Страница 36 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка $S$ равноудалена от вершин равностороннего треугольника $ABC$, точка $O$ — центр этого треугольника. Докажите, что плоскость $SOC$ перпендикулярна плоскости $ASB$.

2. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Точки $M$ и $K$ принадлежат плоскости $\beta$. Прямая $b$ принадлежит плоскости $\alpha$ и параллельна плоскости $\beta$. Из точек $M$ и $K$ к прямой $b$ проведены перпендикуляры $MF$ и $KE$. Известно, что $KE = 20$ см, а расстояния от точек $M$ и $K$ до линии пересечения плоскостей равны $9$ см и $16$ см соответственно. Найдите отрезок $MF$.

3. Плоскости прямоугольников $AMND$ и $BCNM$ перпендикулярны (рис. 36). Найдите расстояние между прямыми $AC$ и $MN$, если $AM = 2$ см, $MB = 3$ см.

Рис. 36

1.

Так как точка S равноудалена от вершин равностороннего треугольника ABC ($SA = SB = SC$), ее проекция на плоскость треугольника совпадает с центром описанной окружности. В равностороннем треугольнике центр описанной окружности, центр вписанной окружности, точка пересечения медиан и высот (ортоцентр) совпадают в одной точке, которая является центром треугольника O. Следовательно, отрезок SO перпендикулярен плоскости треугольника ABC ($SO \perp (ABC)$).

Наша задача — доказать, что плоскость (SOC) перпендикулярна плоскости (ASB). Для этого достаточно доказать, что одна из плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости. Докажем, что прямая AB, лежащая в плоскости (ASB), перпендикулярна плоскости (SOC).

1. Поскольку $SO \perp (ABC)$, то SO перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая AB лежит в плоскости (ABC), следовательно, $SO \perp AB$.

2. В равностороннем треугольнике ABC точка O является центром. Рассмотрим медиану (которая также является высотой и биссектрисой), проведенную из вершины C к стороне AB. Пусть она пересекает AB в точке H. Тогда $CH \perp AB$. Точка O, как центр треугольника, лежит на медиане CH. Следовательно, прямая OC (как часть прямой CH) перпендикулярна прямой AB, то есть $OC \perp AB$.

3. Мы имеем, что прямая AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым SO и OC, лежащим в плоскости (SOC). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая AB перпендикулярна плоскости (SOC), то есть $AB \perp (SOC)$.

4. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость (ASB) проходит через прямую (AB), перпендикулярную другой плоскости (SOC), то эти плоскости перпендикулярны. Таким образом, $(ASB) \perp (SOC)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Условие, что прямая $b$, принадлежащая плоскости $\alpha$, параллельна плоскости $\beta$, возможно только если $b$ параллельна линии пересечения $l$. Будем исходить из этого предположения.

Расстояние от точки до линии пересечения плоскостей — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на линию. Пусть $MM'$ и $KK'$ — перпендикуляры, опущенные из точек M и K на прямую $l$ ($M', K' \in l$). По условию, $MM' = 9$ см, $KK' = 16$ см.

Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то любой перпендикуляр, проведенный в одной плоскости (например, $\beta$) к линии их пересечения $l$, будет перпендикулярен и всей второй плоскости ($\alpha$). Таким образом, $MM' \perp \alpha$ и $KK' \perp \alpha$.

Рассмотрим отрезок KE. Он является наклонной, проведенной из точки K (не лежащей в плоскости $\alpha$) к прямой $b$ (лежащей в плоскости $\alpha$). Отрезок $KK'$ — это перпендикуляр из точки K на плоскость $\alpha$. Отрезок $K'E$ — это проекция наклонной KE на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $KE \perp b$, то и ее проекция $K'E \perp b$.

Таким образом, треугольник $\triangle K'KE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $K'$. По теореме Пифагора:

$KE^2 = KK'^2 + K'E^2$

Подставим известные значения: $20^2 = 16^2 + K'E^2$.

$400 = 256 + K'E^2$

$K'E^2 = 400 - 256 = 144$

$K'E = \sqrt{144} = 12$ см.

Так как прямые $b$ и $l$ параллельны и лежат в одной плоскости $\alpha$, а $K'E \perp b$ и $K' \in l$, то $K'E$ — это расстояние между параллельными прямыми $b$ и $l$. Это расстояние постоянно на всем их протяжении.

