Страница 21 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 9

Угол между прямыми в пространстве

1. Отрезки $CM$ и $B_1F$ соответственно — высоты граней $ABC$ и $A_1B_1C_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. Найдите угол между прямыми $CM$ и $B_1F$, если $\angle BAC = 70^\circ$.

2. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AA_1 = A_1B_1 = 6\sqrt{2}$ см, $AD = 3$ см. Найдите косинус угла между прямыми $AB_1$ и $A_1D$.

3. Рёбра $AC$ и $BD$ тетраэдра $DABC$ равны $3\sqrt{2}$ см и $2$ см соответственно, а угол между прямыми $AC$ и $BD$ равен $45^\circ$. Найдите расстояние между серединами рёбер $AD$ и $BC$.

1.

Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным. Призма $ABCA_1B_1C_1$ осуществляет параллельный перенос плоскости основания $A_1B_1C_1$ в плоскость основания $ABC$.

Отрезок $CM$ является высотой грани $ABC$, проведенной из вершины $C$ к стороне $AB$. Значит, $CM \perp AB$.

Отрезок $B_1F$ является высотой грани $A_1B_1C_1$, проведенной из вершины $B_1$ к стороне $A_1C_1$. Значит, $B_1F \perp A_1C_1$.

Чтобы найти угол между прямыми $CM$ и $B_1F$, выполним параллельный перенос прямой $B_1F$ так, чтобы она пересекалась с прямой $CM$. Перенесем отрезок $B_1F$ из верхнего основания в нижнее. При этом точка $B_1$ перейдет в точку $B$, а отрезок $B_1F$ перейдет в отрезок $BK$, который будет высотой треугольника $ABC$, проведенной из вершины $B$ к стороне $AC$. Таким образом, $BK \parallel B_1F$ и $BK \perp AC$.

Искомый угол между прямыми $CM$ и $B_1F$ равен углу между высотами $CM$ и $BK$ треугольника $ABC$.

Рассмотрим четырехугольник $AMHK$, где $H$ — точка пересечения высот $CM$ и $BK$, $M$ — основание высоты на $AB$, а $K$ — основание высоты на $AC$. В этом четырехугольнике углы $\angle AMH$ и $\angle AKH$ являются прямыми, так как $CM$ и $BK$ — высоты. Сумма углов четырехугольника равна $360^\circ$.

Следовательно, $\angle MHK + \angle MAK = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 180^\circ$.

Угол $\angle MAK$ совпадает с углом $\angle BAC$, который по условию равен $70^\circ$.

Тогда угол между прямыми, содержащими высоты, $\angle MHK = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$.

По определению, угол между прямыми является острым или прямым углом. Смежный с углом $\angle MHK$ угол равен $180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$. Это и есть искомый угол.

Ответ: $70^\circ$.

2.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AB_1$ и $A_1D$ воспользуемся геометрическим методом. Выполним параллельный перенос одной из прямых. Вектор переноса $\vec{A_1B_1}$ переводит прямую $A_1D$ в прямую $B_1C$. Следовательно, угол между прямыми $AB_1$ и $A_1D$ равен углу между прямыми $AB_1$ и $B_1C$. Эти прямые пересекаются в точке $B_1$, значит, искомый угол равен $\angle AB_1C$.

Найдем длины сторон треугольника $AB_1C$, используя теорему Пифагора для прямоугольных треугольников, образованных ребрами и диагоналями граней прямоугольного параллелепипеда.

Дано: $AA_1 = 6\sqrt{2}$ см, $A_1B_1 = 6\sqrt{2}$ см, $AD = 3$ см.

В прямоугольном параллелепипеде $AB = A_1B_1 = 6\sqrt{2}$ см, $BC = AD = 3$ см, $BB_1 = AA_1 = 6\sqrt{2}$ см, $B_1C_1 = AD = 3$ см.

1. Найдем $AB_1$ из прямоугольного треугольника $ABB_1$ ($ \angle ABB_1 = 90^\circ $):
$AB_1^2 = AB^2 + BB_1^2 = (6\sqrt{2})^2 + (6\sqrt{2})^2 = 72 + 72 = 144$.
$AB_1 = 12$ см.

2. Найдем $B_1C$ из прямоугольного треугольника $B_1C_1C$ ($ \angle B_1C_1C = 90^\circ $):
$B_1C^2 = B_1C_1^2 + CC_1^2 = 3^2 + (6\sqrt{2})^2 = 9 + 72 = 81$.
$B_1C = 9$ см.

3. Найдем $AC$ из прямоугольного треугольника $ABC$ ($ \angle ABC = 90^\circ $):
$AC^2 = AB^2 + BC^2 = (6\sqrt{2})^2 + 3^2 = 72 + 9 = 81$.
$AC = 9$ см.

