Страница 34 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 11

Перпендикуляр и наклонная

1. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ проведены две наклонные $MB$ и $MA$, длины которых относятся как $5 : 7$. Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$, если проекции наклонных равны $12$ см и $12\sqrt{2}$ см.

2. Через вершину $C$ параллелограмма $ABCD$ проведена плоскость $\alpha$, параллельная диагонали $BD$. Расстояние между прямой $BD$ и плоскостью $\alpha$ равно $4$ см, а проекции отрезков $CB$ и $CD$ на эту плоскость равны $3$ см и $2\sqrt{5}$ см соответственно. Найдите диагональ $AC$ параллелограмма, если диагональ $BD$ равна $10$ см.

3. На ребре $AC$ тетраэдра $MABC$ отметили точку $F$ так, что $AF : FC = 1 : 3$. Известно, что $MB = MC$, $AB = AC = 17$ см, $BC = 30$ см. Найдите расстояние между прямыми $MF$ и $BC$.

1. Пусть $H$ — проекция точки $M$ на плоскость $\alpha$. Тогда $MH$ — расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$. Обозначим это расстояние как $h$. $MA$ и $MB$ — наклонные, а $HA$ и $HB$ — их проекции на плоскость $\alpha$. Треугольники $\triangle MHA$ и $\triangle MHB$ — прямоугольные.

По теореме Пифагора имеем:

$MA^2 = MH^2 + HA^2 = h^2 + HA^2$

$MB^2 = MH^2 + HB^2 = h^2 + HB^2$

По условию, длины наклонных относятся как $MB : MA = 5 : 7$. Пусть $MB = 5x$ и $MA = 7x$ для некоторого $x > 0$. Проекции наклонных равны $12$ см и $12\sqrt{2}$ см.

Подставим эти значения в уравнения. Возможны два случая для проекций.

Случай 1: $HA = 12$ см и $HB = 12\sqrt{2}$ см.

$(7x)^2 = h^2 + 12^2 \Rightarrow 49x^2 = h^2 + 144$

$(5x)^2 = h^2 + (12\sqrt{2})^2 \Rightarrow 25x^2 = h^2 + 288$

Вычтем второе уравнение из первого: $24x^2 = (h^2 + 144) - (h^2 + 288) = -144$. Это невозможно, так как $x^2$ не может быть отрицательным.

Случай 2: $HA = 12\sqrt{2}$ см и $HB = 12$ см.

$(7x)^2 = h^2 + (12\sqrt{2})^2 \Rightarrow 49x^2 = h^2 + 288$

$(5x)^2 = h^2 + 12^2 \Rightarrow 25x^2 = h^2 + 144$

Вычтем второе уравнение из первого:

$49x^2 - 25x^2 = (h^2 + 288) - (h^2 + 144)$

$24x^2 = 144$

$x^2 = 6$

Подставим значение $x^2$ во второе уравнение, чтобы найти $h$:

$25 \cdot 6 = h^2 + 144$

$150 = h^2 + 144$

$h^2 = 150 - 144 = 6$

$h = \sqrt{6}$ см.

Ответ: $\sqrt{6}$ см.

2. Пусть $h$ — расстояние между прямой $BD$ и плоскостью $\alpha$. По условию $h=4$ см. Так как прямая $BD$ параллельна плоскости $\alpha$, расстояние от любой точки прямой $BD$ до плоскости $\alpha$ равно $h$. В частности, расстояния от точек $B$ и $D$ до плоскости $\alpha$ равны 4 см.

Плоскость $\alpha$ проходит через вершину $C$, поэтому расстояние от $C$ до $\alpha$ равно 0. Пусть $B'$ и $D'$ — проекции точек $B$ и $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $CB'$ и $CD'$ — проекции отрезков $CB$ и $CD$ на эту плоскость. По условию $CB' = 3$ см и $CD' = 2\sqrt{5}$ см.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные отрезками, их проекциями и перпендикулярами из точек $B$ и $D$ на плоскость $\alpha$. Длины этих перпендикуляров равны 4 см.

По теореме Пифагора найдем длины сторон параллелограмма $CB$ и $CD$:

$CB^2 = (CB')^2 + h^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 \Rightarrow CB = 5$ см.

