Страница 23 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки C к плоскости $\beta$ провели наклонные $CA$ и $CB$, образующие с ней углы $45^\circ$ и $30^\circ$ соответственно. Найдите проекцию наклонной $CB$ на плоскость $\beta$, если $CA = 8\sqrt{6}$ см.

2. На ребре $AD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $K$ так, что $AK : KD = 2 : 3$. Найдите угол между прямой $B_1K$ и плоскостью $BAA_1$, если $AD = 15$ см, $AB = 6$ см, $AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.

3. Основанием пирамиды $PABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $PD$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle PCD = 30^\circ$, $\angle BAD = 60^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $PC$ и $AB$.

1.

Пусть $H$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на плоскость $\beta$. Тогда $CH$ – расстояние от точки $C$ до плоскости $\beta$.
Проекцией наклонной $CA$ на плоскость $\beta$ является отрезок $HA$. Угол между наклонной $CA$ и плоскостью $\beta$ – это угол $\angle CAH$. По условию, $\angle CAH = 45^\circ$.
Проекцией наклонной $CB$ на плоскость $\beta$ является отрезок $HB$. Угол между наклонной $CB$ и плоскостью $\beta$ – это угол $\angle CBH$. По условию, $\angle CBH = 30^\circ$.
Требуется найти длину проекции $HB$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHA$ (угол $\angle CHA = 90^\circ$, так как $CH \perp \beta$).
Из него найдем высоту $CH$:
$\sin(\angle CAH) = \frac{CH}{CA}$
$CH = CA \cdot \sin(45^\circ) = 8\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{12} = 4 \cdot 2\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHB$ (угол $\angle CHB = 90^\circ$).
Мы знаем катет $CH = 8\sqrt{3}$ см и угол $\angle CBH = 30^\circ$. Найдем катет $HB$:
$\text{tg}(\angle CBH) = \frac{CH}{HB}$
$HB = \frac{CH}{\text{tg}(30^\circ)} = \frac{8\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 8\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 8 \cdot 3 = 24$ см.

Ответ: 24 см.

2.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Найдем проекцию прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$.
Точка $B_1$ уже лежит в плоскости $BAA_1$, поэтому ее проекция – она сама.
Найдем проекцию точки $K$. Точка $K$ лежит на ребре $AD$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед, ребро $AD$ перпендикулярно грани $BAA_1$. Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на плоскость $BAA_1$, – это отрезок $KA$, а проекцией точки $K$ является точка $A$.
Таким образом, проекцией прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$ является прямая $B_1A$.

Искомый угол – это угол $\angle AB_1K$. Найдем его из треугольника $\triangle AB_1K$. Поскольку $KA \perp (BAA_1)$, то $KA$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $AB_1$. Значит, треугольник $\triangle AB_1K$ – прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.

Найдем длины катетов $AK$ и $AB_1$.
По условию $AK : KD = 2 : 3$ и $AD = 15$ см. $AK = \frac{2}{2+3} \cdot AD = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$ см.

$AB_1$ – диагональ грани (прямоугольника) $ABB_1A_1$. Найдем ее по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $\triangle ABB_1$ ($\angle A = 90^\circ$):
$AB=6$ см, $BB_1 = AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.
$AB_1^2 = AB^2 + BB_1^2 = 6^2 + (6\sqrt{2})^2 = 36 + 36 \cdot 2 = 36 + 72 = 108$.
$AB_1 = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3}$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AB_1K$ найдем тангенс угла $\angle AB_1K$:
$\text{tg}(\angle AB_1K) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{AK}{AB_1} = \frac{6}{6\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Угол, тангенс которого равен $1/\sqrt{3}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $PC$ и $AB$ найдем с помощью метода координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Oz$ вдоль ребра $PD$, а ось $Ox$ вдоль прямой, содержащей основание трапеции $AD$.