Теперь в треугольнике $AB_1C$ известны все три стороны: $AB_1 = 12$, $B_1C = 9$, $AC = 9$. Найдем косинус угла $\angle AB_1C$ по теореме косинусов:

$AC^2 = AB_1^2 + B_1C^2 - 2 \cdot AB_1 \cdot B_1C \cdot \cos(\angle AB_1C)$

$9^2 = 12^2 + 9^2 - 2 \cdot 12 \cdot 9 \cdot \cos(\angle AB_1C)$

$81 = 144 + 81 - 216 \cdot \cos(\angle AB_1C)$

$0 = 144 - 216 \cdot \cos(\angle AB_1C)$

$216 \cdot \cos(\angle AB_1C) = 144$

$\cos(\angle AB_1C) = \frac{144}{216} = \frac{2 \cdot 72}{3 \cdot 72} = \frac{2}{3}$

Поскольку косинус положителен, угол $\angle AB_1C$ острый, и он является углом между прямыми.

Ответ: $\frac{2}{3}$.

3.

Пусть $M$ — середина ребра $AD$, а $N$ — середина ребра $BC$. Также введем точки $P$ — середину ребра $AB$ и $Q$ — середину ребра $CD$. Рассмотрим четырехугольник $MPNQ$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $MP$ является средней линией. Следовательно, $MP \parallel BD$ и $MP = \frac{1}{2}BD$.

В треугольнике $ABC$ отрезок $PN$ является средней линией. Следовательно, $PN \parallel AC$ и $PN = \frac{1}{2}AC$.

Аналогично, из треугольников $BCD$ и $ACD$ получаем, что $NQ \parallel BD$, $NQ = \frac{1}{2}BD$ и $MQ \parallel AC$, $MQ = \frac{1}{2}AC$.

Таким образом, $MP \parallel NQ$ и $MP=NQ$, $PN \parallel MQ$ и $PN=MQ$. Четырехугольник $MPNQ$ — параллелограмм (этот факт известен как теорема Вариньона для пространственного четырехугольника).

Расстояние между серединами ребер $AD$ и $BC$ — это длина отрезка $MN$, который является одной из диагоналей этого параллелограмма.

Найдем длины сторон параллелограмма $MPNQ$:

$MP = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ см.

$PN = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.

Угол между прямыми $AC$ и $BD$ по условию равен $45^\circ$. Так как стороны параллелограмма $MP$ и $PN$ параллельны этим прямым, то угол между ними (обозначим его $\gamma$) равен либо $45^\circ$, либо $135^\circ$. Углы параллелограмма — это $\gamma$ и $180^\circ - \gamma$.

Найдем длину диагонали $MN$ по теореме косинусов для треугольника $MPN$:

$MN^2 = MP^2 + PN^2 - 2 \cdot MP \cdot PN \cdot \cos(\angle MPN)$.

Будем считать, что внутренний угол параллелограмма $\angle MPN$ равен острому углу между прямыми, то есть $45^\circ$.

$MN^2 = 1^2 + \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 - 2 \cdot 1 \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(45^\circ)$.

$MN^2 = 1 + \frac{9 \cdot 2}{4} - 3\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$.

$MN^2 = 1 + \frac{9}{2} - \frac{3 \cdot 2}{2} = 1 + 4.5 - 3 = 2.5 = \frac{5}{2}$.

$MN = \sqrt{\frac{5}{2}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{10}}{2}$ см.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{2}$ см.

Самостоятельная работа № 10

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. Точка $D$ лежит вне плоскости равнобедренного треугольника $ABC$ и равноудалена от точек $B$ и $C$, точка $M$ — середина основания $BC$. Докажите, что прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADM$.

2. Прямая $FD$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$. Известно, что $AB = 9$ см, $FB = 15$ см, $\angle DAF = 60^\circ$. Найдите отрезок $AD$.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB = AA_1$. На рёбрах $AA_1$ и $BB_1$ отметили точки $E$ и $K$ соответственно так, что $AE : EA_1 = 1 : 5$, $BK : KB_1 = 3 : 1$. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой $BE$. В каком отношении секущая плоскость делит ребро $DC$?

1.

По условию задачи, треугольник $ABC$ – равнобедренный с основанием $BC$, и $M$ – середина $BC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $AM \perp BC$.

Точка $D$ равноудалена от точек $B$ и $C$, что означает $DB = DC$. Таким образом, треугольник $BDC$ также является равнобедренным с основанием $BC$. $DM$ – это медиана, проведенная из вершины $D$ к основанию $BC$ (поскольку $M$ – середина $BC$). В равнобедренном треугольнике $BDC$ медиана $DM$ является и высотой. Следовательно, $DM \perp BC$.

Мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум прямым: $AM$ и $DM$. Обе эти прямые лежат в плоскости $ADM$ и пересекаются в точке $M$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости.

Так как $BC \perp AM$ и $BC \perp DM$, где $AM \subset (ADM)$ и $DM \subset (ADM)$, и $AM \cap DM = M$, то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADM$.

Ответ: Доказано.

2.

Поскольку прямая $FD$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $FD \perp AD$ и $FD \perp BD$. Это означает, что треугольники $\triangle FDA$ и $\triangle FDB$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $D$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FDA$. По определению тангенса угла:
$\tan(\angle DAF) = \frac{FD}{AD}$
Отсюда выразим $FD$:
$FD = AD \cdot \tan(60^\circ) = AD\sqrt{3}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABD$ (угол $\angle A = 90^\circ$, так как $ABCD$ – прямоугольник). По теореме Пифагора:
$BD^2 = AB^2 + AD^2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FDB$. По теореме Пифагора:
$FB^2 = FD^2 + BD^2$.

