Страница 82 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

127. Равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) и квадрат $ABDE$ имеют общую сторону $AB$ длиной 6 см. Найдите угол между их плоскостями, если $CD = \sqrt{34}$ см.

Угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью квадрата $ABDE$ — это двугранный угол, ребром которого является их общая сторона $AB$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол.

Построение линейного угла

Выберем точку $H$ — середину ребра $AB$. Тогда $AH = HB = \frac{1}{2}AB = \frac{6}{2} = 3$ см.

В плоскости треугольника $ABC$ проведем отрезок $CH$. Поскольку $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$, его медиана $CH$ также является высотой, то есть $CH \perp AB$. В прямоугольном треугольнике ($\angle ACB = 90^\circ$) медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, следовательно, $CH = \frac{1}{2}AB = 3$ см.

В плоскости квадрата $ABDE$ проведем отрезок $HK$, где $K$ — середина стороны $DE$. Отрезок $HK$ соединяет середины противоположных сторон квадрата, поэтому он перпендикулярен $AB$ и равен по длине стороне квадрата. Таким образом, $HK \perp AB$ и $HK = AB = 6$ см.

Линейным углом двугранного угла является угол между перпендикулярами $CH$ и $HK$, проведенными к ребру $AB$ в одной точке $H$. Обозначим искомый угол как $\phi = \angle CHK$.

Нахождение угла методом координат

Для нахождения величины угла $\phi$ введем трехмерную систему координат. Поместим начало координат в точку $H$. Ось $Ox$ направим вдоль луча $HB$. Плоскость квадрата $(ABDE)$ совместим с плоскостью $Oxy$, направив ось $Oy$ вдоль луча $HK$.

В этой системе координат точки имеют следующие координаты:

$H(0; 0; 0)$

$D(-3; 6; 0)$ (так как $A(-3; 0; 0)$ и $AD$ параллельна $HK$ и равна 6)

Точка $C$ лежит в плоскости, проходящей через ось $Ox$ и образующей угол $\phi$ с плоскостью $Oxy$. Так как отрезок $CH$ имеет длину 3 и образует угол $\phi$ с осью $Oy$, координаты точки $C$ будут $C(0; 3\cos\phi; 3\sin\phi)$.

По условию задачи, расстояние между точками $C$ и $D$ равно $\sqrt{34}$. Найдем квадрат этого расстояния, используя формулу расстояния между точками:

$CD^2 = (x_D - x_C)^2 + (y_D - y_C)^2 + (z_D - z_C)^2$

Подставим координаты и заданное значение:

$(\sqrt{34})^2 = (-3 - 0)^2 + (6 - 3\cos\phi)^2 + (0 - 3\sin\phi)^2$

$34 = 9 + (36 - 36\cos\phi + 9\cos^2\phi) + 9\sin^2\phi$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$, упростим уравнение:

$34 = 9 + 36 - 36\cos\phi + 9(\cos^2\phi + \sin^2\phi)$

$34 = 45 - 36\cos\phi + 9(1)$

$34 = 54 - 36\cos\phi$

Решим полученное уравнение относительно $\cos\phi$:

$36\cos\phi = 54 - 34$

$36\cos\phi = 20$

$\cos\phi = \frac{20}{36} = \frac{5}{9}$

Следовательно, искомый угол между плоскостями равен $\arccos(\frac{5}{9})$.

Ответ: $\arccos(\frac{5}{9})$.

128. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $m$. Из точек $A$ и $M$, лежащих в плоскостях $\alpha$ и $\beta$ соответственно, проведены перпендикуляры $MK$ и $AE$ к прямой $m$. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$, если $KE = 2\sqrt{7}$ см, $ME = 10$ см, $MA = 2\sqrt{17}$ см, $AE = 8$ см.

Пусть $\phi$ — искомый угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$. Этот угол равен углу между перпендикулярами $AE$ и $MK$, проведенными к линии пересечения $m$.