Так как $PD$ перпендикулярно плоскости основания, то $D = (0, 0, 0)$, $P = (0, 0, h)$ для некоторой высоты $h > 0$.
Основание $AD$ лежит на оси $Ox$, пусть $A = (a, 0, 0)$ для некоторой длины $a>0$.
Трапеция $ABCD$ равнобокая, $AD \parallel BC$ и $\angle BAD = 60^\circ$. Следовательно, $\angle CDA = 60^\circ$.
Пусть $CD = c$. Опустим перпендикуляр из $C$ на $AD$ в точку $H$. В прямоугольном $\triangle DHC$: $DH = c \cdot \cos(60^\circ) = c/2$, $CH = c \cdot \sin(60^\circ) = c\sqrt{3}/2$. Тогда координаты точки $C$: $(c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.
Аналогично для точки $B$ ее y-координата равна $c\sqrt{3}/2$, а x-координата равна $a - DH = a - c/2$. Тогда $B = (a - c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.

По условию $\angle PCD = 30^\circ$. В прямоугольном треугольнике $\triangle PDC$ (угол $\angle PDC=90^\circ$):
$\text{tg}(\angle PCD) = \frac{PD}{DC} \Rightarrow \text{tg}(30^\circ) = \frac{h}{c} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{c} \Rightarrow c = h\sqrt{3}$.

Найдем векторы, задающие направления прямых $PC$ и $AB$:
$\vec{PC} = C - P = (c/2 - 0, c\sqrt{3}/2 - 0, 0 - h) = (c/2, c\sqrt{3}/2, -h)$.
$\vec{AB} = B - A = (a - c/2 - a, c\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.

Косинус угла $\theta$ между прямыми находится по формуле: $\cos(\theta) = \frac{|\vec{PC} \cdot \vec{AB}|}{|\vec{PC}| \cdot |\vec{AB}|}$.

Найдем скалярное произведение:
$\vec{PC} \cdot \vec{AB} = (c/2)( -c/2) + (c\sqrt{3}/2)(c\sqrt{3}/2) + (-h)(0) = -c^2/4 + 3c^2/4 = 2c^2/4 = c^2/2$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{PC}|^2 = (c/2)^2 + (c\sqrt{3}/2)^2 + (-h)^2 = c^2/4 + 3c^2/4 + h^2 = c^2 + h^2$.
Подставим $c^2 = (h\sqrt{3})^2 = 3h^2$: $|\vec{PC}|^2 = 3h^2 + h^2 = 4h^2 \Rightarrow |\vec{PC}| = 2h$.

$|\vec{AB}|^2 = (-c/2)^2 + (c\sqrt{3}/2)^2 + 0^2 = c^2/4 + 3c^2/4 = c^2 \Rightarrow |\vec{AB}| = c = h\sqrt{3}$.

Теперь найдем косинус угла:
$\cos(\theta) = \frac{|c^2/2|}{(2h) \cdot c} = \frac{c^2}{4hc} = \frac{c}{4h}$.
Подставим $c = h\sqrt{3}$:
$\cos(\theta) = \frac{h\sqrt{3}}{4h} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

Самостоятельная работа № 14

Двугранный угол. Угол между плоскостями

1. В гранях двугранного угла проведены прямые $m$ и $n$, параллельные его ребру, на расстоянии $8$ см и $2\sqrt{3}$ см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми $m$ и $n$ равно $2\sqrt{31}$ см.

2. Из точек $C$ и $D$, лежащих в разных гранях двугранного угла, величина которого равна $45^\circ$, проведены к его ребру перпендикуляры $DA$ и $CB$. Найдите отрезок $DC$, если $AB = 3$ см, $AD = 6\sqrt{2}$ см, $BC = 8$ см.

3. Через гипотенузу $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$. Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ равен $60^\circ$, а катет $AC$ образует с плоскостью $\alpha$ угол $30^\circ$. Найдите угол, который образует катет $BC$ с плоскостью $\alpha$.

