Страница 12 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка S равноудалена от вершин квадрата ABCD. Точка O — её проекция на плоскость квадрата. Из точки S проведен перпендикуляр SM к стороне AB квадрата. Докажите, что плоскости ASB и OSM перпендикулярны.

2. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Точки C и D принадлежат плоскости $\beta$. Прямая $a$ принадлежит плоскости $\alpha$ и параллельна плоскости $\beta$. Из точек C и D к прямой $a$ проведены перпендикуляры CA и DB. Известно, что $DB = 17 \text{ см}$, а расстояния от точек C и D до линии пересечения плоскостей равны 6 см и 15 см соответственно. Найдите отрезок AC.

3. Плоскости прямоугольников ABCD и ABEF перпендикулярны. Найдите расстояние между прямыми DE и AB, если $AF = 8 \text{ см}$, $BC = 15 \text{ см}$ (рис. 12).

1.

Так как точка $S$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$ ($SA=SB=SC=SD$), то ее проекция $O$ на плоскость квадрата является центром этого квадрата, то есть точкой пересечения его диагоналей.

По определению проекции, отрезок $SO$ перпендикулярен плоскости $(ABCD)$, а значит, $SO$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $SO \perp AB$.

Рассмотрим наклонную $SM$ к плоскости $(ABCD)$ и ее проекцию $OM$. По условию задачи, $SM$ перпендикулярен стороне $AB$, то есть $SM \perp AB$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($SM$) перпендикулярна прямой ($AB$), лежащей в плоскости, то и ее проекция ($OM$) на эту плоскость также перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $OM \perp AB$.

Мы получили, что прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($SO$ и $OM$) плоскости $(OSM)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(OSM)$.

Так как прямая $AB$ содержится в плоскости $(ASB)$, а плоскость $(OSM)$ перпендикулярна этой прямой, то по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость $(ASB)$ перпендикулярна плоскости $(OSM)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\alpha$ и $\beta$. По условию, прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$) и параллельна плоскости $\beta$ ($a \parallel \beta$). Из этого следует, что прямая $a$ параллельна линии пересечения плоскостей, то есть $a \parallel l$.

Пусть $C_1$ и $D_1$ — проекции точек $C$ и $D$ на прямую $l$. Тогда отрезки $CC_1$ и $DD_1$ являются расстояниями от точек $C$ и $D$ до линии пересечения $l$. По условию, $CC_1 = 6$ см и $DD_1 = 15$ см. Так как $C, D \in \beta$, то $CC_1 \subset \beta$ и $DD_1 \subset \beta$.

Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то прямая, лежащая в одной плоскости и перпендикулярная линии их пересечения, перпендикулярна и другой плоскости. Так как $CC_1 \subset \beta$ и $CC_1 \perp l$, то $CC_1 \perp \alpha$. Аналогично, $DD_1 \perp \alpha$.

Рассмотрим отрезок $CA$. Он является перпендикуляром из точки $C$ к прямой $a$, лежащей в плоскости $\alpha$. $CC_1$ — это перпендикуляр из точки $C$ к плоскости $\alpha$, а $CA$ — наклонная к этой плоскости. Тогда $C_1A$ является проекцией наклонной $CA$ на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой в плоскости ($CA \perp a$), то и ее проекция перпендикулярна этой прямой ($C_1A \perp a$).

Так как $a \parallel l$, то расстояние между ними постоянно. Отрезок $C_1A$ является этим расстоянием. Обозначим его $h$. Треугольник $\triangle CC_1A$ является прямоугольным, так как $CC_1 \perp \alpha$, а значит $CC_1 \perp C_1A$. По теореме Пифагора:

$AC^2 = CC_1^2 + C_1A^2 = 6^2 + h^2 = 36 + h^2$

Проведем аналогичные рассуждения для точки $D$. $DB$ — перпендикуляр к прямой $a$ ($DB \perp a$), $D_1B$ — его проекция на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, $D_1B \perp a$. Длина $D_1B$ также равна расстоянию между прямыми $a$ и $l$, то есть $D_1B = h$. В прямоугольном треугольнике $\triangle DD_1B$ (где $\angle DD_1B = 90^\circ$):

$DB^2 = DD_1^2 + D_1B^2$

Подставим известные значения $DB = 17$ см и $DD_1 = 15$ см:

$17^2 = 15^2 + h^2$

$289 = 225 + h^2$

$h^2 = 289 - 225 = 64$

Теперь можем найти длину отрезка $AC$:

$AC^2 = 36 + h^2 = 36 + 64 = 100$

$AC = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

3.

Расстояние между скрещивающимися прямыми $DE$ и $AB$ — это длина их общего перпендикуляра. Найдем это расстояние методом объемов.

Поскольку $ABCD$ и $ABEF$ — прямоугольники, их стороны $AD$ и $AF$ перпендикулярны общему ребру $AB$. Так как плоскости $(ABCD)$ и $(ABEF)$ перпендикулярны, то угол между $AD$ и $AF$ составляет $90^\circ$, то есть $AD \perp AF$.

Рассмотрим тетраэдр $AFDE$. Его объем можно вычислить по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h$.

