Номер 3, страница 54 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 3

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. На рисунке 54 изображён ромб ABCD. Через точку O пересечения его диагоналей проведена прямая MO, перпендикулярная прямой AC. Докажите, что прямая AC перпендикулярна плоскости BMD.

Рис. 54

2. Через вершину A прямоугольного равнобедренного треугольника ABC с гипотенузой AB, равной $8$ см, проведена прямая AD, перпендикулярная плоскости треугольника. Расстояние от точки D до плоскости ABC равно $2$ см. Найдите расстояние от точки D до прямой BC.

3. Через вершину B квадрата ABCD к его плоскости проведён перпендикуляр MB. Точка M удалена от стороны AD на $9\sqrt{2}$ см. Найдите расстояние от точки M до плоскости квадрата, если его диагональ равна $14$ см.

4. Точка S равноудалена от сторон трапеции ABCD ($BC \parallel AD$) и находится на расстоянии $\sqrt{7}$ см от её плоскости. Найдите расстояние от точки S до сторон трапеции, если $CD = 12$ см, $\angle ADC = 45^\circ$.

5. Ребро DC тетраэдра DABC перпендикулярно плоскости ABC. Известно, что $AB = 5$ см, $AC = 7$ см, $BC = DC = 4\sqrt{2}$ см. Найдите угол между прямыми BD и AC.

1.

Чтобы доказать, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BMD$, нужно доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости.

1. По условию, $ABCD$ — ромб. По свойству диагоналей ромба, они пересекаются под прямым углом. Следовательно, $AC \perp BD$.

2. По условию, прямая $MO$ перпендикулярна прямой $AC$, то есть $MO \perp AC$.

3. Прямые $BD$ и $MO$ лежат в плоскости $BMD$ и пересекаются в точке $O$.

4. Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $MO$) в плоскости $BMD$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BMD$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $AD$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. Тогда длина $AD$ равна расстоянию от точки $D$ до плоскости $ABC$, то есть $AD = 2$ см.

Расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $BC$. Обозначим его $DK$.

$AD$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $DK$ — наклонная к этой плоскости, а $AK$ — её проекция на плоскость $(ABC)$. По теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная $DK$ перпендикулярна прямой $BC$, то и её проекция $AK$ перпендикулярна $BC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Он прямоугольный и равнобедренный с гипотенузой $AB$. Следовательно, угол $\angle C = 90^\circ$, а катеты $AC = BC$. Из теоремы Пифагора для $\triangle ABC$: $AC^2 + BC^2 = AB^2$, или $2AC^2 = 8^2 = 64$. Отсюда $AC^2 = 32$, и $AC = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.

Поскольку $\triangle ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$, то катет $AC$ перпендикулярен катету $BC$.

Теперь рассмотрим перпендикуляр $AD$ к плоскости $(ABC)$ и наклонную $DC$ с её проекцией $AC$. Так как проекция $AC$ перпендикулярна прямой $BC$, то по теореме о трёх перпендикулярах, наклонная $DC$ также перпендикулярна прямой $BC$. Это означает, что $DC$ и есть искомое расстояние от точки $D$ до прямой $BC$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADC$ (угол $\angle DAC = 90^\circ$, так как $AD \perp (ABC)$ и, следовательно, $AD \perp AC$). По теореме Пифагора: $DC^2 = AD^2 + AC^2 = 2^2 + (4\sqrt{2})^2 = 4 + 32 = 36$.

$DC = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

3.

Расстояние от точки $M$ до плоскости квадрата $ABCD$ — это длина перпендикуляра $MB$. Нам нужно найти $MB$.

Расстояние от точки $M$ до стороны $AD$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $M$ на прямую $AD$.

В квадрате $ABCD$ сторона $AB$ перпендикулярна стороне $AD$ ($AB \perp AD$).

Рассмотрим перпендикуляр $MB$ к плоскости $(ABCD)$, наклонную $MA$ и её проекцию $AB$. По теореме о трёх перпендикулярах, так как проекция $AB$ перпендикулярна прямой $AD$, то и наклонная $MA$ перпендикулярна $AD$.

Следовательно, расстояние от точки $M$ до стороны $AD$ равно длине отрезка $MA$. По условию $MA = 9\sqrt{2}$ см.

Треугольник $MBA$ является прямоугольным, так как $MB \perp (ABCD)$, а значит $MB \perp AB$. По теореме Пифагора $MA^2 = MB^2 + AB^2$. Отсюда $MB^2 = MA^2 - AB^2$.