Рассмотрим треугольник $MKE$. По условию, $MK$ — перпендикуляр, проведенный к прямой $m$. Точки $K$ и $E$ лежат на прямой $m$. Следовательно, отрезок $KE$ лежит на прямой $m$, и, значит, $MK \perp KE$. Таким образом, треугольник $MKE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $K$.

Применим теорему Пифагора для $\triangle MKE$:$ME^2 = MK^2 + KE^2$

Подставим известные значения:$10^2 = MK^2 + (2\sqrt{7})^2$$100 = MK^2 + 4 \cdot 7$$100 = MK^2 + 28$$MK^2 = 100 - 28 = 72$$MK = \sqrt{72} = \sqrt{36 \cdot 2} = 6\sqrt{2}$ см.

Для нахождения угла между плоскостями воспользуемся векторным методом. Выразим вектор $\vec{AM}$ через векторы, составленные из данных в задаче отрезков:$\vec{AM} = \vec{AE} + \vec{EK} + \vec{KM}$

Найдем квадрат длины вектора $\vec{AM}$, который равен квадрату расстояния $MA$:$MA^2 = |\vec{AM}|^2 = |\vec{AE} + \vec{EK} + \vec{KM}|^2$

Используя свойства скалярного произведения, раскроем квадрат суммы векторов:$MA^2 = |\vec{AE}|^2 + |\vec{EK}|^2 + |\vec{KM}|^2 + 2(\vec{AE} \cdot \vec{EK}) + 2(\vec{AE} \cdot \vec{KM}) + 2(\vec{EK} \cdot \vec{KM})$

Так как $AE \perp m$ и $EK$ лежит на $m$, то векторы $\vec{AE}$ и $\vec{EK}$ перпендикулярны, и их скалярное произведение равно нулю: $\vec{AE} \cdot \vec{EK} = 0$.Аналогично, $MK \perp m$ и $EK$ лежит на $m$, поэтому $\vec{KM}$ и $\vec{EK}$ перпендикулярны: $\vec{EK} \cdot \vec{KM} = 0$.

Уравнение упрощается:$MA^2 = AE^2 + EK^2 + MK^2 + 2(\vec{AE} \cdot \vec{KM})$

Скалярное произведение $\vec{AE} \cdot \vec{KM}$ равно произведению длин векторов на косинус угла $\theta$ между ними: $\vec{AE} \cdot \vec{KM} = AE \cdot MK \cdot \cos\theta$.Угол $\phi$ между плоскостями — это угол между перпендикулярами $AE$ и $MK$, направленными в одну сторону от прямой $m$. Вектор $\vec{AE}$ направлен от точки $A$ к прямой $m$, а вектор $\vec{KM}$ — от прямой $m$ к точке $M$. Таким образом, угол между векторами $\theta = 180^\circ - \phi$, и $\cos\theta = \cos(180^\circ - \phi) = -\cos\phi$.

Подставляя это в наше уравнение, получаем:$MA^2 = AE^2 + EK^2 + MK^2 - 2 \cdot AE \cdot MK \cdot \cos\phi$

Теперь подставим все числовые значения в эту формулу:$MA^2 = (2\sqrt{17})^2 = 4 \cdot 17 = 68$$AE^2 = 8^2 = 64$$EK^2 = (2\sqrt{7})^2 = 4 \cdot 7 = 28$$MK^2 = (6\sqrt{2})^2 = 36 \cdot 2 = 72$

$68 = 64 + 28 + 72 - 2 \cdot 8 \cdot 6\sqrt{2} \cdot \cos\phi$$68 = 164 - 96\sqrt{2} \cos\phi$$96\sqrt{2} \cos\phi = 164 - 68$$96\sqrt{2} \cos\phi = 96$$\cos\phi = \frac{96}{96\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол между плоскостями по определению находится в пределах от $0^\circ$ до $90^\circ$. Следовательно:$\phi = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.

129. Через точку $O$ пересечения диагоналей прямоугольника $ABCD$ проведена прямая $m$, перпендикулярная плоскости прямоугольника. Плоскость, проведённая через сторону $AB$, пересекает прямую $m$ в точке $E$. Угол между плоскостями $ABC$ и $ABE$ равен $30^\circ$. Найдите проекцию отрезка $EO$ на плоскость $ABE$, если $AD = 12$ см.