1. Примем за основание тетраэдра прямоугольный треугольник $\triangle AFD$ (так как $AD \perp AF$). Его площадь равна:

$S_{AFD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AF = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AF = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60$ см$^2$.

Высотой тетраэдра, опущенной на это основание из вершины $E$, будет перпендикуляр от точки $E$ к плоскости $(ADF)$. Так как $FE \parallel AB$ и $AB \perp AF$ и $AB \perp AD$, то $AB \perp (ADF)$. Следовательно, $FE \perp (ADF)$. Таким образом, высота тетраэдра из вершины $E$ на плоскость $(ADF)$ — это отрезок $FE$, длина которого равна длине $AB$. Пусть $AB = x$. Тогда объем тетраэдра:

$V = \frac{1}{3} S_{AFD} \cdot FE = \frac{1}{3} \cdot 60 \cdot x = 20x$.

2. Теперь примем за основание тетраэдра треугольник $FDE$. Искомое расстояние $d$ между прямыми $DE$ и $AB$ равно расстоянию от прямой $AB$ до параллельной ей плоскости $(FDE)$, что, в свою очередь, равно высоте тетраэдра, опущенной из вершины $A$ на основание $FDE$.

Найдем площадь $\triangle FDE$. Так как $FE \perp (ADF)$, то $FE$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $FE \perp FD$. Значит, $\triangle FDE$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $F$. Найдем длины катетов $FE$ и $FD$.

$FE = AB = x$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AFD$ по теореме Пифагора найдем гипотенузу $FD$:

$FD^2 = AF^2 + AD^2 = 8^2 + 15^2 = 64 + 225 = 289$.

$FD = \sqrt{289} = 17$ см.

Площадь $\triangle FDE$ равна:

$S_{FDE} = \frac{1}{2} \cdot FE \cdot FD = \frac{1}{2} \cdot x \cdot 17 = \frac{17x}{2}$.

Объем тетраэдра через это основание и высоту $d$ (искомое расстояние):

$V = \frac{1}{3} S_{FDE} \cdot d = \frac{1}{3} \cdot \frac{17x}{2} \cdot d = \frac{17xd}{6}$.

3. Приравняем два полученных выражения для объема тетраэдра:

$20x = \frac{17xd}{6}$.

Так как длина $AB=x$ не равна нулю, мы можем сократить на $x$:

$20 = \frac{17d}{6}$.

Отсюда находим $d$:

$d = \frac{20 \cdot 6}{17} = \frac{120}{17}$ см.

Ответ: $\frac{120}{17}$ см.

Самостоятельная работа № 16

Площадь ортогональной проекции многоугольника

1. Ортогональной проекцией треугольника $ABC$ на некоторую плоскость является прямоугольный треугольник $A_1B_1C_1$ с гипотенузой $10 \text{ см}$ и катетом $8 \text{ см}$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$, если площадь треугольника $ABC$ равна $24\sqrt{2} \text{ см}^2$.

2. Треугольник $A_1B_1C_1$ — ортогональная проекция треугольника $ABC$ на плоскость $\alpha$. Треугольник $A_2B_2C_2$ — ортогональная проекция треугольника $A_1B_1C_1$ на плоскость $ABC$. Найдите площадь треугольника $A_1B_1C_1$, если площади треугольников $ABC$ и $A_2B_2C_2$ соответственно равны $36 \text{ см}^2$ и $12 \text{ см}^2$.

3. Грань $ABCD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является квадратом, сторона которого равна $6 \text{ см}$, ребро $AA_1$ равно $8 \text{ см}$. На рёбрах $AB$ и $AD$ отметили точки $K$ и $M$ соответственно так, что $AK = AM = 2 \text{ см}$. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $KMC_1$.

1.
Площадь ортогональной проекции фигуры ($S_{пр}$) связана с площадью исходной фигуры ($S$) и углом $\varphi$ между их плоскостями соотношением: $S_{пр} = S \cdot \cos(\varphi)$.
В данной задаче $\triangle A_1B_1C_1$ является проекцией $\triangle ABC$. Следовательно, $S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos(\varphi)$. Чтобы найти угол $\varphi$, нам нужно знать обе площади.
Площадь $\triangle ABC$ дана: $S_{ABC} = 24\sqrt{2}$ см².
Площадь проекции, $\triangle A_1B_1C_1$, можно вычислить, так как он прямоугольный и известны его гипотенуза и один из катетов.
Пусть катеты $\triangle A_1B_1C_1$ равны $a$ и $b$, а гипотенуза $c$. Дано $c = 10$ см, $a = 8$ см.
По теореме Пифагора найдем второй катет $b$:
$a^2 + b^2 = c^2$
$8^2 + b^2 = 10^2$
$64 + b^2 = 100$
$b^2 = 100 - 64 = 36$
$b = \sqrt{36} = 6$ см.
Теперь найдем площадь прямоугольного треугольника $A_1B_1C_1$:
$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 6 = 24$ см².
Теперь мы можем найти косинус угла между плоскостями:
$\cos(\varphi) = \frac{S_{A_1B_1C_1}}{S_{ABC}} = \frac{24}{24\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.