$CD^2 = (CD')^2 + h^2 = (2\sqrt{5})^2 + 4^2 = 20 + 16 = 36 \Rightarrow CD = 6$ см.

В параллелограмме $ABCD$ противолежащие стороны равны, поэтому $AB = CD = 6$ см и $AD = CB = 5$ см.

Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон:

$AC^2 + BD^2 = 2(AB^2 + BC^2)$

По условию диагональ $BD = 10$ см. Подставим известные значения:

$AC^2 + 10^2 = 2(6^2 + 5^2)$

$AC^2 + 100 = 2(36 + 25)$

$AC^2 + 100 = 2 \cdot 61$

$AC^2 + 100 = 122$

$AC^2 = 22$

$AC = \sqrt{22}$ см.

Ответ: $\sqrt{22}$ см.

3. Рассмотрим основание тетраэдра — треугольник $ABC$. Так как $AB = AC = 17$ см, то $\triangle ABC$ — равнобедренный. Пусть $K$ — середина основания $BC$. Тогда $BK = KC = 30/2 = 15$ см. $AK$ является медианой и высотой $\triangle ABC$, следовательно $AK \perp BC$. Из прямоугольного $\triangle AKC$ по теореме Пифагора:

$AK = \sqrt{AC^2 - KC^2} = \sqrt{17^2 - 15^2} = \sqrt{(17-15)(17+15)} = \sqrt{2 \cdot 32} = \sqrt{64} = 8$ см.

Так как в тетраэдре $MB = MC$, то $\triangle MBC$ также является равнобедренным. Его медиана $MK$ к основанию $BC$ является и высотой, то есть $MK \perp BC$.

Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AK$ и $MK$ в плоскости $MAK$, то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $MAK$.

Расстояние между скрещивающимися прямыми $BC$ и $MF$ можно найти, спроецировав одну из прямых на плоскость, перпендикулярную другой. Спроецируем прямую $MF$ на плоскость $MAK$, которая перпендикулярна прямой $BC$.

Прямая $BC$ проектируется в точку $K$. Проекцией прямой $MF$ на плоскость $MAK$ является прямая $MP$, где $P$ — проекция точки $F$ на плоскость $MAK$. Поскольку точка $F$ лежит в плоскости $ABC$, а плоскость $ABC$ перпендикулярна плоскости $MAK$ (так как содержит прямую $BC$, перпендикулярную $MAK$), то $P$ является основанием перпендикуляра, опущенного из $F$ на линию пересечения плоскостей, то есть на прямую $AK$.

Найдем положение точки $P$ на $AK$. В плоскости $ABC$ проведем через точку $F$ прямую, параллельную $BC$, до пересечения с $AB$ в точке $E$. По теореме о пропорциональных отрезках, так как $AF:FC = 1:3$, то $AP:PK$ неверно, используем подобие $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ c коэффициентом $k = AF/AC = 1/4$. Высота $\triangle AEF$ из вершины $A$ будет равна $1/4$ высоты $AK$, то есть $AP = AK - PK = AL = AK \cdot (AF/AC) = 8 \cdot (1/4) = 2$ см. Здесь L - точка пересечения EF и AK. Нет, $P$ это проекция F на AK. Введем систему координат в плоскости $ABC$: $K=(0,0)$, $A=(0,8)$, $C=(15,0)$. Точка $F$ делит отрезок $AC$ в отношении $AF:FC = 1:3$, ее координаты $F = (\frac{3 \cdot 0 + 1 \cdot 15}{4}, \frac{3 \cdot 8 + 1 \cdot 0}{4}) = (\frac{15}{4}, 6)$. Проекцией точки $F$ на прямую $AK$ (ось $Oy$) является точка $P(0,6)$. Расстояние $KP = 6$ см.

Искомое расстояние между $BC$ и $MF$ равно расстоянию от точки $K$ до прямой $MP$ в плоскости $MAK$. Это расстояние равно высоте $\triangle KMP$, проведенной из вершины $K$.

