Страница 98 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

Контрольная работа № 6

Тема. Обобщение и систематизация знаний учащихся

1. Сторона правильного треугольника равна $6\sqrt{3}$ см. Точка $M$ равноудалена от всех прямых, содержащих его стороны. Проекцией точки $M$ на плоскость треугольника является точка, принадлежащая этому треугольнику. Найдите расстояние от точки $M$ до сторон треугольника, если расстояние от точки $M$ до плоскости треугольника равно $6\sqrt{2}$ см.

1. Пусть дан правильный треугольник $ABC$ со стороной $a = 6\sqrt{3}$ см. Точка $M$ находится в пространстве, а ее проекция на плоскость треугольника — точка $O$, которая лежит внутри треугольника.

По условию, точка $M$ равноудалена от всех прямых, содержащих стороны треугольника. Это означает, что ее проекция, точка $O$, равноудалена от этих же прямых в плоскости треугольника. Точка внутри треугольника, равноудаленная от всех его сторон, является центром вписанной окружности (инцентром). Таким образом, $O$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$.

Расстояние от точки $M$ до плоскости треугольника — это длина перпендикуляра $MO$. По условию, $MO = 6\sqrt{2}$ см.

Расстояние от точки $M$ до стороны треугольника (например, до стороны $AC$) — это длина перпендикуляра $MK$, где $K$ — точка на стороне $AC$.

Отрезок $OK$ является перпендикуляром, опущенным из центра вписанной окружности $O$ на сторону $AC$. Следовательно, длина отрезка $OK$ равна радиусу вписанной окружности $r$.

Рассмотрим треугольник $MOK$. Так как $MO$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $O$, в том числе и прямой $OK$. Следовательно, треугольник $MOK$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle MOK$.

По теореме Пифагора, $MK^2 = MO^2 + OK^2$. Чтобы найти $MK$, нам нужно сначала вычислить $OK = r$.

Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $a$, вычисляется по формуле:$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$Подставим значение стороны $a = 6\sqrt{3}$ см:$OK = r = \frac{6\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 3$ см.

Теперь найдем искомое расстояние $MK$:$MK = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + 3^2} = \sqrt{36 \cdot 2 + 9} = \sqrt{72 + 9} = \sqrt{81} = 9$ см.

Ответ: 9 см.

2. Точка A находится на расстоянии 3 см от плоскости $\alpha$. Наклонные $AE$ и $AF$ образуют с плоскостью $\alpha$ углы $60^\circ$ и $30^\circ$ соответственно. Найдите расстояние между точками $E$ и $F$, если угол между проекциями наклонных на плоскость $\alpha$ равен $120^\circ$.

Пусть $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ — основание перпендикуляра, а длина $AH$ является расстоянием от точки $A$ до плоскости $\alpha$, то есть $AH = 3$ см.

Наклонные $AE$ и $AF$ имеют свои проекции на плоскость $\alpha$ — это отрезки $HE$ и $HF$ соответственно. Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость. Следовательно, $\angle AEH = 60^\circ$ и $\angle AFH = 30^\circ$.

Так как $AH \perp \alpha$, то треугольники $\triangle AHE$ и $\triangle AHF$ являются прямоугольными (с прямым углом при вершине $H$).

1. Найдем длины проекций $HE$ и $HF$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle AHE$ найдем длину проекции $HE$ (прилежащий катет к углу $AHE$):

$HE = AH \cdot \cot(\angle AEH) = 3 \cdot \cot(60^\circ) = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см.

Из прямоугольного треугольника $\triangle AHF$ найдем длину проекции $HF$:

$HF = AH \cdot \cot(\angle AFH) = 3 \cdot \cot(30^\circ) = 3 \cdot \sqrt{3}$ см.

2. Найдем расстояние между точками $E$ и $F$.

