Номер 4, страница 59 - 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 C принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от его ребра на 14 см. Найдите расстояние от точки C до другой грани двугранного угла, если величина этого угла равна 30°.

2. Плоские углы $CKB$ и $AKC$ трёхгранного угла $KABC$ соответственно равны 105° и 160°. Докажите, что плоский угол $AKB$ меньше 95° и больше 55°.

3. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Прямая $c$ — линия их пересечения. В плоскости $\alpha$ выбрали точку $M$, а в плоскости $\beta$ — точку $N$ такие, что расстояния от них до прямой $c$ равны 6 см и 7 см соответственно. Найдите расстояние между основаниями перпендикуляров, проведенных из точек $M$ и $N$ к прямой $c$, если расстояние между точками $M$ и $N$ равно $\sqrt{110}$ см.

4. Через вершину $A$ квадрата $ABCD$ провели перпендикуляр $MA$ к плоскости квадрата. Угол между плоскостями $ABC$ и $BMC$ равен 30°. Найдите угол между прямой $MC$ и плоскостью квадрата.

5. В тетраэдре $DABC$ известно, что $AC = \sqrt{2}$ см, $BC = 1$ см, $\angle ACB = 90^\circ$. Угол между прямой $AB$ и плоскостью $ADC$ равен 30°. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $ADC$.

1. Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, пересекающимися по прямой $a$ (ребро угла). Точка $C$ принадлежит одной из граней, например, плоскости $\alpha$.
Расстояние от точки $C$ до ребра $a$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на прямую $a$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $H$. По условию, $CH = 14$ см, и $CH \perp a$.
Расстояние от точки $C$ до другой грани (плоскости $\beta$) — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на плоскость $\beta$. Обозначим этот перпендикуляр как $CK$, где точка $K$ лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, $CK \perp \beta$.
Мы имеем перпендикуляр $CK$ к плоскости $\beta$ и наклонную $CH$ к этой же плоскости. Отрезок $HK$ является проекцией наклонной $CH$ на плоскость $\beta$.
Так как $CH \perp a$ (по построению), то по теореме о трех перпендикулярах, ее проекция $HK$ также перпендикулярна прямой $a$ ($HK \perp a$).
Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами к ребру, проведенными в гранях из одной точки ребра. Угол $\angle CHK$ является линейным углом данного двугранного угла. По условию, его величина равна $30^{\circ}$.
Рассмотрим треугольник $\triangle CHK$. Так как $CK \perp \beta$, то $CK$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $HK$. Следовательно, $\triangle CHK$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle CKH$.
В этом треугольнике $CH$ — гипотенуза ($CH=14$ см), а $CK$ — катет, противолежащий углу $\angle CHK = 30^{\circ}$.
Длина катета, лежащего напротив угла в $30^{\circ}$, равна половине длины гипотенузы: $CK = CH \cdot \sin(30^{\circ}) = 14 \cdot \frac{1}{2} = 7$ см.
Ответ: 7 см.

2. Для плоских углов трёхгранного угла справедливы два неравенства:
1. Сумма любых двух плоских углов больше третьего плоского угла.
2. Сумма всех трёх плоских углов меньше $360^{\circ}$.
Пусть $\angle AKB = x$. Нам даны плоские углы $\angle CKB = 105^{\circ}$ и $\angle AKC = 160^{\circ}$.
Применим первое свойство:
а) $\angle AKB + \angle CKB > \angle AKC \implies x + 105^{\circ} > 160^{\circ} \implies x > 160^{\circ} - 105^{\circ} \implies x > 55^{\circ}$.
б) $\angle AKB + \angle AKC > \angle CKB \implies x + 160^{\circ} > 105^{\circ}$, что очевидно, так как $x$ — величина угла и не может быть отрицательной.
в) $\angle AKC + \angle CKB > \angle AKB \implies 160^{\circ} + 105^{\circ} > x \implies 265^{\circ} > x$, что также очевидно, так как плоский угол не может быть больше $180^{\circ}$.
Из первого свойства мы получили важное ограничение: $x > 55^{\circ}$.
Теперь применим второе свойство:
$\angle AKB + \angle CKB + \angle AKC < 360^{\circ}$
$x + 105^{\circ} + 160^{\circ} < 360^{\circ}$
$x + 265^{\circ} < 360^{\circ}$
$x < 360^{\circ} - 265^{\circ}$
$x < 95^{\circ}$.
Объединяя полученные неравенства, имеем $55^{\circ} < x < 95^{\circ}$, или $55^{\circ} < \angle AKB < 95^{\circ}$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

3. Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, и прямая $c$ — линия их пересечения.
Из точки $M \in \alpha$ проведём перпендикуляр $MP$ к прямой $c$. По условию, $MP = 6$ см.
Из точки $N \in \beta$ проведём перпендикуляр $NQ$ к прямой $c$. По условию, $NQ = 7$ см.
Расстояние между основаниями этих перпендикуляров — это длина отрезка $PQ$. Обозначим её $x$.
Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, а прямая $NQ$ лежит в плоскости $\beta$ и перпендикулярна линии пересечения $c$, то $NQ$ перпендикулярна всей плоскости $\alpha$.
Рассмотрим треугольник $\triangle MNQ$. Так как $NQ \perp \alpha$, то $NQ$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $\alpha$, в частности, прямой $MQ$. Следовательно, $\triangle MNQ$ — прямоугольный с прямым углом $\angle NQM$.
По теореме Пифагора для $\triangle MNQ$: $MN^2 = NQ^2 + MQ^2$.
По условию $MN = \sqrt{110}$ см и $NQ = 7$ см. $(\sqrt{110})^2 = 7^2 + MQ^2$
$110 = 49 + MQ^2$
$MQ^2 = 110 - 49 = 61$.
Теперь рассмотрим треугольник $\triangle MPQ$. Точки $M, P, Q$ лежат в плоскости $\alpha$. По построению, $MP \perp c$, а точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $c$. Следовательно, $MP \perp PQ$, и треугольник $\triangle MPQ$ — прямоугольный с прямым углом $\angle MPQ$.
По теореме Пифагора для $\triangle MPQ$: $MQ^2 = MP^2 + PQ^2$.
Мы нашли $MQ^2 = 61$, и по условию $MP = 6$ см. $61 = 6^2 + PQ^2$
$61 = 36 + PQ^2$
$PQ^2 = 61 - 36 = 25$
$PQ = \sqrt{25} = 5$ см.
Ответ: 5 см.

4. Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. $MA$ — перпендикуляр к плоскости квадрата, значит $MA \perp (ABC)$.
Угол между плоскостями $ABC$ и $BMC$ — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Линия их пересечения — прямая $BC$.
В плоскости $ABC$ проведем перпендикуляр к $BC$ из точки $B$ — это сторона квадрата $AB$, так как $AB \perp BC$.
$MA$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, $AB$ — проекция наклонной $MB$ на эту плоскость. Так как проекция $AB$ перпендикулярна прямой $BC$, то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $MB$ перпендикулярна $BC$ ($MB \perp BC$).
Таким образом, $\angle MBA$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $BMC$. По условию, $\angle MBA = 30^{\circ}$.
Рассмотрим $\triangle MAB$. Так как $MA \perp (ABC)$, то $MA \perp AB$, и $\triangle MAB$ — прямоугольный. В этом треугольнике: $\tan(\angle MBA) = \frac{MA}{AB} \implies MA = AB \cdot \tan(30^{\circ}) = a \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
Теперь найдем угол между прямой $MC$ и плоскостью квадрата $ABC$. Этот угол равен углу между прямой $MC$ и ее проекцией на плоскость $ABC$.
Так как $MA \perp (ABC)$, то $A$ — проекция точки $M$ на плоскость. Точка $C$ лежит в плоскости, поэтому ее проекция — сама точка $C$. Следовательно, $AC$ — проекция прямой $MC$ на плоскость $ABC$. Искомый угол — это $\angle MCA$.
Рассмотрим $\triangle MAC$. Так как $MA \perp (ABC)$, то $MA \perp AC$, и $\triangle MAC$ — прямоугольный.
$AC$ — диагональ квадрата $ABCD$, ее длина $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
Найдем тангенс угла $\angle MCA$: $\tan(\angle MCA) = \frac{MA}{AC} = \frac{a/\sqrt{3}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$.
Искомый угол равен $\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$.
Ответ: $\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$.

5. В основании тетраэдра лежит треугольник $ABC$, в котором $\angle ACB = 90^{\circ}$, $AC = \sqrt{2}$ см, $BC = 1$ см. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $AB$: $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{2+1} = \sqrt{3}$ см.
Угол между прямой $AB$ и плоскостью $ADC$ по условию равен $30^{\circ}$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость.
Пусть $BH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на плоскость $ADC$. Тогда $AH$ — проекция $AB$ на плоскость $ADC$, а $\angle BAH$ — угол между прямой $AB$ и плоскостью $ADC$.
Таким образом, $\angle BAH = 30^{\circ}$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABH$ (прямой угол $\angle BHA$). Длина перпендикуляра $BH$ (расстояние от точки $B$ до плоскости $ADC$) равна: $BH = AB \cdot \sin(\angle BAH) = \sqrt{3} \cdot \sin(30^{\circ}) = \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см.
Теперь найдем угол между плоскостями $ABC$ и $ADC$. Этот угол — двугранный угол при ребре $AC$.
Из точки $B$ в плоскости $ABC$ к ребру $AC$ уже проведен перпендикуляр — это катет $BC$ (так как $\angle ACB = 90^{\circ}$). Длина этого перпендикуляра $BC = 1$ см.
Пусть $\phi$ — искомый угол между плоскостями. Величина двугранного угла связана с расстоянием от точки на одной грани до другой грани и до ребра по формуле: $\sin(\phi) = \frac{d(B, (ADC))}{d(B, AC)}$, где $d(B, (ADC))$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $ADC$, а $d(B, AC)$ — расстояние от точки $B$ до прямой $AC$.
Мы нашли $d(B, (ADC)) = BH = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см.
Расстояние от точки $B$ до прямой $AC$ — это длина перпендикуляра $BC$, то есть $d(B, AC) = BC = 1$ см.
Подставляем значения в формулу: $\sin(\phi) = \frac{\sqrt{3}/2}{1} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Отсюда следует, что угол $\phi = 60^{\circ}$ (мы ищем острый угол между плоскостями).
Ответ: $60^{\circ}$.