Пусть $M'$ — проекция точки $M$ на плоскость $ABC$. Из условия $MB=MC$ следует, что $M'$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$, то есть на прямой $AK$. В плоскости $MAK$ пусть координаты $K=(0,0)$, $P=(6,0)$ (расположим $AK$ вдоль оси абсцисс). Координаты точки $M$ в этой плоскости будут $(x_M, y_M)$, где $x_M$ — расстояние $KM'$, а $y_M$ — высота $M$ над плоскостью $ABC$.

Расстояние от точки $K(0,0)$ до прямой $MP$, проходящей через $P(6,0)$ и $M(x_M, y_M)$, вычисляется по формуле расстояния от точки до прямой:

$d = \frac{|A x_0 + B y_0 + C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$. Уравнение прямой $MP$: $(y-0)(x_M-6)=(x-6)(y_M-0) \Rightarrow y_M x - (x_M-6)y - 6y_M = 0$.

Расстояние от $K(0,0)$ до этой прямой: $d = \frac{|y_M \cdot 0 - (x_M-6) \cdot 0 - 6y_M|}{\sqrt{y_M^2 + (-(x_M-6))^2}} = \frac{|-6y_M|}{\sqrt{y_M^2 + (x_M-6)^2}}$.

Поскольку в условии задачи нет данных для определения координат точки $M$ (то есть $x_M$ и $y_M$), задача должна иметь решение, не зависящее от них. Это возможно только в том случае, если выражение упрощается. Упрощение до константы происходит, если $x_M-6=0$, то есть $x_M=6$. Это означает, что проекция точки $M$ на прямую $AK$ совпадает с точкой $P$.

При $x_M=6$, формула принимает вид: $d = \frac{|-6y_M|}{\sqrt{y_M^2 + 0^2}} = \frac{6|y_M|}{|y_M|} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

Самостоятельная работа № 12

Теорема о трёх перпендикулярах

1. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 6 см. Через центр $O$ треугольника к его плоскости проведён перпендикуляр $OM$ длиной 3 см. Найдите угол между перпендикуляром, проведённым из точки $M$ к стороне $AB$, и проекцией этого перпендикуляра на плоскость $ABC$.

2. Из точки $F$, не принадлежащей плоскости угла $CDE$, проведены перпендикуляры $FA$ и $FB$ к его сторонам. Известно, что $FA = FB = 10$ см, $\angle CDE = 120^\circ$, а расстояние от точки $F$ до плоскости угла равно 8 см. Найдите расстояние от точки $F$ до вершины угла.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB : BC = 2 : 3$. На ребре $BC$ отметили точку $F$ так, что прямая $DF$ перпендикулярна прямой $AC_1$. Найдите отношение $CF : CB$.

1.

Пусть $ABC$ – равносторонний треугольник со стороной $a=6$ см, $O$ – его центр. $OM$ – перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $OM=3$ см. Проведем из точки $M$ перпендикуляр $MH$ к стороне $AB$. Тогда $MH$ – наклонная к плоскости $(ABC)$, а $OH$ – ее проекция на эту плоскость. Угол между наклонной $MH$ и ее проекцией $OH$ – это угол $\angle MHO$.

По условию, $OM \perp (ABC)$, а значит $OM$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе $OM \perp OH$. Следовательно, треугольник $\triangle MOH$ – прямоугольный.

По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AB$ в плоскости, то и ее проекция $OH$ перпендикулярна этой прямой: $OH \perp AB$.

В равностороннем треугольнике $ABC$ точка $O$ является центром вписанной и описанной окружностей. Отрезок $OH$, проведенный из центра $O$ перпендикулярно стороне $AB$, является радиусом вписанной окружности ($r$). Найдем радиус вписанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a=6$ см: $OH = r = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle MOH$ известны катеты $OM=3$ см и $OH=\sqrt{3}$ см. Найдем тангенс угла $\angle MHO$: $\text{tg}(\angle MHO) = \frac{OM}{OH} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, искомый угол равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

2.

Пусть $\alpha$ – плоскость угла $CDE$. Пусть $O$ – проекция точки $F$ на плоскость $\alpha$. Тогда $FO \perp \alpha$, и по условию $FO = 8$ см.

