Страница 33 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 9

Угол между прямыми в пространстве

1. Отрезки $AE$ и $C_1P$ соответственно — высоты граней $ABC$ и $A_1B_1C_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. Найдите угол между прямыми $AE$ и $C_1P$, если $\angle ABC = 80^{\circ}$.

2. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $BC = CD = 2\sqrt{2}$ см, $AA_1 = 1$ см. Найдите косинус угла между прямыми $BD$ и $AD_1$.

3. Рёбра $AB$ и $CD$ тетраэдра $DABC$ равны $2\sqrt{2}$ см и 4 см соответственно, а угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $45^{\circ}$. Найдите расстояние между серединами рёбер $AC$ и $BD$.

1.

Угол между скрещивающимися прямыми $AE$ и $C_1P$ равен углу между пересекающимися прямыми, которые им параллельны.

Поскольку $ABCA_1B_1C_1$ — призма, её основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны. Выполним параллельный перенос прямой $C_1P$ на вектор $\vec{C_1C}$. Прямая $C_1P$ перейдет в прямую $CQ$, лежащую в плоскости основания $ABC$.

Так как $C_1P$ — высота грани $A_1B_1C_1$, то $C_1P \perp A_1B_1$. При параллельном переносе сохраняются углы и параллельность. Поскольку $A_1B_1 \parallel AB$, то и $CQ \perp AB$. Таким образом, отрезок $CQ$ является высотой треугольника $ABC$, проведенной из вершины $C$.

Теперь задача сводится к нахождению угла между двумя высотами $AE$ и $CQ$ треугольника $ABC$. Из определения высот, $AE \perp BC$ и $CQ \perp AB$.

Угол между двумя прямыми равен углу между перпендикулярными им прямыми. Прямая $AE$ перпендикулярна прямой $BC$, а прямая $CQ$ перпендикулярна прямой $AB$. Угол между прямыми $AB$ и $BC$ — это угол $\angle ABC$, который по условию равен $80^\circ$.

Следовательно, угол между высотами $AE$ и $CQ$ также равен $80^\circ$ (или $180^\circ - 80^\circ = 100^\circ$). По определению, угол между прямыми — это наименьший из углов, образованных при их пересечении, поэтому он не превышает $90^\circ$. Таким образом, искомый угол равен $80^\circ$.

Ответ: $80^\circ$

2.

Для решения задачи воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$.

По условию, $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, и $BC = CD = 2\sqrt{2}$ см. Так как основание $ABCD$ является прямоугольником, из равенства смежных сторон следует, что оно является квадратом. Значит, $DA = BC = 2\sqrt{2}$ см. Высота параллелепипеда $AA_1 = 1$ см.

Найдем координаты вершин, необходимых для решения задачи:

• $D(0, 0, 0)$
• $A(2\sqrt{2}, 0, 0)$
• $B(2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}, 0)$
• $D_1(0, 0, 1)$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $BD$ и $AD_1$. В качестве них можно взять векторы $\vec{DB}$ и $\vec{AD_1}$.

$\vec{DB} = \{2\sqrt{2}-0; 2\sqrt{2}-0; 0-0\} = \{2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}, 0\}$

$\vec{AD_1} = \{0-2\sqrt{2}; 0-0; 1-0\} = \{-2\sqrt{2}, 0, 1\}$

Косинус угла $\alpha$ между прямыми находится по формуле:$\cos \alpha = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$, где $\vec{a}$ и $\vec{b}$ — направляющие векторы прямых.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{DB}$ и $\vec{AD_1}$:

$\vec{DB} \cdot \vec{AD_1} = (2\sqrt{2})(-2\sqrt{2}) + (2\sqrt{2})(0) + (0)(1) = -8$.

Вычислим модули (длины) векторов:

$|\vec{DB}| = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 + 0^2} = \sqrt{8 + 8 + 0} = \sqrt{16} = 4$.

$|\vec{AD_1}| = \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{8 + 0 + 1} = \sqrt{9} = 3$.

Теперь можем найти косинус угла между прямыми:

$\cos \alpha = \frac{|-8|}{4 \cdot 3} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$.

Ответ: $\frac{2}{3}$

3.

Пусть $M$ — середина ребра $AC$, а $N$ — середина ребра $BD$. Для нахождения расстояния $MN$ воспользуемся векторным методом.

Выразим вектор $\vec{MN}$ через векторы ребер тетраэдра. Пусть $O$ — произвольная точка пространства (начало координат). Тогда радиус-векторы середин ребер:

$\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OA} + \vec{OC})$

$\vec{ON} = \frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OD})$

Тогда вектор $\vec{MN}$ равен:

$\vec{MN} = \vec{ON} - \vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OD} - \vec{OA} - \vec{OC}) = \frac{1}{2}((\vec{OB} - \vec{OA}) + (\vec{OD} - \vec{OC})) = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{CD})$.

