Номер 208, страница 92 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

208. Боковая грань $MKF$ пирамиды $KMNF$ перпендикулярна плоскости основания, а двугранные углы пирамиды при рёбрах $MN$ и $NF$ равны $45^\circ$. Найдите ребро $KF$, если $\angle MNF = 90^\circ$, $MN = NF = 12$ см.

Пусть $KMNF$ - данная пирамида. Основанием является прямоугольный треугольник $MNF$, так как $\angle MNF = 90^\circ$. Также, поскольку $MN = NF = 12$ см, треугольник $MNF$ является равнобедренным.

По условию, боковая грань $MKF$ перпендикулярна плоскости основания $MNF$. Пусть $KH$ - высота пирамиды, опущенная из вершины $K$ на плоскость основания. Так как плоскость $(MKF)$ перпендикулярна плоскости $(MNF)$, то основание высоты $H$ будет лежать на линии пересечения этих плоскостей, то есть на ребре $MF$. Таким образом, $H \in MF$ и $KH \perp (MNF)$.

Двугранный угол при ребре $MN$ образован гранями $(KMN)$ и $(MNF)$. Для нахождения его линейного угла построим перпендикуляр из точки $H$ к ребру $MN$. Пусть $P$ - основание этого перпендикуляра, тогда $HP \perp MN$. Так как $KH$ - перпендикуляр к плоскости $(MNF)$, а $HP$ - проекция наклонной $KP$ на эту плоскость, то по теореме о трех перпендикулярах $KP \perp MN$. Следовательно, $\angle KPH$ является линейным углом двугранного угла при ребре $MN$. По условию, $\angle KPH = 45^\circ$.

Аналогично, для двугранного угла при ребре $NF$ построим перпендикуляр из точки $H$ к ребру $NF$. Пусть $Q$ - основание этого перпендикуляра, тогда $HQ \perp NF$. По теореме о трех перпендикулярах, $KQ \perp NF$. Следовательно, $\angle KQH$ является линейным углом двугранного угла при ребре $NF$. По условию, $\angle KQH = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $KPH$ (так как $KH \perp (MNF)$, то $KH \perp HP$). Катеты $KH$ и $HP$ связаны через тангенс угла $\angle KPH$:$ \text{tg}(\angle KPH) = \frac{KH}{HP} $$ \text{tg}(45^\circ) = 1 = \frac{KH}{HP} \implies KH = HP $

Рассмотрим прямоугольный треугольник $KQH$:$ \text{tg}(\angle KQH) = \frac{KH}{HQ} $$ \text{tg}(45^\circ) = 1 = \frac{KH}{HQ} \implies KH = HQ $

Таким образом, мы получили, что $KH = HP = HQ$. Это означает, что точка $H$ в плоскости основания равноудалена от сторон $MN$ и $NF$ угла $\angle MNF$. Следовательно, точка $H$ лежит на биссектрисе угла $\angle MNF$.

Введем в плоскости основания систему координат с началом в точке $N$, направив ось $Ox$ вдоль ребра $NF$ и ось $Oy$ вдоль ребра $NM$. В этой системе координат вершины основания имеют координаты: $N(0,0)$, $F(12,0)$, $M(0,12)$.Точка $H$ лежит на биссектрисе угла $\angle MNF$ (угол между осями $Ox$ и $Oy$), поэтому ее координаты равны: $H(x_H, x_H)$.Точка $H$ также лежит на прямой $MF$. Уравнение прямой, проходящей через точки $M(0,12)$ и $F(12,0)$, имеет вид:$ \frac{x-0}{12-0} = \frac{y-12}{0-12} \implies \frac{x}{12} = \frac{y-12}{-12} \implies -x = y-12 \implies x+y=12 $

Поскольку точка $H(x_H, x_H)$ лежит на этой прямой, ее координаты удовлетворяют уравнению:$ x_H + x_H = 12 \implies 2x_H = 12 \implies x_H = 6 $Значит, точка $H$ имеет координаты $(6,6)$.Расстояние от точки $H(6,6)$ до оси $Oy$ (прямой $MN$) равно $HP = 6$ см. Расстояние до оси $Ox$ (прямой $NF$) равно $HQ = 6$ см.Высота пирамиды $KH = HP = 6$ см.

Теперь найдем искомое ребро $KF$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $KHF$ (угол $\angle KHF = 90^\circ$, так как $KH$ перпендикулярна всей плоскости основания, а значит и любой прямой в ней).Найдем длину катета $HF$ как расстояние между точками $H(6,6)$ и $F(12,0)$:$ HF = \sqrt{(12-6)^2 + (0-6)^2} = \sqrt{6^2 + (-6)^2} = \sqrt{36+36} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2} $ см.

По теореме Пифагора для треугольника $KHF$:$ KF^2 = KH^2 + HF^2 $$ KF^2 = 6^2 + (6\sqrt{2})^2 = 36 + 72 = 108 $$ KF = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3} $ см.

Ответ: $6\sqrt{3}$ см.