2.
Пусть $S_{ABC}$ — площадь треугольника $ABC$, $S_{A_1B_1C_1}$ — площадь треугольника $A_1B_1C_1$, а $S_{A_2B_2C_2}$ — площадь треугольника $A_2B_2C_2$.
Пусть $\varphi$ — угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$, на которую проецируется треугольник $ABC$.
По условию, $\triangle A_1B_1C_1$ является ортогональной проекцией $\triangle ABC$ на плоскость $\alpha$. Значит, их площади связаны соотношением:
$S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos(\varphi)$ (1)
Также по условию, $\triangle A_2B_2C_2$ является ортогональной проекцией $\triangle A_1B_1C_1$ на плоскость $ABC$. Угол между плоскостью $\alpha$ (в которой лежит $\triangle A_1B_1C_1$) и плоскостью $ABC$ тот же самый, то есть $\varphi$. Следовательно:
$S_{A_2B_2C_2} = S_{A_1B_1C_1} \cdot \cos(\varphi)$ (2)
Нам даны $S_{ABC} = 36$ см² и $S_{A_2B_2C_2} = 12$ см². Подставим эти значения в уравнения:
1) $S_{A_1B_1C_1} = 36 \cdot \cos(\varphi)$
2) $12 = S_{A_1B_1C_1} \cdot \cos(\varphi)$
Мы получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными: $S_{A_1B_1C_1}$ и $\cos(\varphi)$.
Из первого уравнения выразим $\cos(\varphi)$: $\cos(\varphi) = \frac{S_{A_1B_1C_1}}{36}$.
Подставим это выражение во второе уравнение:
$12 = S_{A_1B_1C_1} \cdot \left(\frac{S_{A_1B_1C_1}}{36}\right)$
$12 \cdot 36 = (S_{A_1B_1C_1})^2$
$(S_{A_1B_1C_1})^2 = 432$
$S_{A_1B_1C_1} = \sqrt{432} = \sqrt{144 \cdot 3} = 12\sqrt{3}$ см².
Ответ: $12\sqrt{3}$ см².

3.
1. Введем прямоугольную систему координат. Поместим вершину $A$ в начало координат $(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ — вдоль ребра $AD$, и ось $Oz$ — вдоль ребра $AA_1$.
В этой системе координат: - Сторона основания $AB=AD=6$. - Высота $AA_1=8$. - Координаты данных точек: $K$ на $AB$ с $AK=2 \implies K(2,0,0)$.
$M$ на $AD$ с $AM=2 \implies M(0,2,0)$.
$C_1$ — вершина, противоположная $A$, в верхнем основании. Ее координаты $C_1(6,6,8)$.
2. Найдем уравнение плоскости сечения, проходящей через точки $K$, $M$ и $C_1$. Уравнение плоскости в общем виде: $ax+by+cz+d=0$. Подставим координаты точек в уравнение: - Для $K(2,0,0): 2a+d=0 \implies a=-d/2$. - Для $M(0,2,0): 2b+d=0 \implies b=-d/2$. - Для $C_1(6,6,8): 6a+6b+8c+d=0$. Подставим $a$ и $b$ в третье уравнение: $6(-d/2) + 6(-d/2) + 8c + d = 0 \implies -3d - 3d + 8c + d = 0 \implies -5d+8c=0 \implies c=5d/8$. Выберем $d=-8$, тогда $a=4, b=4, c=-5$. Уравнение плоскости: $4x+4y-5z-8=0$. Нормальный вектор этой плоскости $\vec{n}=(4, 4, -5)$.
3. Площадь сечения $S$ можно найти, используя площадь его ортогональной проекции на одну из координатных плоскостей. Проецируем сечение на плоскость основания $Oxy$.
Площадь проекции $S_{xy}$ связана с площадью сечения $S$ формулой $S_{xy} = S \cdot |\cos(\varphi)|$, где $\varphi$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью $Oxy$. Косинус этого угла равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами.
Нормальный вектор плоскости $Oxy$ (задается уравнением $z=0$) — это $\vec{k}=(0,0,1)$. $|\cos(\varphi)| = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n}| |\vec{k}|} = \frac{|(4,4,-5)\cdot(0,0,1)|}{\sqrt{4^2+4^2+(-5)^2}\sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|-5|}{\sqrt{16+16+25} \cdot 1} = \frac{5}{\sqrt{57}}$.
4. Проекцией сечения на плоскость $Oxy$ является пятиугольник $KBCDM$. Его площадь $S_{xy}$ можно найти как разность площади квадрата $ABCD$ и площади треугольника $AKM$. $S_{ABCD} = 6 \cdot 6 = 36$ см².
$S_{\triangle AKM} = \frac{1}{2} \cdot AK \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$ см².
$S_{xy} = S_{ABCD} - S_{\triangle AKM} = 36 - 2 = 34$ см².
5. Теперь найдем площадь сечения $S$:
$S = \frac{S_{xy}}{|\cos(\varphi)|} = \frac{34}{5/\sqrt{57}} = \frac{34\sqrt{57}}{5}$ см².
Ответ: $\frac{34\sqrt{57}}{5}$ см².