Найдем квадрат длины отрезка $MN$, который равен квадрату модуля вектора $\vec{MN}$:

$MN^2 = |\vec{MN}|^2 = \left|\frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{CD})\right|^2 = \frac{1}{4}(\vec{AB} + \vec{CD}) \cdot (\vec{AB} + \vec{CD})$

$MN^2 = \frac{1}{4}(|\vec{AB}|^2 + |\vec{CD}|^2 + 2\vec{AB} \cdot \vec{CD})$

По условию задачи, $|\vec{AB}| = 2\sqrt{2}$ и $|\vec{CD}| = 4$. Угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $45^\circ$.

Угол между прямыми — это острый угол между их направляющими векторами. Пусть $\alpha$ — угол между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$. Тогда угол между прямыми $45^\circ = \min(\alpha, 180^\circ - \alpha)$. Это означает, что $\alpha$ может быть равен $45^\circ$ или $135^\circ$.

Скалярное произведение $\vec{AB} \cdot \vec{CD} = |\vec{AB}| |\vec{CD}| \cos \alpha = (2\sqrt{2})(4)\cos\alpha = 8\sqrt{2}\cos\alpha$.

Рассмотрим два возможных случая:

1. Если угол между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$ равен $\alpha = 45^\circ$:

$\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$, тогда $\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 8\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 8$.

$MN^2 = \frac{1}{4}((2\sqrt{2})^2 + 4^2 + 2 \cdot 8) = \frac{1}{4}(8 + 16 + 16) = \frac{40}{4} = 10$.

$MN = \sqrt{10}$ см.

2. Если угол между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$ равен $\alpha = 135^\circ$:

$\cos 135^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, тогда $\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 8\sqrt{2} \cdot (-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -8$.

$MN^2 = \frac{1}{4}((2\sqrt{2})^2 + 4^2 + 2 \cdot (-8)) = \frac{1}{4}(8 + 16 - 16) = \frac{8}{4} = 2$.

$MN = \sqrt{2}$ см.

Условие задачи не позволяет однозначно определить взаимное расположение ребер, поэтому существуют два возможных ответа.

Ответ: $\sqrt{2}$ см или $\sqrt{10}$ см

Самостоятельная работа № 10

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. Точка K лежит вне плоскости равнобокой трапеции $ABCD (AD \parallel BC)$ и равноудалена от точек A и D. Точки E и F — середины оснований AD и BC соответственно. Докажите, что прямая AD перпендикулярна плоскости EFK.

2. Прямая KA перпендикулярна плоскости прямоугольника ABCD. Известно, что $AB = 4\sqrt{3}$ см, $AD = 15$ см, $\angle ABK = 30^\circ$. Найдите отрезок KC.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB = AD$. На рёбрах AB и CD отметили точки F и P соответственно так, что $AF : FB = 3 : 2$, $CP : PD = 1 : 4$. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку P и перпендикулярной прямой DF. В каком отношении секущая плоскость делит ребро $A_1D_1$?

1.

Рассмотрим треугольник $AKD$. По условию точка $K$ равноудалена от точек $A$ и $D$, следовательно, $KA = KD$. Это означает, что треугольник $AKD$ является равнобедренным с основанием $AD$.
Точка $E$ — середина основания $AD$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, отрезок $KE$ является высотой треугольника $AKD$, и, значит, $KE \perp AD$.

Рассмотрим равнобокую трапецию $ABCD$. Отрезок $EF$, соединяющий середины оснований $AD$ и $BC$, является осью симметрии трапеции и перпендикулярен ее основаниям. Следовательно, $EF \perp AD$.

Мы имеем, что прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $KE$ и $EF$, лежащим в плоскости $EFK$ (они пересекаются в точке $E$). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $EFK$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $EFK$.

2.

Поскольку прямая $KA$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $KA \perp AB$ и $KA \perp AC$.

Из $KA \perp AB$ следует, что треугольник $KAB$ — прямоугольный с прямым углом $\angle KAB$. Из этого треугольника мы можем найти длину катета $KA$:
$KA = AB \cdot \tan(\angle ABK) = 4\sqrt{3} \cdot \tan(30^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 4$ см.

$ABCD$ — прямоугольник, поэтому треугольник $ABC$ — прямоугольный с прямым углом $\angle ABC$. По теореме Пифагора найдем диагональ $AC$. Так как $ABCD$ — прямоугольник, $BC = AD = 15$ см.
$AC^2 = AB^2 + BC^2 = (4\sqrt{3})^2 + 15^2 = 16 \cdot 3 + 225 = 48 + 225 = 273$.