Аналогично рассмотрим отрезок MF. $MM'$ — перпендикуляр из M на плоскость $\alpha$, $M'F$ — проекция наклонной MF на плоскость $\alpha$. Треугольник $\triangle M'MF$ — прямоугольный ($\angle M' = 90^\circ$). Длина проекции $M'F$ равна расстоянию между параллельными прямыми $b$ и $l$, то есть $M'F = K'E = 12$ см.

Теперь найдем MF по теореме Пифагора для $\triangle M'MF$:

$MF^2 = MM'^2 + M'F^2$

$MF^2 = 9^2 + 12^2 = 81 + 144 = 225$

$MF = \sqrt{225} = 15$ см.

Ответ: 15 см.

3.

Для решения задачи введем трехмерную систему координат. Так как плоскости прямоугольников AMND и BCNM перпендикулярны и пересекаются по прямой MN, расположим эту прямую на одной из осей. Пусть точка M будет началом координат M(0, 0, 0).

1. Поместим прямую MN на ось Oy. Пусть длина отрезка MN равна $l$, тогда N имеет координаты N(0, $l$, 0).

2. Так как AMND — прямоугольник, то $AM \perp MN$. Разместим прямую AM вдоль оси Ox. По условию $AM = 2$ см, тогда A имеет координаты A(2, 0, 0).

3. Так как плоскость BCNM перпендикулярна плоскости AMND (которая является плоскостью xOy в нашей системе), то прямая MB, перпендикулярная общей прямой MN, будет лежать на оси Oz. По условию $MB = 3$ см, тогда B имеет координаты B(0, 0, 3).

4. Найдем координаты точки C. Так как BCNM — прямоугольник, то $\vec{MC} = \vec{MB} + \vec{MN}$.$\vec{MB} = (0, 0, 3)$, $\vec{MN} = (0, l, 0)$.$\vec{MC} = (0, 0, 3) + (0, l, 0) = (0, l, 3)$. Следовательно, C имеет координаты C(0, $l$, 3).

Теперь задача сводится к нахождению расстояния между двумя скрещивающимися прямыми: MN и AC.

Один из способов найти это расстояние — спроецировать одну из прямых на плоскость, перпендикулярную второй прямой. Прямая MN совпадает с осью Oy. Плоскость xOz перпендикулярна оси Oy.

Спроецируем прямые MN и AC на плоскость xOz.- Прямая MN (ось Oy) проецируется в одну точку — начало координат M(0, 0).- Прямая AC проецируется в прямую A'C', где A' и C' — проекции точек A и C на плоскость xOz.Проекция точки A(2, 0, 0) на плоскость xOz есть точка A'(2, 0).Проекция точки C(0, $l$, 3) на плоскость xOz есть точка C'(0, 3).

Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми MN и AC равно расстоянию от точки M(0, 0) до прямой A'C' в плоскости xOz.

Найдем уравнение прямой A'C', проходящей через точки (2, 0) и (0, 3) в системе координат (x, z).Уравнение прямой в отрезках: $\frac{x}{a} + \frac{z}{b} = 1$, где $a$ — x-пересечение, $b$ — z-пересечение.$\frac{x}{2} + \frac{z}{3} = 1$.

Приведем уравнение к общему виду $Ax+Bz+C=0$:$3x + 2z = 6 \Rightarrow 3x + 2z - 6 = 0$.

Расстояние от точки $(x_0, z_0)$ до прямой $Ax+Bz+C=0$ вычисляется по формуле:$d = \frac{|Ax_0 + Bz_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$.

В нашем случае точка — это начало координат (0, 0), а уравнение прямой $3x + 2z - 6 = 0$.$d = \frac{|3(0) + 2(0) - 6|}{\sqrt{3^2 + 2^2}} = \frac{|-6|}{\sqrt{9 + 4}} = \frac{6}{\sqrt{13}}$ см.

Ответ: $\frac{6}{\sqrt{13}}$ см.

Самостоятельная работа № 16

Площадь ортогональной проекции многоугольника

1. Ортогональной проекцией треугольника $ABC$ на некоторую плоскость является прямоугольный равнобедренный треугольник $A_1B_1C_1$ с гипотенузой 12 см. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$, если площадь треугольника $ABC$ равна 72 см$^2$.

