $ в прямоугольном треугольнике $\triangle C_1EB_1$ воспользуемся определением тангенса: $ \tan(\alpha) = \frac{C_1B_1}{B_1E} $. Найдем длины катетов.

Длина катета $C_1B_1$ равна длине ребра $AD$, так как это прямоугольный параллелепипед. По условию $AD = 12$ см, следовательно, $C_1B_1 = 12$ см.

Длину катета $B_1E$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle A_1B_1E$, который лежит в плоскости грани $BAA_1$ (угол $ \angle B_1A_1E = 90^\circ $). По теореме Пифагора $ B_1E = \sqrt{A_1B_1^2 + A_1E^2} $. Для этого найдем длины катетов $A_1B_1$ и $A_1E$. Длина $A_1B_1 = AB = 2\sqrt{3}$ см. Длину $A_1E$ найдем из условия, что точка $E$ делит ребро $AA_1$ в отношении $AE : A_1E = 4 : 3$. Длина всего ребра $AA_1 = 14$ см. Таким образом, $AA_1$ состоит из $4+3=7$ частей. Длина одной части равна $14 / 7 = 2$ см. Тогда длина отрезка $A_1E$, состоящего из 3 частей, равна $3 \cdot 2 = 6$ см. Теперь можем вычислить $B_1E$:

$ B_1E = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{12 + 36} = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3} $ см.

Теперь мы можем найти тангенс искомого угла $ \alpha $, зная длины обоих катетов в треугольнике $\triangle C_1EB_1$:

$ \tan(\alpha) = \tan(\angle C_1EB_1) = \frac{C_1B_1}{B_1E} = \frac{12}{4\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} $.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, искомый угол $ \alpha = 60^\circ $.

Ответ: $60^\circ$.

117. Треугольники $ABC$ и $ADC$ не лежат в одной плоскости. Найдите углы, которые образуют прямые $AD$ и $CD$ с плоскостью $ABC$, если $AD = CD$, $\angle ADC = 90^\circ$, $\angle ABC = 120^\circ$, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Угол, который образует прямая AD с плоскостью ABC

По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.По условию задачи, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Это означает, что точка $B$ является ортогональной проекцией точки $D$ на плоскость $ABC$. Следовательно:

• Проекцией наклонной $AD$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AB$.
• Проекцией наклонной $CD$ на плоскость $ABC$ является отрезок $CB$.

Таким образом, угол, который образует прямая $AD$ с плоскостью $ABC$, — это угол $\angle DAB$.Поскольку $BD \perp (ABC)$, то прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности $BD \perp AB$. Следовательно, треугольник $\triangle ABD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ADC$. По условию, $AD = CD$ и $\angle ADC = 90^\circ$. Это значит, что $\triangle ADC$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Пусть катеты $AD = CD = a$. Тогда по теореме Пифагора найдем гипотенузу $AC$:$AC^2 = AD^2 + CD^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$, откуда $AC = a\sqrt{2}$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$. У них общий катет $BD$, а гипотенузы $AD$ и $CD$ равны по условию ($AD=CD=a$). Следовательно, $\triangle ABD = \triangle CBD$ по катету и гипотенузе. Из равенства этих треугольников следует, что $AB = CB$.

Таким образом, треугольник $\triangle ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$. Угол при вершине $\angle ABC = 120^\circ$. Применим к $\triangle ABC$ теорему косинусов для нахождения боковой стороны $AB$:$AC^2 = AB^2 + CB^2 - 2 \cdot AB \cdot CB \cdot \cos(\angle ABC)$$(a\sqrt{2})^2 = AB^2 + AB^2 - 2 \cdot AB \cdot AB \cdot \cos(120^\circ)$$2a^2 = 2AB^2 - 2AB^2 \cdot (-\frac{1}{2})$$2a^2 = 2AB^2 + AB^2$$2a^2 = 3AB^2$$AB^2 = \frac{2a^2}{3} \implies AB = a\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Теперь, зная длину катета $AB$ и гипотенузы $AD$ в прямоугольном треугольнике $\triangle ABD$, мы можем найти косинус искомого угла $\angle DAB$:$\cos(\angle DAB) = \frac{AB}{AD} = \frac{a\sqrt{6}/3}{a} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\arccos(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Угол, который образует прямая CD с плоскостью ABC

Аналогично первому пункту, угол, который образует прямая $CD$ с плоскостью $ABC$, — это угол между наклонной $CD$ и её проекцией $CB$, то есть угол $\angle DCB$.

Как было показано ранее при доказательстве равенства треугольников $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$, соответствующие углы $\angle DAB$ и $\angle DCB$ равны.$\angle DCB = \angle DAB = \arccos(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Таким образом, угол, образуемый прямой $CD$ с плоскостью $ABC$, также равен $\arccos(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Ответ: $\arccos(\frac{\sqrt{6}}{3})$.

Двугранный угол. Угол между плоскостями

118. На одной из граней двугранного угла, величина которого равна $60^\circ$, отметили точку C. Расстояние от точки C до другой грани двугранного угла равно $5\sqrt{3}$ см. Найдите расстояние от точки C до ребра двугранного угла.

Пусть данный двугранный угол образован двумя полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, пересекающимися по прямой $a$ (ребро двугранного угла). По условию, величина этого угла равна $60^\circ$.

На одной из граней, пусть это будет грань $\alpha$, отмечена точка $C$.

Расстояние от точки $C$ до другой грани ($\beta$) — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на плоскость $\beta$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $H$. Тогда $CH \perp \beta$, и по условию длина отрезка $CH = 5\sqrt{3}$ см.

Расстояние от точки $C$ до ребра $a$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на прямую $a$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $A$. Тогда $CA \perp a$. Длину этого отрезка $CA$ нам и нужно найти.

Рассмотрим треугольник $CAH$.

• $CA$ — наклонная к плоскости $\beta$.
• $CH$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$.
• $AH$ — проекция наклонной $CA$ на плоскость $\beta$.

Поскольку $CA \perp a$ (по построению) и $a$ — это прямая, лежащая в плоскости $\beta$, то по теореме о трёх перпендикулярах, проекция $AH$ также перпендикулярна прямой $a$. То есть, $AH \perp a$.

Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя лучами, исходящими из одной точки на ребре, перпендикулярными ребру и лежащими в разных гранях. В нашем случае, $CA \perp a$ и $CA$ лежит в грани $\alpha$, а $AH \perp a$ и $AH$ лежит в грани $\beta$. Следовательно, угол $\angle CAH$ является линейным углом данного двугранного угла, и его величина равна $60^\circ$.

Так как $CH$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, а прямая $AH$ лежит в этой плоскости, то $CH \perp AH$. Это означает, что треугольник $CAH$ — прямоугольный, с прямым углом $H$.

В прямоугольном треугольнике $CAH$ нам известны:

• катет $CH = 5\sqrt{3}$ см;
• противолежащий этому катету угол $\angle CAH = 60^\circ$.

Нужно найти гипотенузу $CA$.

Воспользуемся определением синуса угла в прямоугольном треугольнике: $\sin(\angle CAH) = \frac{CH}{CA}$

Отсюда выразим $CA$: $CA = \frac{CH}{\sin(\angle CAH)}$

Подставим известные значения: $CA = \frac{5\sqrt{3}}{\sin(60^\circ)}$

Так как $\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, получаем: $CA = \frac{5\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 5\sqrt{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = 10$ см.

Ответ: 10 см.