Страница 11 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки $D$ к плоскости $\alpha$ провели наклонные $DK$ и $DB$, образующие с ней углы $45^{\circ}$ и $60^{\circ}$ соответственно. Найдите проекцию наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$, если $DB = 10\sqrt{3}$ см.

2. На ребре $CC_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $M$ так, что $CM : C_1M = 1 : 2$. Найдите угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$, если $AD = 4\sqrt{2}$ см, $CD = 4$ см, $AA_1 = 6$ см.

3. Основанием пирамиды $SABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle SBA = 45^{\circ}$, $\angle ADC = 60^{\circ}$. Найдите косинус угла между прямыми $SB$ и $CD$.

1.

Пусть $DH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ — основание этого перпендикуляра. Проекцией наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HK$. Проекцией наклонной $DB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HB$.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. Следовательно, $\angle DKH = 45^\circ$ и $\angle DBH = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DBH$ (угол $\angle DHB = 90^\circ$). Мы знаем гипотенузу $DB = 10\sqrt{3}$ см и угол $\angle DBH = 60^\circ$. Найдем длину перпендикуляра $DH$: $DH = DB \cdot \sin(\angle DBH) = 10\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 10\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{10 \cdot 3}{2} = 15$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DKH$ (угол $\angle DHK = 90^\circ$). Мы знаем катет $DH = 15$ см и угол $\angle DKH = 45^\circ$. Нам нужно найти длину проекции $HK$. Поскольку $\triangle DKH$ — прямоугольный и один из его острых углов равен $45^\circ$, то он является равнобедренным. Следовательно, $HK = DH = 15$ см. Или через тангенс: $\text{tg}(\angle DKH) = \frac{DH}{HK}$ $\text{tg}(45^\circ) = \frac{15}{HK}$ $1 = \frac{15}{HK}$ $HK = 15$ см.

Ответ: 15 см.

2.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Найдем проекцию прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$. Для этого спроецируем точки $A_1$ и $M$ на эту плоскость.

Точка $M$ лежит на ребре $CC_1$, которое, в свою очередь, лежит в плоскости $CDD_1$ (так как $CC_1$ параллельна $DD_1$). Следовательно, проекция точки $M$ на плоскость $CDD_1$ есть сама точка $M$.

Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, ребро $A_1D_1$ перпендикулярно граням $AA_1B_1B$ и $DD_1C_1C$. Значит, $A_1D_1$ перпендикулярно плоскости $CDD_1$. Таким образом, точка $D_1$ является проекцией точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$.

Проекцией прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$ является прямая $D_1M$. Искомый угол — это угол $\angle A_1MD_1$. Найдем его из треугольника $\triangle A_1D_1M$.

Так как $A_1D_1 \perp (CDD_1)$, а прямая $D_1M$ лежит в этой плоскости, то $A_1D_1 \perp D_1M$. Следовательно, $\triangle A_1D_1M$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $D_1$.

Найдем длины катетов этого треугольника: 1. $A_1D_1 = AD = 4\sqrt{2}$ см. 2. Найдем $D_1M$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle D_1C_1M$ (угол $\angle D_1C_1M = 90^\circ$). $D_1C_1 = DC = 4$ см. Длину $C_1M$ найдем из соотношения $CM : C_1M = 1:2$. Длина всего ребра $CC_1 = AA_1 = 6$ см. $C_1M = \frac{2}{1+2} \cdot CC_1 = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4$ см. По теореме Пифагора для $\triangle D_1C_1M$: $D_1M^2 = D_1C_1^2 + C_1M^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$. $D_1M = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle A_1D_1M$ катеты $A_1D_1 = 4\sqrt{2}$ см и $D_1M = 4\sqrt{2}$ см. Так как катеты равны, треугольник является равнобедренным. Острые углы в таком треугольнике равны $45^\circ$. Следовательно, искомый угол $\angle A_1MD_1 = 45^\circ$.

Ответ: 45°.

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $SB$ и $CD$ равен углу между одной из этих прямых и прямой, параллельной второй прямой и пересекающей первую. Для решения задачи введем систему координат с началом в точке $A=(0, 0, 0)$. Поскольку ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания, направим ось $Oz$ вдоль луча $AS$. Тогда ось $Ox$ и $Oy$ лежат в плоскости основания.