Пусть $ABCD$ — данный прямоугольник, а $O$ — точка пересечения его диагоналей. Через точку $O$ проведена прямая $m$, перпендикулярная плоскости прямоугольника $(ABC)$. Это означает, что отрезок $EO$, где $E$ — точка на прямой $m$, перпендикулярен плоскости $(ABC)$, т.е. $EO \perp (ABC)$.

Плоскости $(ABC)$ и $(ABE)$ пересекаются по прямой $AB$. Угол между этими плоскостями по условию равен $30^\circ$. Для нахождения этого угла в пространстве построим его линейный аналог. Для этого проведем в некоторой точке на прямой $AB$ два перпендикуляра к ней, лежащие в данных плоскостях.

Пусть $K$ — середина стороны $AB$. В плоскости прямоугольника $(ABC)$ проведем отрезок $OK$. Так как $O$ — центр прямоугольника, $OK$ перпендикулярен $AB$ и его длина равна половине длины стороны $AD$.

$OK \perp AB$ и $OK = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.

Поскольку $EO \perp (ABC)$, то $EO$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, следовательно, $EO \perp AB$ и $EO \perp OK$. Таким образом, треугольник $EKO$ является прямоугольным ($\angle EOK = 90^\circ$).

Так как прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $OK$ и $EO$ (лежащим в плоскости $(EKO)$), то прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $(EKO)$.

В плоскости $(ABE)$ проведем отрезок $EK$. Поскольку $EK$ лежит в плоскости $(EKO)$, то $AB \perp EK$.

Мы получили, что $OK \perp AB$ (в плоскости $(ABC)$) и $EK \perp AB$ (в плоскости $(ABE)$), причем оба перпендикуляра проведены к точке $K$ на линии пересечения. Следовательно, угол $\angle EKO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABC)$ и $(ABE)$. По условию, $\angle EKO = 30^\circ$.

Из прямоугольного треугольника $EKO$ найдем длину катета $EO$:

$\tan(\angle EKO) = \frac{EO}{OK} \Rightarrow EO = OK \cdot \tan(30^\circ) = 6 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем проекцию отрезка $EO$ на плоскость $(ABE)$. Проекцией является отрезок, соединяющий проекции его концов. Точка $E$ уже лежит в плоскости $(ABE)$, поэтому ее проекция — это сама точка $E$. Найдем проекцию точки $O$ на плоскость $(ABE)$. Обозначим ее $H$. Искомая проекция — это отрезок $EH$.

Для нахождения точки $H$ опустим перпендикуляр $OH$ из точки $O$ на плоскость $(ABE)$.

Ранее мы установили, что плоскость $(EKO)$ перпендикулярна прямой $AB$. Так как прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABE)$, то плоскости $(EKO)$ и $(ABE)$ взаимно перпендикулярны. Линия их пересечения — прямая $EK$.

Поскольку точка $O$ лежит в плоскости $(EKO)$, перпендикуляр из $O$ на плоскость $(ABE)$ будет лежать в плоскости $(EKO)$ и будет перпендикулярен линии пересечения $EK$. Таким образом, $OH$ — это высота прямоугольного треугольника $EKO$, проведенная к гипотенузе $EK$.

Длина искомой проекции — это длина отрезка $EH$. В прямоугольном треугольнике $EKO$ угол $\angle OEK = 90^\circ - \angle EKO = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHE$ (где $\angle OHE = 90^\circ$, так как $OH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABE)$ и, следовательно, к любой прямой в ней, включая $EH$). Из этого треугольника находим:

$EH = EO \cdot \cos(\angle OEK) = 2\sqrt{3} \cdot \cos(60^\circ) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \sqrt{3}$ см.

Ответ: $\sqrt{3}$ см.