Точки $E$, $H$ и $F$ лежат в плоскости $\alpha$. Расстояние между точками $E$ и $F$ — это длина стороны $EF$ в треугольнике $\triangle EHF$. Мы знаем длины двух сторон этого треугольника ($HE = \sqrt{3}$ см, $HF = 3\sqrt{3}$ см) и угол между ними, который по условию равен $\angle EHF = 120^\circ$. Для нахождения длины третьей стороны воспользуемся теоремой косинусов:

$EF^2 = HE^2 + HF^2 - 2 \cdot HE \cdot HF \cdot \cos(\angle EHF)$

Подставим известные значения:

$EF^2 = (\sqrt{3})^2 + (3\sqrt{3})^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \cos(120^\circ)$

$EF^2 = 3 + (9 \cdot 3) - 2 \cdot (3 \cdot 3) \cdot (-\frac{1}{2})$

$EF^2 = 3 + 27 - 18 \cdot (-\frac{1}{2})$

$EF^2 = 30 + 9 = 39$

$EF = \sqrt{39}$ см.

Ответ: $\sqrt{39}$ см.

3. Через вершину $B$ треугольника $ABC$, в котором $AB = BC = 6$ см, $AC = 8$ см, проведён перпендикуляр $MB$ к плоскости треугольника. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $AMC$, если $MB = 2\sqrt{15}$ см.

Угол между плоскостями (ABC) и (AMC) — это двугранный угол, который измеряется величиной своего линейного угла. Линия пересечения данных плоскостей — это прямая AC. Для нахождения линейного угла необходимо построить перпендикуляры к этой линии в каждой из плоскостей, проведенные из одной точки.

В плоскости треугольника ABC проведем высоту BH к стороне AC. Так как треугольник ABC равнобедренный с основанием AC (поскольку $AB = BC = 6$ см), то высота BH также является медианой. Следовательно, точка H — середина отрезка AC.

Найдем длину отрезка AH:
$AH = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABH (угол $\angle AHB = 90^\circ$). По теореме Пифагора найдем длину высоты BH:
$BH^2 = AB^2 - AH^2$
$BH^2 = 6^2 - 4^2 = 36 - 16 = 20$
$BH = \sqrt{20} = \sqrt{4 \cdot 5} = 2\sqrt{5}$ см.

По условию, отрезок MB перпендикулярен плоскости (ABC). BH — это проекция наклонной MH на плоскость (ABC). Так как проекция BH перпендикулярна прямой AC, лежащей в плоскости, то, по теореме о трех перпендикулярах, наклонная MH также перпендикулярна прямой AC ($MH \perp AC$).

Таким образом, угол $\angle MHB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями (ABC) и (AMC), так как $BH \perp AC$ и $MH \perp AC$.

Рассмотрим треугольник MBH. Так как $MB \perp (ABC)$, а прямая BH лежит в этой плоскости, то $MB \perp BH$. Следовательно, треугольник MBH — прямоугольный с прямым углом $\angle MBH = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике MBH известны длины двух катетов: $MB = 2\sqrt{15}$ см и $BH = 2\sqrt{5}$ см. Найдем тангенс угла $\angle MHB$:
$\tan(\angle MHB) = \frac{MB}{BH} = \frac{2\sqrt{15}}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{15}{5}} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Следовательно, искомый угол между плоскостями равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

4. Основанием прямого параллелепипеда является ромб с острым углом $α$. Большая диагональ параллелепипеда равна $d$ и образует с плоскостью основания угол $β$. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ прямого параллелепипеда вычисляется по формуле $S_{бок} = P_{осн} \cdot h$, где $P_{осн}$ — периметр основания, а $h$ — высота параллелепипеда.

Поскольку основанием является ромб со стороной $a$, его периметр $P_{осн} = 4a$. Следовательно, формула для площади боковой поверхности принимает вид $S_{бок} = 4ah$. Для решения задачи необходимо выразить сторону ромба $a$ и высоту параллелепипеда $h$ через данные величины $d$, $\alpha$ и $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, катетами которого являются высота параллелепипеда $h$ и большая диагональ основания (ромба) $d_1$, а гипотенузой — большая диагональ параллелепипеда $d$. По условию, угол между диагональю параллелепипеда $d$ и плоскостью основания (то есть диагональю ромба $d_1$) равен $\beta$.

Из соотношений в этом прямоугольном треугольнике находим:
$h = d \sin\beta$
$d_1 = d \cos\beta$

Теперь свяжем большую диагональ ромба $d_1$ с его стороной $a$. В ромбе с острым углом $\alpha$ тупой угол равен $180^\circ - \alpha$. Большая диагональ лежит против большего (тупого) угла. Применим теорему косинусов к треугольнику, образованному двумя сторонами ромба $a$ и его большей диагональю $d_1$:
$d_1^2 = a^2 + a^2 - 2a^2 \cos(180^\circ - \alpha) = 2a^2 - 2a^2(-\cos\alpha) = 2a^2(1 + \cos\alpha)$.