2. Треугольник $M_1N_1K_1$ — ортогональная проекция треугольника $MNK$ на плоскость $\alpha$. Треугольник $M_2N_2K_2$ — ортогональная проекция треугольника $M_1N_1K_1$ на плоскость $MNK$. Найдите площадь треугольника $M_1N_1K_1$, если площади треугольников $MNK$ и $M_2N_2K_2$ соответственно равны 60 см$^2$ и 5 см$^2$.

3. Грань $ABCD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является квадратом, сторона которого равна 8 см, а ребро $CC_1$ равно 4 см. На рёбрах $BC$ и $CD$ отметили точки $P$ и $M$ соответственно так, что $CP = CM = 6$ см. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $PMA_1$.

1. Пусть $S_{ABC}$ — площадь исходного треугольника, а $S_{A_1B_1C_1}$ — площадь его ортогональной проекции. По условию, $S_{ABC} = 72 \text{ см}^2$. Проекцией является прямоугольный равнобедренный треугольник $A_1B_1C_1$ с гипотенузой $c = 12$ см. Найдем его площадь. Пусть катеты этого треугольника равны $a$. По теореме Пифагора, $a^2 + a^2 = c^2$, откуда $2a^2 = 12^2 = 144$. Следовательно, $a^2 = 72$. Площадь прямоугольного треугольника вычисляется как половина произведения его катетов: $S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} a \cdot a = \frac{1}{2} a^2 = \frac{1}{2} \cdot 72 = 36 \text{ см}^2$. Площадь ортогональной проекции фигуры ($S_{пр}$) связана с площадью исходной фигуры ($S$) и углом $\alpha$ между их плоскостями соотношением: $S_{пр} = S \cdot \cos(\alpha)$. Применим эту формулу к нашей задаче: $S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos(\alpha)$. Подставив известные значения, получим: $36 = 72 \cdot \cos(\alpha)$. Отсюда находим $\cos(\alpha)$: $\cos(\alpha) = \frac{36}{72} = \frac{1}{2}$. Угол между плоскостями $\alpha = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.
Ответ: $60^\circ$.

2. Обозначим площади треугольников: $S = S_{MNK} = 60 \text{ см}^2$, $S_1 = S_{M_1N_1K_1}$, $S_2 = S_{M_2N_2K_2} = 5 \text{ см}^2$. Пусть $\beta$ — угол между плоскостью треугольника $MNK$ и плоскостью $\alpha$. Треугольник $M_1N_1K_1$ является ортогональной проекцией треугольника $MNK$ на плоскость $\alpha$. Следовательно, их площади связаны соотношением: $S_1 = S \cdot \cos(\beta)$. Треугольник $M_2N_2K_2$ является ортогональной проекцией треугольника $M_1N_1K_1$ на плоскость $MNK$. Угол между плоскостью $M_1N_1K_1$ (плоскость $\alpha$) и плоскостью $MNK$ также равен $\beta$. Поэтому: $S_2 = S_1 \cdot \cos(\beta)$. Мы получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными ($S_1$ и $\cos(\beta)$): 1) $S_1 = 60 \cdot \cos(\beta)$ 2) $5 = S_1 \cdot \cos(\beta)$ Из первого уравнения выразим $\cos(\beta) = \frac{S_1}{60}$. Подставим это выражение во второе уравнение: $5 = S_1 \cdot \left(\frac{S_1}{60}\right)$ $5 \cdot 60 = S_1^2$ $S_1^2 = 300$ $S_1 = \sqrt{300} = \sqrt{100 \cdot 3} = 10\sqrt{3} \text{ см}^2$.
Ответ: $10\sqrt{3} \text{ см}^2$.