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

Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость треугольника $ABC$. Поскольку точка $M$ равноудалена от вершин треугольника $ABC$ ($MA = MB = MC$), то её проекция $O$ является центром описанной окружности треугольника $ABC$. Так как треугольник $ABC$ — правильный, его центр $O$ является точкой пересечения медиан, высот и биссектрис.

Угол между прямой $MA$ и плоскостью $ABC$ — это угол между прямой $MA$ и её проекцией $OA$ на эту плоскость. Таким образом, $\angle MAO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MOA$ (угол $\angle MOA = 90^\circ$, так как $MO$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$). Из этого треугольника находим высоту $MO$:
$ \tan(\alpha) = \frac{MO}{OA} \implies MO = OA \cdot \tan(\alpha) $

Угол между плоскостями $MAB$ и $ABC$ — это двугранный угол при ребре $AB$. Для его измерения построим линейный угол. Проведём в плоскости $ABC$ отрезок $OH$, где $H$ — середина стороны $AB$. Так как $\triangle ABC$ правильный, а $O$ — его центр, то медиана $CH$ является и высотой, и $O$ лежит на $CH$. Следовательно, $OH \perp AB$.

В плоскости $MAB$ проведём отрезок $MH$. Так как $\triangle MAB$ равнобедренный ($MA=MB$), его медиана $MH$ является и высотой. Следовательно, $MH \perp AB$.

Таким образом, угол $\angle MHO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $MAB$ и $ABC$. Обозначим этот угол как $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHO$ (угол $\angle MOH = 90^\circ$, так как $MO \perp$ плоскости $ABC$). В нём:$ \tan(\beta) = \frac{MO}{OH} $

Для правильного треугольника $ABC$ отрезок $OA$ является радиусом описанной окружности ($R$), а отрезок $OH$ — радиусом вписанной окружности ($r$). Известно, что для правильного треугольника $R = 2r$, то есть $OA = 2 \cdot OH$.

Подставим известные соотношения в формулу для $\tan(\beta)$:$ \tan(\beta) = \frac{MO}{OH} = \frac{OA \cdot \tan(\alpha)}{OH} = \frac{(2 \cdot OH) \cdot \tan(\alpha)}{OH} = 2 \tan(\alpha) $

Отсюда искомый угол $\beta$ равен:$ \beta = \arctan(2 \tan(\alpha)) $

Ответ: $ \arctan(2 \tan(\alpha)) $

Перпендикулярные плоскости

131. Равнобедренные треугольники $ABC$ и $AB_1C$ имеют общее основание $AC$ длиной 16 см. Плоскости этих треугольников перпендикулярны. Найдите расстояние между точками $B$ и $B_1$, если $AB = 10$ см, $AB_1 = 17$ см.

Пусть $H$ — середина общего основания $AC$. Поскольку треугольники $ABC$ и $AB_1C$ являются равнобедренными с общим основанием $AC$, их высоты $BH$ и $B_1H$, проведенные к основанию, также являются и медианами. Следовательно, они обе опускаются в точку $H$.

Длина отрезка $AH$ равна половине длины основания $AC$:
$AH = \frac{AC}{2} = \frac{16}{2} = 8$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$ (угол $\angle AHB = 90^\circ$). По теореме Пифагора найдем длину высоты $BH$:
$BH^2 = AB^2 - AH^2$
$BH = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AB_1H$ (угол $\angle AHB_1 = 90^\circ$). По теореме Пифагора найдем длину высоты $B_1H$:
$B_1H^2 = AB_1^2 - AH^2$
$B_1H = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15$ см.

По условию, плоскости треугольников $(ABC)$ и $(AB_1C)$ перпендикулярны. Линия их пересечения — прямая $AC$. Отрезки $BH$ и $B_1H$ перпендикулярны линии пересечения $AC$ в одной точке $H$. Следовательно, угол между этими отрезками равен углу между плоскостями, то есть $\angle BHB_1 = 90^\circ$.