В $\triangle SAB$, $SA \perp AB$, так как $SA$ перпендикулярно всей плоскости основания. Угол $\angle SBA = 45^\circ$, значит $\triangle SAB$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, и $SA = AB$. Обозначим длину $SA = AB = a$. Тогда координаты точки $S$ будут $(0, 0, a)$.

Расположим основание в плоскости $Oxy$. Трапеция $ABCD$ — равнобокая, $AD \parallel BC$, $\angle ADC = 60^\circ$. В равнобокой трапеции углы при основании равны, поэтому $\angle DAB = \angle ADC = 60^\circ$. Пусть вершина $B$ имеет координаты $(x_B, y_B, 0)$. Длина $AB=a$. В плоскости основания $x_B = AB \cdot \cos(\angle DAB) = a \cdot \cos(60^\circ) = a/2$. $y_B = AB \cdot \sin(\angle DAB) = a \cdot \sin(60^\circ) = a\sqrt{3}/2$. Итак, $B = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$.

Найдем вектор $\vec{SB}$: $\vec{SB} = B - S = (a/2 - 0, a\sqrt{3}/2 - 0, 0 - a) = (a/2, a\sqrt{3}/2, -a)$.

Теперь найдем вектор, соответствующий прямой $CD$. Прямая $CD$ параллельна прямой $BE$, где $E$ - такая точка, что $ABED$ - параллелограмм (если $BC$ короткое основание). В нашей равнобокой трапеции проще построить вектор, равный $\vec{DC}$, и перенести его. Построим прямую $BE$, параллельную $CD$, через точку $B$. Тогда четырехугольник $BCDE$ — параллелограмм, и $\vec{BE} = \vec{CD}$. Можно найти координаты векторов $\vec{CD}$ без координат точек $C$ и $D$. Проведем через $B$ прямую, параллельную $AD$. Пусть она пересечет $CD$ в точке $K$. $ABKD$ - параллелограмм. Но проще найти вектор.

Давайте осуществим параллельный перенос вектора $\vec{DC}$ так, чтобы его начало совпало с точкой $B$. Построим точку $E$ такую, что $\vec{BE}=\vec{DC}$. В равнобокой трапеции $ABCD$ с $\angle D = 60^\circ$, вектор $\vec{DC}$ имеет длину $a$ и образует с отрицательным направлением оси, параллельной $AD$, угол $60^\circ$. Направим ось $Ox$ вдоль $AD$. Тогда $A=(0,0,0)$. $D=(d,0,0)$. $B = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$. Координаты $C$: из $D$ отступаем влево на $CD\cos(60) = a/2$, и вверх на $CD\sin(60) = a\sqrt{3}/2$. $C = (d - a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$. Тогда $\vec{CD} = D - C = (d - (d - a/2), 0 - a\sqrt{3}/2, 0) = (a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$.

Теперь мы имеем векторы $\vec{SB} = (a/2, a\sqrt{3}/2, -a)$ и $\vec{CD} = (a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$. Найдем косинус угла $\theta$ между этими векторами по формуле: $\cos\theta = \frac{\vec{SB} \cdot \vec{CD}}{|\vec{SB}| \cdot |\vec{CD}|}$.

Скалярное произведение: $\vec{SB} \cdot \vec{CD} = (a/2)(a/2) + (a\sqrt{3}/2)(-a\sqrt{3}/2) + (-a)(0) = \frac{a^2}{4} - \frac{3a^2}{4} = -\frac{2a^2}{4} = -\frac{a^2}{2}$.

Длины векторов: $|\vec{SB}|^2 = (a/2)^2 + (a\sqrt{3}/2)^2 + (-a)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 \implies |\vec{SB}| = a\sqrt{2}$. $|\vec{CD}|^2 = (a/2)^2 + (-a\sqrt{3}/2)^2 + 0^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} = a^2 \implies |\vec{CD}| = a$.

Подставляем в формулу: $\cos\theta = \frac{-a^2/2}{a\sqrt{2} \cdot a} = \frac{-a^2/2}{a^2\sqrt{2}} = -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4}$.

Угол между прямыми по определению является острым (или прямым), поэтому его косинус должен быть неотрицательным. Мы берем модуль найденного значения: $\cos\phi = |\cos\theta| = |-\frac{\sqrt{2}}{4}| = \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{4}$.

Самостоятельная работа № 14

Двугранный угол. Угол между плоскостями

1. В гранях двугранного угла проведены прямые $a$ и $b$, параллельные его ребру, на расстоянии 10 см и 6 см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 14 см.