1.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, пересекающимися по прямой $e$ (ребро двугранного угла). В грани $\alpha$ проведена прямая $m \parallel e$ на расстоянии $d_1 = 8$ см от ребра. В грани $\beta$ проведена прямая $n \parallel e$ на расстоянии $d_2 = 2\sqrt{3}$ см от ребра. Расстояние между прямыми $m$ и $n$ равно $d = 2\sqrt{31}$ см.
Для нахождения величины двугранного угла построим его линейный угол. Для этого выберем на ребре $e$ произвольную точку $O$ и проведем через нее плоскость $\gamma$, перпендикулярную ребру $e$.
Поскольку $m \parallel e$ и $n \parallel e$, плоскость $\gamma$ будет перпендикулярна также прямым $m$ и $n$.
Пусть плоскость $\gamma$ пересекает прямую $m$ в точке $M$ и прямую $n$ в точке $N$.
Отрезок $OM$ лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярен ребру $e$, поэтому его длина равна расстоянию от прямой $m$ до ребра: $OM = d_1 = 8$ см.
Аналогично, отрезок $ON$ лежит в плоскости $\beta$ и перпендикулярен ребру $e$, поэтому его длина равна расстоянию от прямой $n$ до ребра: $ON = d_2 = 2\sqrt{3}$ см.
Угол $\angle MON$ в плоскости $\gamma$ является линейным углом данного двугранного угла. Обозначим его величину через $\phi$.
Так как плоскость $\gamma$ перпендикулярна прямым $m$ и $n$, отрезок $MN$ является общим перпендикуляром к этим прямым. Следовательно, его длина равна расстоянию между прямыми $m$ и $n$: $MN = d = 2\sqrt{31}$ см.
Рассмотрим треугольник $\triangle MON$. Мы знаем длины всех трех его сторон: $OM=8$ см, $ON=2\sqrt{3}$ см, $MN=2\sqrt{31}$ см. По теореме косинусов для этого треугольника:
$MN^2 = OM^2 + ON^2 - 2 \cdot OM \cdot ON \cdot \cos(\phi)$
Подставим известные значения:
$(2\sqrt{31})^2 = 8^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 8 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$4 \cdot 31 = 64 + 4 \cdot 3 - 32\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$124 = 64 + 12 - 32\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$124 = 76 - 32\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$124 - 76 = -32\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$48 = -32\sqrt{3} \cdot \cos(\phi)$
$\cos(\phi) = -\frac{48}{32\sqrt{3}} = -\frac{3}{2\sqrt{3}} = -\frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
Угол $\phi$, для которого $\cos(\phi) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, в пределах от $0^\circ$ до $180^\circ$ равен $150^\circ$.
Ответ: $150^\circ$.

2.

Пусть дан двугранный угол с ребром $l$. В одной его грани лежит точка $D$, в другой - точка $C$. Из этих точек проведены перпендикуляры $DA$ и $CB$ к ребру $l$, где $A$ и $B$ - точки на ребре. По условию, величина двугранного угла равна $45^\circ$, $AB = 3$ см, $AD = 6\sqrt{2}$ см, $BC = 8$ см. Нужно найти длину отрезка $DC$.
Применим метод пространственных преобразований. Совершим параллельный перенос точки $C$ и отрезка $CB$ вдоль ребра $l$ на вектор $\vec{BA}$. В результате точка $B$ перейдет в точку $A$, а точка $C$ перейдет в некоторую точку $C'$. При этом $C'A = CB = 8$ см, и отрезок $C'A$ будет перпендикулярен ребру $l$, так как $CB \perp l$.
Теперь отрезки $AD$ и $AC'$ лежат в гранях двугранного угла и выходят из одной точки $A$ на ребре, будучи перпендикулярными ему. Следовательно, угол между ними, $\angle DAC'$, является линейным углом двугранного угла и равен $45^\circ$.
Рассмотрим треугольник $\triangle DAC'$. Мы знаем две его стороны и угол между ними: $AD = 6\sqrt{2}$ см, $AC' = 8$ см, $\angle DAC' = 45^\circ$. Найдем длину стороны $DC'$ по теореме косинусов:
$(DC')^2 = AD^2 + (AC')^2 - 2 \cdot AD \cdot AC' \cdot \cos(\angle DAC')$
$(DC')^2 = (6\sqrt{2})^2 + 8^2 - 2 \cdot 6\sqrt{2} \cdot 8 \cdot \cos(45^\circ)$
$(DC')^2 = 72 + 64 - 96\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$
$(DC')^2 = 136 - 96 \cdot \frac{2}{2} = 136 - 96 = 40$
Вектор переноса $\vec{CC'}$ равен вектору $\vec{BA}$. Это означает, что отрезок $CC'$ параллелен ребру $l$ и его длина равна длине отрезка $AB$, то есть $CC' = AB = 3$ см.
Отрезок $DC'$ лежит в плоскости, проходящей через точку $A$ и перпендикулярной ребру $l$. Так как $CC'$ параллелен ребру $l$, то $CC'$ перпендикулярен этой плоскости, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе и $DC'$.
Следовательно, треугольник $\triangle DCC'$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C'$.
По теореме Пифагора для $\triangle DCC'$:
$DC^2 = (DC')^2 + (CC')^2$
$DC^2 = 40 + 3^2 = 40 + 9 = 49$
$DC = \sqrt{49} = 7$ см.
Ответ: 7 см.