По условию, $FA \perp CD$ и $FB \perp CE$, где $A \in CD$ и $B \in CE$. Отрезки $FA$ и $FB$ являются наклонными к плоскости $\alpha$, а $OA$ и $OB$ – их проекциями соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $FA \perp CD$, то и ее проекция $OA \perp CD$. Аналогично, так как $FB \perp CE$, то $OB \perp CE$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle FOA$ и $\triangle FOB$ (углы при вершине $O$ прямые, так как $FO \perp \alpha$). По теореме Пифагора: $OA = \sqrt{FA^2 - FO^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см. $OB = \sqrt{FB^2 - FO^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см.

Поскольку $OA = OB = 6$ см, точка $O$ равноудалена от сторон угла $CDE$. Это означает, что точка $O$ лежит на биссектрисе угла $CDE$. Угол, образованный биссектрисой и стороной угла, равен половине угла $CDE$: $\angle OCD = \frac{1}{2}\angle CDE = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OAC$ в плоскости $\alpha$ ($\angle OAC = 90^\circ$, так как $OA \perp CD$). Найдем гипотенузу $OC$: $\sin(\angle OCD) = \frac{OA}{OC} \Rightarrow OC = \frac{OA}{\sin(60^\circ)} = \frac{6}{\sqrt{3}/2} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем расстояние от точки $F$ до вершины угла $C$, то есть длину отрезка $FC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FOC$ ($\angle FOC = 90^\circ$, так как $FO \perp \alpha$). По теореме Пифагора: $FC = \sqrt{FO^2 + OC^2} = \sqrt{8^2 + (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{64 + 16 \cdot 3} = \sqrt{64 + 48} = \sqrt{112} = \sqrt{16 \cdot 7} = 4\sqrt{7}$ см.

Ответ: $4\sqrt{7}$ см.

3.

Введем векторный базис с началом в точке $D$: $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DC} = \vec{b}$, $\vec{DD_1} = \vec{c}$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед, базисные векторы попарно ортогональны: $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a} = 0$.

Из условия $AB : BC = 2 : 3$ следует, что $|\vec{DC}| : |\vec{DA}| = 2 : 3$, так как $AB = DC$ и $BC = DA$. Таким образом, $|\vec{b}| : |\vec{a}| = 2 : 3$. Пусть $|\vec{b}| = 2k$ и $|\vec{a}| = 3k$ для некоторого $k>0$.

Выразим векторы $\vec{DF}$ и $\vec{AC_1}$ через базисные векторы. Для вектора $\vec{AC_1}$ имеем: $\vec{AC_1} = \vec{AD} + \vec{DC} + \vec{CC_1} = -\vec{DA} + \vec{DC} + \vec{DD_1} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.

Точка $F$ лежит на ребре $BC$. Вектор $\vec{CB} = \vec{DA} = \vec{a}$. Пусть искомое отношение $CF : CB = \lambda$. Тогда $\vec{CF} = \lambda \cdot \vec{CB} = \lambda\vec{a}$. Выразим вектор $\vec{DF}$: $\vec{DF} = \vec{DC} + \vec{CF} = \vec{b} + \lambda\vec{a}$.

По условию прямая $DF$ перпендикулярна прямой $AC_1$, следовательно, скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю: $\vec{DF} \cdot \vec{AC_1} = 0$. $(\vec{b} + \lambda\vec{a}) \cdot (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = 0$.

Раскроем скобки, используя свойства скалярного произведения: $-\vec{b}\cdot\vec{a} + \vec{b}\cdot\vec{b} + \vec{b}\cdot\vec{c} - \lambda\vec{a}\cdot\vec{a} + \lambda\vec{a}\cdot\vec{b} + \lambda\vec{a}\cdot\vec{c} = 0$.

Учитывая ортогональность базисных векторов, получаем: $0 + |\vec{b}|^2 + 0 - \lambda|\vec{a}|^2 + 0 + 0 = 0$. $|\vec{b}|^2 - \lambda|\vec{a}|^2 = 0$.

Отсюда находим $\lambda$: $\lambda = \frac{|\vec{b}|^2}{|\vec{a}|^2} = \left(\frac{|\vec{b}|}{|\vec{a}|}\right)^2$.

Подставляем известное соотношение длин векторов: $\lambda = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}$.

Таким образом, искомое отношение $CF : CB = 4 : 9$.

Ответ: $4:9$.