2. Из точек $M$ и $K$, лежащих в разных гранях двугранного угла, величина которого равна 60°, проведены к его ребру перпендикуляры $MM_1$ и $KK_1$ длиной 3 см и 8 см соответственно. Найдите отрезок $MK$, если $M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

3. Через гипотенузу $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$. Катеты $AC$ и $BC$ образуют с плоскостью $\alpha$ углы 30° и 45° соответственно. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$.

1.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha_1$ и $\alpha_2$ с общим ребром $l$. В грани $\alpha_1$ проведена прямая $a$, параллельная ребру $l$, на расстоянии 10 см от него. В грани $\alpha_2$ проведена прямая $b$, параллельная ребру $l$, на расстоянии 6 см от него.

Величина двугранного угла измеряется его линейным углом. Для построения линейного угла выберем на ребре $l$ произвольную точку $O$ и проведем через нее плоскость $\pi$, перпендикулярную ребру $l$.

Плоскость $\pi$ пересечет грани $\alpha_1$ и $\alpha_2$ по двум лучам $OA$ и $OB$, выходящим из точки $O$. Угол $\angle AOB$ является линейным углом нашего двугранного угла. Обозначим его величину через $\phi$.

Так как прямые $a$ и $b$ параллельны ребру $l$, а плоскость $\pi$ перпендикулярна $l$, то плоскость $\pi$ перпендикулярна и прямым $a$ и $b$. Точка $A$ – это точка пересечения плоскости $\pi$ и прямой $a$, а точка $B$ – точка пересечения плоскости $\pi$ и прямой $b$.

Отрезок $OA$ лежит в плоскости $\pi$ и перпендикулярен ребру $l$. Его длина равна расстоянию от прямой $a$ до ребра $l$, то есть $OA = 10$ см.

Аналогично, отрезок $OB$ лежит в плоскости $\pi$ и перпендикулярен ребру $l$. Его длина равна расстоянию от прямой $b$ до ребра $l$, то есть $OB = 6$ см.

Отрезок $AB$ соединяет точку $A$ на прямой $a$ и точку $B$ на прямой $b$. Так как $AB$ лежит в плоскости $\pi$, которая перпендикулярна обеим прямым $a$ и $b$, то длина $AB$ равна расстоянию между этими прямыми. По условию, $AB = 14$ см.

Рассмотрим треугольник $\triangle OAB$, который лежит в плоскости $\pi$. Мы знаем длины всех его сторон: $OA = 10$ см, $OB = 6$ см, $AB = 14$ см. Угол $\angle AOB = \phi$ – это искомый угол.

Применим к треугольнику $\triangle OAB$ теорему косинусов:

$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\phi)$

Подставим известные значения:

$14^2 = 10^2 + 6^2 - 2 \cdot 10 \cdot 6 \cdot \cos(\phi)$

$196 = 100 + 36 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 = 136 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 - 136 = -120 \cdot \cos(\phi)$

$60 = -120 \cdot \cos(\phi)$

$\cos(\phi) = \frac{60}{-120} = -\frac{1}{2}$

Так как $\phi$ – это угол между полуплоскостями, его значение лежит в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$. Угол, косинус которого равен $-1/2$, равен $120^\circ$.

Ответ: $120^\circ$.

2.

Пусть дан двугранный угол в $60^\circ$ с ребром $l$. Точка $M$ лежит в одной грани, точка $K$ – в другой. $MM_1$ и $KK_1$ – перпендикуляры к ребру $l$, где $M_1$ и $K_1$ – точки на ребре $l$. По условию, $MM_1 = 3$ см, $KK_1 = 8$ см, $M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

Для нахождения расстояния $MK$ воспользуемся методом параллельного переноса. Выполним параллельный перенос точки $M$ на вектор $\vec{M_1K_1}$. Пусть в результате этого переноса точка $M$ перейдет в точку $M'$, а точка $M_1$ – в точку $K_1$.

При этом переносе отрезок $MM_1$ перейдет в равный ему отрезок $M'K_1$. Так как $MM_1 \perp l$, то и $M'K_1 \perp l$. Длина $M'K_1 = MM_1 = 3$ см.