3.

Пусть $\triangle ABC$ - прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$). Плоскость $\alpha$ проходит через гипотенузу $AB$. Угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$ равен $60^\circ$. Катет $AC$ образует с плоскостью $\alpha$ угол $30^\circ$. Найдем угол $\beta$, который образует катет $BC$ с плоскостью $\alpha$.
Проведем из вершины $C$ перпендикуляр $CH$ к плоскости $\alpha$ ($H \in \alpha$). Длина отрезка $CH$ - это расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.
Угол между наклонной и плоскостью - это угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость.
Проекцией катета $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AH$. Угол между $AC$ и $\alpha$ по условию равен $30^\circ$, то есть $\angle CAH = 30^\circ$.
Проекцией катета $BC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $BH$. Искомый угол $\beta$ - это $\angle CBH$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle CHA$ (где $\angle H = 90^\circ$):
$CH = AC \cdot \sin(\angle CAH) = AC \cdot \sin(30^\circ) = \frac{AC}{2}$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle CHB$ (где $\angle H = 90^\circ$):
$CH = BC \cdot \sin(\angle CBH) = BC \cdot \sin(\beta)$.
Приравнивая выражения для $CH$, получаем: $\frac{AC}{2} = BC \cdot \sin(\beta)$, откуда $\sin(\beta) = \frac{AC}{2 \cdot BC}$.
Теперь найдем связь между катетами $AC$ и $BC$.
Проведем в плоскости $\triangle ABC$ высоту $CK$ к гипотенузе $AB$. Так как $CK \perp AB$ и $AB$ является линией пересечения плоскостей, то линейный угол двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ будет $\angle CKH$, где $H$ - основание перпендикуляра из $C$ на $\alpha$, а $K$ - основание перпендикуляра из $C$ на $AB$. По теореме о трех перпендикулярах, $HK \perp AB$. Таким образом, $\angle CKH = 60^\circ$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle CKH$ (где $\angle H = 90^\circ$):
$CH = CK \cdot \sin(\angle CKH) = CK \cdot \sin(60^\circ) = CK \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Снова приравниваем выражения для $CH$:
$\frac{AC}{2} = CK \frac{\sqrt{3}}{2} \implies AC = CK \sqrt{3}$.
В прямоугольном $\triangle ABC$ высота $CK$ связана с катетом $AC$ и углом $A$ ($\angle CAB$): в $\triangle ACK$ имеем $CK = AC \cdot \sin(\angle A)$.
Подставим это в предыдущее равенство:
$AC = (AC \cdot \sin(\angle A)) \cdot \sqrt{3}$
$1 = \sqrt{3} \sin(\angle A) \implies \sin(\angle A) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
В прямоугольном $\triangle ABC$, $\tan(\angle A) = \frac{BC}{AC}$. Найдем $\tan(\angle A)$:
$\cos^2(\angle A) = 1 - \sin^2(\angle A) = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \implies \cos(\angle A) = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
$\tan(\angle A) = \frac{\sin(\angle A)}{\cos(\angle A)} = \frac{1/\sqrt{3}}{\sqrt{2}/\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
Следовательно, $\frac{BC}{AC} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, откуда $AC = BC\sqrt{2}$.
Наконец, подставим это соотношение в формулу для $\sin(\beta)$:
$\sin(\beta) = \frac{AC}{2 \cdot BC} = \frac{BC\sqrt{2}}{2 \cdot BC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Угол $\beta$, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, есть $45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.