Из $KA \perp AC$ следует, что треугольник $KAC$ — прямоугольный с прямым углом $\angle KAC$. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $KC$:
$KC^2 = KA^2 + AC^2 = 4^2 + 273 = 16 + 273 = 289$.
$KC = \sqrt{289} = 17$ см.

Ответ: $17$ см.

3.

Построение сечения:

1. Прямая $DF$ лежит в плоскости основания $ABCD$. Секущая плоскость $\alpha$ по условию перпендикулярна прямой $DF$.
2. Так как прямая $DF$ лежит в плоскости основания $ABCD$, то плоскость $\alpha$, перпендикулярная $DF$, будет перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Это означает, что секущая плоскость является "вертикальной", то есть все ее образующие прямые, соединяющие точки на нижнем и верхнем основаниях, параллельны боковым ребрам параллелепипеда (например, $AA_1$).
3. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $ABCD$ должна проходить через точку $P$ и быть перпендикулярной прямой $DF$. Построим в плоскости $ABCD$ прямую $l$, проходящую через $P$ перпендикулярно $DF$.
4. Пусть $Q$ — точка пересечения прямой $l$ с ребром $AD$. Тогда отрезок $PQ$ является линией пересечения секущей плоскости с нижним основанием.
5. Так как плоскость сечения перпендикулярна основанию, для построения всего сечения достаточно поднять из точек $P$ и $Q$ перпендикуляры к плоскости основания до пересечения с ребрами верхнего основания. Проведем $PP_1 \parallel DD_1$ (где $P_1$ лежит на $C_1D_1$) и $QQ_1 \parallel AA_1$ (где $Q_1$ лежит на $A_1D_1$).
6. Соединив точки $P, Q, Q_1, P_1$, получим искомое сечение — прямоугольник $PQQ_1P_1$.

В каком отношении секущая плоскость делит ребро $A_1D_1$?

Чтобы найти это отношение, определим положение точки $Q$ на ребре $AD$. Для этого введем систему координат в плоскости основания $ABCD$. Пусть точка $D$ — начало координат $(0, 0)$, ось $DA$ — ось $Ox$, ось $DC$ — ось $Oy$.
Так как $AB = AD$, основание является квадратом. Пусть сторона квадрата равна $a$. Тогда $AB = AD = CD = BC = a$.
Из условия $AF : FB = 3:2$, имеем $AF = \frac{3}{5}AB = \frac{3}{5}a$.
Из условия $CP : PD = 1:4$, имеем $PD = \frac{4}{5}CD = \frac{4}{5}a$.
Найдем координаты точек:
$D(0, 0)$, $A(a, 0)$, $C(0, a)$.
Точка $F$ лежит на ребре $AB$. Координаты $A(a,0)$ и $B(a,a)$. $F$ имеет координаты $(a, \frac{3}{5}a)$.
Точка $P$ лежит на ребре $CD$ (оси $Oy$). Ее координата по $y$ равна длине отрезка $PD$. $P$ имеет координаты $(0, \frac{4}{5}a)$.

Прямая $DF$ проходит через точки $D(0,0)$ и $F(a, \frac{3}{5}a)$. Ее угловой коэффициент $k_{DF} = \frac{\frac{3}{5}a - 0}{a - 0} = \frac{3}{5}$.
Прямая $PQ$ перпендикулярна прямой $DF$, поэтому ее угловой коэффициент $k_{PQ} = -\frac{1}{k_{DF}} = -\frac{5}{3}$.
Уравнение прямой $PQ$ проходит через точку $P(0, \frac{4}{5}a)$ и имеет вид $y - y_P = k_{PQ}(x - x_P)$:
$y - \frac{4}{5}a = -\frac{5}{3}(x - 0)$.

Точка $Q$ является точкой пересечения этой прямой с ребром $AD$ (осью $Ox$), поэтому ее координата $y=0$. Подставим $y=0$ в уравнение прямой:
$0 - \frac{4}{5}a = -\frac{5}{3}x$
$\frac{4}{5}a = \frac{5}{3}x$
$x = \frac{4a}{5} \cdot \frac{3}{5} = \frac{12a}{25}$.

Координата $x$ точки $Q$ — это длина отрезка $DQ$. Итак, $DQ = \frac{12a}{25}$.
Длина ребра $AD = a$. Тогда $AQ = AD - DQ = a - \frac{12a}{25} = \frac{13a}{25}$.
Найдем отношение $AQ : QD = \frac{13a}{25} : \frac{12a}{25} = 13:12$.
Поскольку сечение $PQQ_1P_1$ перпендикулярно основанию, точка $Q_1$ делит ребро $A_1D_1$ в том же отношении, что и точка $Q$ делит ребро $AD$.
Следовательно, $A_1Q_1 : Q_1D_1 = 13:12$.

Ответ: Секущая плоскость делит ребро $A_1D_1$ в отношении $13:12$, считая от вершины $A_1$.