3. Для решения задачи введем систему координат. Пусть вершина $D$ параллелепипеда находится в начале координат $(0,0,0)$, ось $x$ направлена вдоль ребра $DC$, ось $y$ — вдоль ребра $DA$, а ось $z$ — вдоль ребра $DD_1$. Тогда координаты вершин основания: $D(0,0,0)$, $C(8,0,0)$, $A(0,8,0)$, $B(8,8,0)$. Высота $CC_1 = 4$, значит, координаты вершин верхнего основания: $D_1(0,0,4)$, $C_1(8,0,4)$, $A_1(0,8,4)$, $B_1(8,8,4)$. Найдем координаты точек $P$ и $M$. Точка $M$ лежит на ребре $CD$, и $CM = 6$. Так как $CD=8$, то $DM = 8-6=2$. Координаты точки $M(2,0,0)$. Точка $P$ лежит на ребре $BC$, и $CP = 6$. Ребро $BC$ параллельно оси $y$, $B=(8,8,0)$, $C=(8,0,0)$. Координаты точки $P(8,6,0)$. Секущая плоскость проходит через точки $P(8,6,0)$, $M(2,0,0)$ и $A_1(0,8,4)$. Составим уравнение плоскости $ax+by+cz+d=0$. Подставляя координаты точек, получаем систему: $\begin{cases} 2a+d=0 \\ 8a+6b+d=0 \\ 8b+4c+d=0 \end{cases}$ Из первого уравнения $a=-d/2$. Подставляем во второе: $8(-d/2)+6b+d=0 \Rightarrow -4d+6b+d=0 \Rightarrow 6b=3d \Rightarrow b=d/2$. Подставляем в третье: $8(d/2)+4c+d=0 \Rightarrow 4d+4c+d=0 \Rightarrow 4c=-5d \Rightarrow c=-5d/4$. Уравнение плоскости: $-\frac{d}{2}x+\frac{d}{2}y-\frac{5d}{4}z+d=0$. Умножим на $-4/d$ (при $d \neq 0$): $2x-2y+5z-4=0$. Нормальный вектор плоскости $\vec{n}=(2, -2, 5)$. Найдем точки пересечения плоскости с ребрами параллелепипеда, чтобы определить вершины сечения. Помимо $P$, $M$, $A_1$, найдем другие вершины: - Пересечение с ребром $DD_1$ ($x=0, y=0$): $5z-4=0 \Rightarrow z=4/5$. Точка $K(0,0,4/5)$. - Пересечение с ребром $BB_1$ ($x=8, y=8$): $2(8)-2(8)+5z-4=0 \Rightarrow 5z=4 \Rightarrow z=4/5$. Точка $L(8,8,4/5)$. Таким образом, сечение — это пятиугольник $MPLA_1K$. Площадь сечения $S$ можно найти через площадь его ортогональной проекции на плоскость $Oxy$ ($S_{xy}$) по формуле $S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|} $, где $\gamma$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью $Oxy$. Проекцией пятиугольника $MPLA_1K$ на плоскость $Oxy$ является пятиугольник с вершинами $M_{xy}(2,0)$, $P_{xy}(8,6)$, $L_{xy}(8,8)$, $A_{1,xy}(0,8)$, $K_{xy}(0,0)$. Вычислим площадь $S_{xy}$ по формуле площади Гаусса (формуле шнурков): $S_{xy} = \frac{1}{2} |(x_1y_2 - y_1x_2) + (x_2y_3 - y_2x_3) + \dots + (x_ny_1 - y_nx_1)|$ $S_{xy} = \frac{1}{2} |(2\cdot6 - 0\cdot8) + (8\cdot8 - 6\cdot8) + (8\cdot8 - 8\cdot0) + (0\cdot0 - 8\cdot0) + (0\cdot2 - 0\cdot0)| = \frac{1}{2} |12 + (64-48) + 64| = \frac{1}{2} |12+16+64| = \frac{92}{2} = 46 \text{ см}^2$. Косинус угла $\gamma$ между плоскостью сечения и плоскостью $Oxy$ равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами $\vec{n}=(2,-2,5)$ и $\vec{k}=(0,0,1)$: $\cos \gamma = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|2\cdot0 + (-2)\cdot0 + 5\cdot1|}{\sqrt{2^2+(-2)^2+5^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{5}{\sqrt{4+4+25}} = \frac{5}{\sqrt{33}}$. Теперь находим площадь сечения: $S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|} = \frac{46}{5/\sqrt{33}} = \frac{46\sqrt{33}}{5} \text{ см}^2$.
Ответ: $\frac{46\sqrt{33}}{5} \text{ см}^2$.