Подставим в последнее равенство выражения для $FD$ и $BD^2$ из предыдущих шагов:
$FB^2 = (AD\sqrt{3})^2 + (AB^2 + AD^2)$.

Подставим известные значения $FB = 15$ см и $AB = 9$ см:
$15^2 = 3AD^2 + 9^2 + AD^2$
$225 = 3AD^2 + 81 + AD^2$
$225 - 81 = 4AD^2$
$144 = 4AD^2$
$AD^2 = \frac{144}{4} = 36$
$AD = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

3.

Для решения задачи введем систему координат. Поместим начало координат в точку $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AD$, ось $Oy$ вдоль ребра $AB$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть $AB = AA_1 = a$. Тогда из условия $AE:EA_1=1:5$ следует, что $AE = \frac{1}{6}AA_1 = \frac{a}{6}$. Из условия $BK:KB_1=3:1$ следует, что $BK = \frac{3}{4}BB_1 = \frac{3a}{4}$.

Координаты интересующих нас точек:
$B = (0, a, 0)$
$E = (0, 0, a/6)$
$K = (0, a, 3a/4)$

Секущая плоскость перпендикулярна прямой $BE$, значит, вектор $\vec{BE}$ является вектором нормали $\vec{n}$ для этой плоскости.
$\vec{n} = \vec{BE} = E - B = (0-0, 0-a, a/6-0) = (0, -a, a/6)$.

Уравнение плоскости, проходящей через точку $K(x_K, y_K, z_K)$ с вектором нормали $\vec{n}=(A, B, C)$, имеет вид $A(x-x_K) + B(y-y_K) + C(z-z_K) = 0$. Подставим координаты точки $K(0, a, 3a/4)$ и вектора $\vec{n}$:
$0(x-0) - a(y-a) + \frac{a}{6}(z - \frac{3a}{4}) = 0$.
Так как $a \ne 0$, разделим уравнение на $-a$:
$(y-a) - \frac{1}{6}(z - \frac{3a}{4}) = 0$
$y - a - \frac{z}{6} + \frac{3a}{24} = 0$
$y - \frac{z}{6} - \frac{7a}{8} = 0$.
Это уравнение секущей плоскости.

Построение сечения:
Так как в уравнении плоскости отсутствует переменная $x$, плоскость параллельна оси $Ox$, а значит, и ребрам $AD$, $BC$, $A_1D_1$, $B_1C_1$.
1. На грани $ABB_1A_1$ ($x=0$) сечение представляет собой прямую, проходящую через точку $K$ перпендикулярно $BE$. Найдем ее пересечение с ребром $AB$ ($z=0$): $y - 0 - \frac{7a}{8} = 0 \Rightarrow y = \frac{7a}{8}$. Обозначим эту точку $R(0, 7a/8, 0)$. Таким образом, на передней грани сечение — это отрезок $KR$.
2. Так как плоскость параллельна $AD$, из точек $K$ и $R$ проводим прямые, параллельные $AD$.
3. Прямая, проведенная через $K$ параллельно $AD$, пересечет ребро $C_1C$ в точке $P$.
4. Прямая, проведенная через $R$ параллельно $AD$, пересечет ребро $DC$ в точке $Q$.
5. Искомое сечение — четырехугольник $KRQP$.

Нахождение отношения:
Нам нужно найти, в каком отношении секущая плоскость делит ребро $DC$. Для этого найдем точку пересечения плоскости $y - \frac{z}{6} - \frac{7a}{8} = 0$ и прямой $DC$.

Ребро $DC$ параллельно ребру $AB$, его точки имеют координаты $(x, a, 0)$, где $x$ меняется. Но в нашей системе координат D=(b,0,0) и C=(b,a,0), где $b=AD$. Таким образом, ребро $DC$ задается условиями $x=b, z=0$ при $0 \le y \le a$.
Подставим $z=0$ в уравнение плоскости, чтобы найти координату $y$ точки пересечения (назовем ее $Q$):
$y_Q - \frac{0}{6} - \frac{7a}{8} = 0 \Rightarrow y_Q = \frac{7a}{8}$.
Таким образом, точка пересечения $Q$ имеет координату $y$, равную $7a/8$.

Точка $D$ имеет координату $y=0$, а точка $C$ – $y=a$. Найдем длины отрезков $DQ$ и $QC$:
$DQ = y_Q - y_D = \frac{7a}{8} - 0 = \frac{7a}{8}$.
$QC = y_C - y_Q = a - \frac{7a}{8} = \frac{a}{8}$.
Тогда искомое отношение:
$\frac{DQ}{QC} = \frac{7a/8}{a/8} = \frac{7}{1}$.

Ответ: Секущая плоскость делит ребро $DC$ в отношении 7:1, считая от точки $D$.