Воспользуемся тригонометрической формулой $1 + \cos\alpha = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$:
$d_1^2 = 2a^2 \cdot 2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 4a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$.
Извлекая квадратный корень, получаем: $d_1 = 2a\cos(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь у нас есть два выражения для $d_1$. Приравняем их, чтобы найти сторону ромба $a$:
$d \cos\beta = 2a\cos(\frac{\alpha}{2})$
$a = \frac{d \cos\beta}{2\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Подставим найденные выражения для $a$ и $h$ в формулу площади боковой поверхности $S_{бок} = 4ah$:
$S_{бок} = 4 \cdot \left( \frac{d \cos\beta}{2\cos(\frac{\alpha}{2})} \right) \cdot (d \sin\beta) = \frac{4d^2 \sin\beta \cos\beta}{2\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{2d^2 \sin\beta \cos\beta}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Применив формулу синуса двойного угла $2\sin\beta \cos\beta = \sin(2\beta)$, получим окончательное выражение:
$S_{бок} = \frac{d^2 \sin(2\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Ответ: $S_{бок} = \frac{d^2 \sin(2\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

5. Боковые грани $DAB$ и $DAC$ пирамиды $DABC$ перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если $\angle ACB = 90^\circ$, $AC = 8$ см, $BC = 6$ см, а расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ равно 17 см.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: $S_{бок} = S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DBC}$.

По условию, боковые грани DAB и DAC перпендикулярны плоскости основания ABC. Если две плоскости, пересекающиеся по прямой, перпендикулярны третьей плоскости, то их линия пересечения также перпендикулярна этой плоскости. Линией пересечения граней DAB и DAC является ребро DA. Следовательно, ребро DA перпендикулярно плоскости основания ABC ($DA \perp (ABC)$), то есть DA является высотой пирамиды.

Так как ребро $DA \perp (ABC)$, то оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $DA \perp AC$ и $DA \perp AB$. Это означает, что треугольники $\triangle DAC$ и $\triangle DAB$ являются прямоугольными ($\angle DAC = 90^\circ$ и $\angle DAB = 90^\circ$).

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник ABC, поскольку по условию $\angle ACB = 90^{\circ}$. Длины его катетов $AC = 8 \text{ см}$ и $BC = 6 \text{ см}$. Найдем длину гипотенузы AB по теореме Пифагора: $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10 \text{ см}$.

Расстояние от точки D до прямой BC по определению — это длина перпендикуляра, опущенного из точки D на прямую BC. Воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. У нас есть перпендикуляр DA к плоскости (ABC) и наклонная DC к этой плоскости. AC является проекцией наклонной DC на плоскость (ABC). Прямая BC, лежащая в плоскости (ABC), перпендикулярна проекции AC (так как $\angle ACB = 90^{\circ}$). Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, прямая BC перпендикулярна и самой наклонной DC.

Это означает, что $DC \perp BC$, и треугольник $\triangle DBC$ является прямоугольным. Длина отрезка DC и есть расстояние от точки D до прямой BC. По условию, это расстояние равно $17 \text{ см}$, следовательно, $DC = 17 \text{ см}$.

Теперь, зная длины гипотенузы DC и катета AC в прямоугольном треугольнике $\triangle DAC$, мы можем найти длину второго катета DA (высоты пирамиды) по теореме Пифагора: $DA = \sqrt{DC^2 - AC^2} = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15 \text{ см}$.

Теперь мы можем вычислить площади всех боковых граней.

Площадь грани $\triangle DAC$: $S_{\triangle DAC} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60 \text{ см}^2$.

Площадь грани $\triangle DAB$: $S_{\triangle DAB} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 10 = 75 \text{ см}^2$.

Площадь грани $\triangle DBC$: $S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 17 = 51 \text{ см}^2$.

Суммируем площади граней, чтобы найти площадь боковой поверхности пирамиды: $S_{бок} = S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DBC} = 60 + 75 + 51 = 186 \text{ см}^2$.

Ответ: $186 \text{ см}^2$.