Найдем сторону квадрата $AB$. Диагональ квадрата $d$ связана со стороной $a$ формулой $d = a\sqrt{2}$. По условию $d = 14$ см. $14 = AB \cdot \sqrt{2} \Rightarrow AB = \frac{14}{\sqrt{2}} = \frac{14\sqrt{2}}{2} = 7\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем $MB$: $MB^2 = (9\sqrt{2})^2 - (7\sqrt{2})^2 = (81 \cdot 2) - (49 \cdot 2) = 162 - 98 = 64$.

$MB = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

4.

Пусть $SO$ — перпендикуляр из точки $S$ на плоскость трапеции $ABCD$. Тогда $SO$ — расстояние от $S$ до плоскости, $SO = \sqrt{7}$ см.

Так как точка $S$ равноудалена от всех сторон трапеции, то её проекция $O$ на плоскость трапеции также равноудалена от всех сторон. Точка, равноудаленная от сторон многоугольника, является центром вписанной в него окружности. Следовательно, в трапецию $ABCD$ можно вписать окружность, и точка $O$ — её центр.

Расстояние от точки $S$ до любой из сторон трапеции (например, до стороны $CD$) — это длина перпендикуляра $SK$, где $K$ — точка на $CD$. $OK$ — это радиус вписанной окружности ($r$), и $OK \perp CD$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOK$ ($\angle SOK = 90^\circ$). По теореме Пифагора $SK^2 = SO^2 + OK^2 = (\sqrt{7})^2 + r^2 = 7 + r^2$. Чтобы найти $SK$, нужно найти радиус $r$.

Высота трапеции, в которую можно вписать окружность, равна диаметру этой окружности: $h = 2r$.

Проведем высоту $CH$ из вершины $C$ на основание $AD$. $CH = h$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHD$. В нем гипотенуза $CD = 12$ см, а угол $\angle D = 45^\circ$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике: $CH = CD \cdot \sin(\angle D)$. $h = 12 \cdot \sin(45^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Так как $h=2r$, то $r = \frac{h}{2} = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем искомое расстояние $SK$: $SK^2 = 7 + r^2 = 7 + (3\sqrt{2})^2 = 7 + 18 = 25$.

$SK = \sqrt{25} = 5$ см.

Ответ: 5 см.

5.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $BD$ и $AC$ воспользуемся методом координат.

Так как ребро $DC$ перпендикулярно плоскости $ABC$, мы можем ввести прямоугольную систему координат с началом в точке $C$. Направим ось $Cx$ вдоль прямой $CA$, ось $Cy$ в плоскости $ABC$ перпендикулярно $CA$, а ось $Cz$ вдоль прямой $CD$.

В этой системе координат:

• $C = (0, 0, 0)$
• Так как $AC = 7$, то $A = (7, 0, 0)$.
• Так как $DC = 4\sqrt{2}$, то $D = (0, 0, 4\sqrt{2})$.

Найдем координаты точки $B(x, y, 0)$. Она лежит в плоскости $xy$.

• Расстояние $BC = 4\sqrt{2}$, поэтому $BC^2 = x^2 + y^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$.
• Расстояние $AB = 5$, поэтому $AB^2 = (x-7)^2 + (y-0)^2 = 5^2 = 25$.

Решим систему уравнений: $x^2 - 14x + 49 + y^2 = 25$. Подставим $x^2 + y^2 = 32$: $32 - 14x + 49 = 25 \Rightarrow 81 - 14x = 25 \Rightarrow 14x = 56 \Rightarrow x = 4$. Найдем $y$: $y^2 = 32 - x^2 = 32 - 4^2 = 32 - 16 = 16 \Rightarrow y = 4$ (берем положительное значение). Таким образом, $B = (4, 4, 0)$.

Теперь найдем векторы, соответствующие нашим прямым: $\vec{AC} = C - A = (0-7, 0-0, 0-0) = (-7, 0, 0)$. $\vec{BD} = D - B = (0-4, 0-4, 4\sqrt{2}-0) = (-4, -4, 4\sqrt{2})$.

Угол $\phi$ между прямыми находится через косинус угла между векторами: $\cos\phi = \frac{|\vec{AC} \cdot \vec{BD}|}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{BD}|}$.

Найдем скалярное произведение: $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (-7)(-4) + (0)(-4) + (0)(4\sqrt{2}) = 28$.

Найдем длины векторов: $|\vec{AC}| = \sqrt{(-7)^2 + 0^2 + 0^2} = 7$. $|\vec{BD}| = \sqrt{(-4)^2 + (-4)^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{16 + 16 + 32} = \sqrt{64} = 8$.

Вычислим косинус угла: $\cos\phi = \frac{|28|}{7 \cdot 8} = \frac{28}{56} = \frac{1}{2}$.

Угол между прямыми равен $\arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.