Теперь рассмотрим отрезки $M'K_1$ и $KK_1$. Оба они перпендикулярны ребру $l$ и исходят из одной точки $K_1$ на ребре. Следовательно, они лежат в плоскости, перпендикулярной ребру $l$, и угол между ними равен линейному углу двугранного угла, то есть $\angle M'K_1K = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle M'K_1K$. В нем известны две стороны $M'K_1 = 3$ см, $KK_1 = 8$ см и угол между ними $\angle M'K_1K = 60^\circ$. Найдем третью сторону $M'K$ по теореме косинусов:

$(M'K)^2 = (M'K_1)^2 + (KK_1)^2 - 2 \cdot M'K_1 \cdot KK_1 \cdot \cos(60^\circ)$

$(M'K)^2 = 3^2 + 8^2 - 2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot \frac{1}{2}$

$(M'K)^2 = 9 + 64 - 24 = 49$

$M'K = \sqrt{49} = 7$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle MM'K$. По определению параллельного переноса, вектор $\vec{MM'} = \vec{M_1K_1}$. Это означает, что отрезок $MM'$ параллелен отрезку $M_1K_1$ и равен ему по длине. Так как $M_1K_1$ лежит на ребре $l$, то $MM' \parallel l$ и $MM' = M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

Отрезок $M'K$ лежит в плоскости, перпендикулярной ребру $l$. Так как $MM'$ параллелен $l$, то $MM'$ перпендикулярен этой плоскости, а значит, перпендикулярен любой прямой в этой плоскости. В частности, $MM' \perp M'K$.

Следовательно, треугольник $\triangle MM'K$ – прямоугольный с прямым углом при вершине $M'$. Катеты этого треугольника – $MM' = \sqrt{15}$ см и $M'K = 7$ см. Гипотенуза $MK$ – искомый отрезок.

По теореме Пифагора:

$MK^2 = (MM')^2 + (M'K)^2$

$MK^2 = (\sqrt{15})^2 + 7^2 = 15 + 49 = 64$

$MK = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

3.

Пусть $\triangle ABC$ – прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$. Плоскость $\alpha$ проходит через гипотенузу $AB$. Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $\alpha$ – это прямая $AB$.

Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ – это двугранный угол, образованный этими плоскостями. Найдем его линейный угол. Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CH$ на плоскость $\alpha$ ($H \in \alpha$). Также опустим из точки $C$ высоту $CD$ на гипотенузу $AB$ ($D \in AB$).

По теореме о трёх перпендикулярах, так как $CH$ – перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а $CD$ – наклонная, то ее проекция $HD$ на плоскость $\alpha$ будет перпендикулярна прямой $AB$. Таким образом, угол $\angle CDH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. Обозначим этот угол как $\theta$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle CDH$ (угол $\angle CHD = 90^\circ$), имеем $\sin\theta = \frac{CH}{CD}$.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость.

Проекцией катета $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AH$. Угол между $AC$ и плоскостью $\alpha$ – это $\angle CAH = 30^\circ$. В прямоугольном $\triangle CAH$ ($\angle CHA=90^\circ$):

$CH = AC \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2} AC$.

Проекцией катета $BC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $BH$. Угол между $BC$ и плоскостью $\alpha$ – это $\angle CBH = 45^\circ$. В прямоугольном $\triangle CBH$ ($\angle CHB=90^\circ$):

$CH = BC \cdot \sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} BC$.

Приравнивая два выражения для $CH$, получаем соотношение между катетами:

$\frac{1}{2} AC = \frac{\sqrt{2}}{2} BC \implies AC = \sqrt{2} BC$.

Теперь найдем высоту $CD$ прямоугольного треугольника $ABC$. Площадь $\triangle ABC$ можно выразить двумя способами: $S = \frac{1}{2} AC \cdot BC$ и $S = \frac{1}{2} AB \cdot CD$. Отсюда $CD = \frac{AC \cdot BC}{AB}$.

По теореме Пифагора для $\triangle ABC$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2 = (\sqrt{2} BC)^2 + BC^2 = 2 BC^2 + BC^2 = 3 BC^2$.

$AB = \sqrt{3} BC$.

Теперь можем выразить $CD$ через $BC$:

$CD = \frac{(\sqrt{2} BC) \cdot BC}{\sqrt{3} BC} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} BC$.

У нас есть выражения для $CH$ и $CD$ через $BC$. Найдем синус угла $\theta$:

$\sin\theta = \frac{CH}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} BC}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} BC} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Угол $\theta$, синус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.