Номер 4, страница 54 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 4

Угол между прямой и плоскостью.

Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости. Трёхгранный угол

1. Точка $B$ принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от другой грани на $4\sqrt{3}$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до ребра двугранного угла, если величина этого угла равна $60^\circ$.

2. Плоские углы $APB$ и $BPC$ трёхгранного угла $PABC$ соответственно равны $145^\circ$ и $115^\circ$. Докажите, что плоский угол $APC$ меньше $100^\circ$ и больше $30^\circ$.

3. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Прямая $a$ — линия их пересечения. В плоскости $\alpha$ выбрали точку $A$, а в плоскости $\beta$ — точку $B$ такие, что расстояния от них до прямой $a$ равны 4 см и 5 см соответственно. Найдите расстояние между точками $A$ и $B$, если расстояние между их проекциями на прямую $a$ равно $2\sqrt{2}$ см.

4. Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ провели перпендикуляр $MB$ к плоскости квадрата. Угол между прямой $MD$ и плоскостью квадрата равен $60^\circ$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $MCD$.

5. В тетраэдре $DABC$ известно, что $AC = 1$ см, $BC = \sqrt{2}$ см, $\angle ACB = 90^\circ$. Угол между плоскостями $ABC$ и $ADC$ равен $60^\circ$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $ADC$.

1. Пусть дан двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$ с общей границей (ребром) $a$. Пусть точка $B$ лежит в плоскости $\alpha$. Расстояние от точки $B$ до другой грани ($\beta$) — это длина перпендикуляра $BH$, опущенного из точки $B$ на плоскость $\beta$. По условию, $BH = 4\sqrt{3}$ см. Расстояние от точки $B$ до ребра $a$ — это длина перпендикуляра $BC$, опущенного из точки $B$ на прямую $a$. Нам нужно найти $BC$. Так как $BH \perp \beta$, то $BH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в частности, $BH \perp HC$, где $C$ — основание перпендикуляра из $B$ на ребро $a$, а $H$ — основание перпендикуляра из $B$ на плоскость $\beta$. Таким образом, $\triangle BHC$ — прямоугольный. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $BC$ перпендикулярна прямой $a$ в плоскости $\beta$, то и ее проекция $HC$ на эту плоскость также перпендикулярна прямой $a$ ($HC \perp a$). Угол $\angle BCH$ является линейным углом двугранного угла, так как его стороны ($BC$ и $HC$) перпендикулярны ребру $a$. По условию, величина этого угла равна $60^\circ$, то есть $\angle BCH = 60^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHC$ (прямой угол при $H$). В нем известен катет $BH = 4\sqrt{3}$ см и противолежащий ему угол $\angle BCH = 60^\circ$. Гипотенуза $BC$ является искомым расстоянием. Из определения синуса угла: $\sin(\angle BCH) = \frac{BH}{BC}$ Отсюда, $BC = \frac{BH}{\sin(\angle BCH)} = \frac{4\sqrt{3}}{\sin(60^\circ)} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2} = 4\sqrt{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = 8$ см.
Ответ: 8 см.

2. Для плоских углов $\alpha, \beta, \gamma$ любого трёхгранного угла справедливы следующие два неравенства: 1. Сумма любых двух плоских углов больше третьего угла. 2. Сумма всех трёх плоских углов меньше $360^\circ$. В нашем случае дан трёхгранный угол $PABC$ с плоскими углами $\angle APB = 145^\circ$ и $\angle BPC = 115^\circ$. Обозначим искомый угол $\angle APC = x$. Применим первое свойство:

• $\angle APB + \angle BPC > \angle APC \implies 145^\circ + 115^\circ > x \implies x < 260^\circ$.
• $\angle APB + \angle APC > \angle BPC \implies 145^\circ + x > 115^\circ \implies x > -30^\circ$. Это неравенство выполняется всегда, так как угол положителен.
• $\angle BPC + \angle APC > \angle APB \implies 115^\circ + x > 145^\circ \implies x > 145^\circ - 115^\circ \implies x > 30^\circ$.

Из первого свойства мы получили, что искомый угол больше $30^\circ$. Теперь применим второе свойство: $\angle APB + \angle BPC + \angle APC < 360^\circ$ $145^\circ + 115^\circ + x < 360^\circ$ $260^\circ + x < 360^\circ$ $x < 360^\circ - 260^\circ$ $x < 100^\circ$ Объединяя полученные результаты, имеем: $30^\circ < x < 100^\circ$. Таким образом, доказано, что плоский угол $APC$ меньше $100^\circ$ и больше $30^\circ$.
Ответ: Утверждение доказано.

3. Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, а прямая $a$ — линия их пересечения. Точка $A \in \alpha$, точка $B \in \beta$. Пусть $A'$ — проекция точки $A$ на прямую $a$, а $B'$ — проекция точки $B$ на прямую $a$. Тогда расстояние от $A$ до прямой $a$ равно длине отрезка $AA'$, то есть $AA' = 4$ см. Расстояние от $B$ до прямой $a$ равно длине отрезка $BB'$, то есть $BB' = 5$ см. Расстояние между проекциями точек на прямую $a$ равно $A'B' = 2\sqrt{2}$ см. Поскольку $A'$ — проекция $A$ на прямую $a$, то $AA' \perp a$. Так как $AA' \subset \alpha$ и $a = \alpha \cap \beta$, а также $\alpha \perp \beta$, следует, что $AA' \perp \beta$. Значит, $AA'$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $\beta$, в частности, $AA' \perp A'B$. Таким образом, треугольник $AA'B$ — прямоугольный с прямым углом при $A'$. Рассмотрим треугольник $A'B'B$. Так как $B'$ — проекция $B$ на прямую $a$, то $BB' \perp a$, то есть $\angle BB'A' = 90^\circ$. Этот треугольник является прямоугольным. По теореме Пифагора найдём его гипотенузу $A'B$: $(A'B)^2 = (BB')^2 + (A'B')^2 = 5^2 + (2\sqrt{2})^2 = 25 + 8 = 33$. Теперь вернёмся к прямоугольному треугольнику $AA'B$. По теореме Пифагора найдём его гипотенузу $AB$, которая является искомым расстоянием между точками $A$ и $B$: $(AB)^2 = (AA')^2 + (A'B)^2 = 4^2 + 33 = 16 + 33 = 49$. $AB = \sqrt{49} = 7$ см.
Ответ: 7 см.

4. Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. $MB$ — перпендикуляр к плоскости квадрата, то есть $MB \perp (ABC)$. Угол между прямой $MD$ и плоскостью квадрата $(ABC)$ — это угол между самой прямой $MD$ и её проекцией на эту плоскость. Проекцией точки $M$ на плоскость $(ABC)$ является точка $B$, а проекцией точки $D$ является сама точка $D$. Следовательно, проекцией прямой $MD$ на плоскость $(ABC)$ является прямая $BD$. Таким образом, угол между $MD$ и $(ABC)$ — это угол $\angle MDB$. По условию, $\angle MDB = 60^\circ$. Рассмотрим $\triangle MBD$. Так как $MB \perp (ABC)$, то $MB \perp BD$, и $\triangle MBD$ — прямоугольный. Диагональ квадрата $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Из $\triangle MBD$ найдём длину $MB$: $\tan(\angle MDB) = \frac{MB}{BD} \implies MB = BD \cdot \tan(60^\circ) = a\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = a\sqrt{6}$. Теперь найдём угол между плоскостями $(ABC)$ и $(MCD)$. Эти плоскости пересекаются по прямой $CD$. Угол между плоскостями — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Для его нахождения построим перпендикуляры к ребру $CD$ в каждой из плоскостей, проведённые в одну точку. В плоскости квадрата $(ABC)$ имеем $BC \perp CD$. В плоскости $(MCD)$ проведём прямую $MC$. Рассмотрим её проекцию на плоскость $(ABC)$, это прямая $BC$. Так как проекция $BC$ перпендикулярна $CD$, то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная $MC$ перпендикулярна $CD$ ($MC \perp CD$). Следовательно, угол $\angle MCB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABC)$ и $(MCD)$. Рассмотрим $\triangle MBC$. Так как $MB \perp (ABC)$, то $MB \perp BC$, и $\triangle MBC$ — прямоугольный. Найдём тангенс угла $\angle MCB$: $\tan(\angle MCB) = \frac{MB}{BC} = \frac{a\sqrt{6}}{a} = \sqrt{6}$. Искомый угол равен $\arctan(\sqrt{6})$.
Ответ: $\arctan(\sqrt{6})$.

5. В тетраэдре $DABC$ основанием является прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) с катетами $AC = 1$ см и $BC = \sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора найдём гипотенузу $AB$: $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3}$ см. Угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ADC)$ равен $60^\circ$. Линия пересечения этих плоскостей — прямая $AC$. Угол между прямой $AB$ и плоскостью $(ADC)$ — это угол между прямой $AB$ и её проекцией на плоскость $(ADC)$. Обозначим этот угол через $\theta$. Для нахождения этого угла найдём синус угла $\theta$, который равен отношению расстояния от точки $B$ до плоскости $(ADC)$ к длине отрезка $AB$. $\sin\theta = \frac{d(B, (ADC))}{AB}$. Найдём расстояние от точки $B$ до плоскости $(ADC)$, обозначим его $h$. Поскольку $BC \perp AC$ (по условию) и $BC \subset (ABC)$, то $BC$ является перпендикуляром к линии пересечения плоскостей $AC$. Пусть $H$ — проекция точки $B$ на плоскость $(ADC)$. Тогда $BH = h$. Рассмотрим плоскость, проходящую через $B$ и перпендикулярную ребру $AC$. Эта плоскость содержит прямую $BC$. Её пересечение с плоскостью $(ADC)$ даст прямую, перпендикулярную $AC$, скажем, в точке $C$. Угол между этой прямой и $BC$ будет равен линейному углу двугранного угла, то есть $60^\circ$. В треугольнике, образованном точкой $B$, её проекцией $H$ на плоскость $(ADC)$ и точкой $C$, катет $BH$ будет противолежать углу $60^\circ$, а гипотенузой будет отрезок $BC$. То есть, $h = BH = BC \cdot \sin(60^\circ) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$. Теперь можем найти искомый угол $\theta$: $\sin\theta = \frac{h}{AB} = \frac{\sqrt{6}/2}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Если $\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}$, то $\theta = 45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.