Таким образом, треугольник $BHB_1$ является прямоугольным, где $BH$ и $B_1H$ — катеты, а искомое расстояние $BB_1$ — гипотенуза. Применим теорему Пифагора для треугольника $BHB_1$:
$BB_1^2 = BH^2 + B_1H^2$
$BB_1 = \sqrt{6^2 + 15^2} = \sqrt{36 + 225} = \sqrt{261}$
Упростим корень: $261 = 9 \cdot 29$.
$BB_1 = \sqrt{9 \cdot 29} = 3\sqrt{29}$ см.

Ответ: $3\sqrt{29}$ см.

132. Точка $S$ равноудалена от вершин равностороннего треугольника $ABC$, точка $M$ — середина стороны $AC$. Докажите, что плоскости $MSB$ и $ABC$ перпендикулярны.

Для доказательства перпендикулярности плоскостей $MSB$ и $ABC$ воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей. Согласно этому признаку, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то такие плоскости перпендикулярны. Докажем, что прямая $AC$, лежащая в плоскости $ABC$, перпендикулярна плоскости $MSB$.

1. Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, $\triangle ABC$ — равносторонний. Точка $M$ — середина стороны $AC$. Следовательно, отрезок $BM$ является медианой $\triangle ABC$. В равностороннем треугольнике медиана является также и высотой. Таким образом, $BM$ перпендикулярна $AC$, то есть $BM \perp AC$.

2. Рассмотрим треугольник $ASC$. По условию, точка $S$ равноудалена от вершин треугольника $ABC$, из чего следует, что $SA = SC$. Значит, $\triangle ASC$ — равнобедренный с основанием $AC$. Так как $M$ — середина основания $AC$, то отрезок $SM$ является медианой этого треугольника. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, также является высотой. Следовательно, $SM$ перпендикулярна $AC$, то есть $SM \perp AC$.

3. Мы получили, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BM$ и $SM$, которые лежат в плоскости $MSB$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Значит, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $MSB$ ($AC \perp (MSB)$).

4. Так как прямая $AC$ лежит в плоскости $ABC$ и при этом $AC \perp (MSB)$, то по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $ABC$ перпендикулярна плоскости $MSB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Плоскости $MSB$ и $ABC$ перпендикулярны.

133. Точка $M$ равноудалена от сторон ромба $ABCD$. Докажите, что плоскости $AMC$ и $BMD$ перпендикулярны.

Доказательство:

1. Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость ромба $(ABCD)$. По определению проекции, отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости $(ABCD)$, то есть $MO \perp (ABCD)$.

2. По условию, точка $M$ равноудалена от всех сторон ромба $ABCD$. Это означает, что длины перпендикуляров, опущенных из точки $M$ на прямые, содержащие стороны ромба, равны.

3. Рассмотрим наклонные, проведенные из точки $M$ к сторонам ромба, и их проекции. Так как наклонные (расстояния от $M$ до сторон) равны, то равны и их проекции на плоскость $(ABCD)$. Проекции этих перпендикуляров являются перпендикулярами, опущенными из точки $O$ на стороны ромба. Следовательно, точка $O$ равноудалена от всех сторон ромба $ABCD$.

4. Точка, равноудаленная от всех сторон многоугольника, является центром вписанной в него окружности. В ромбе центром вписанной окружности является точка пересечения его диагоналей. Таким образом, точка $O$ является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. То есть, $O = AC \cap BD$.

5. Теперь у нас есть следующая информация:

• $BD$ — одна из диагоналей ромба.
• $AC$ — вторая диагональ ромба. По свойству ромба, его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$.
• $MO \perp (ABCD)$, а так как прямая $BD$ лежит в плоскости $(ABCD)$, то $MO \perp BD$.

6. Мы установили, что прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $MO$ в плоскости $(AMC)$ (они пересекаются в точке $O$). Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, $BD \perp (AMC)$.

7. Плоскость $(BMD)$ проходит через прямую $BD$, которая перпендикулярна плоскости $(AMC)$. Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

8. Таким образом, плоскость $(AMC)$ перпендикулярна плоскости $(BMD)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что плоскости $AMC$ и $BMD$ перпендикулярны.