Страница 37 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $CKB$ и $AKC$ трёхгранного угла $KABC$ соответственно равны $115^\circ$ и $160^\circ$. Докажите, что плоский угол $AKB$ меньше $85^\circ$ и больше $45^\circ$.

2. Плоские углы $APB$ и $BPC$ трёхгранного угла $PABC$ соответственно равны $30^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $PB$ равен $120^\circ$. Найдите плоский угол $APC$.

3. Ребро $MC$ тетраэдра $MABC$ равно $16\sqrt{3}$ см. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $AMB$, если $\angle CMB = \angle AMB = 60^\circ$, $\cos\angle AMC = \frac{5}{8}$.

1.

Для решения этой задачи воспользуемся свойствами плоских углов трёхгранного угла.

Свойство 1: Сумма плоских углов трёхгранного угла меньше $360^\circ$.
Для трёхгранного угла $KABC$ с вершиной $K$ и рёбрами $KA$, $KB$, $KC$ имеем:
$\angle AKB + \angle BKC + \angle AKC < 360^\circ$
Подставим известные значения $\angle CKB = 115^\circ$ и $\angle AKC = 160^\circ$ (порядок букв в названии угла не меняет его величину, поэтому $\angle BKC = \angle CKB$):
$\angle AKB + 115^\circ + 160^\circ < 360^\circ$
$\angle AKB + 275^\circ < 360^\circ$
$\angle AKB < 360^\circ - 275^\circ$
$\angle AKB < 85^\circ$

Свойство 2: Каждый плоский угол трёхгранного угла меньше суммы двух других его плоских углов.
Применим это свойство. Каждый из трёх плоских углов должен быть больше модуля разности двух других. Нас интересует угол $\angle AKB$.
$\angle AKB > |\angle AKC - \angle CKB|$
Подставим известные значения:
$\angle AKB > |160^\circ - 115^\circ|$
$\angle AKB > 45^\circ$

Объединяя полученные неравенства, получаем:
$45^\circ < \angle AKB < 85^\circ$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Для нахождения плоского угла $\angle APC$ трёхгранного угла $PABC$ воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла. Пусть плоские углы при вершине $P$ равны $\alpha = \angle BPC = 60^\circ$, $\beta = \angle APB = 30^\circ$, а искомый угол $\gamma = \angle APC$. Двугранный угол при ребре $PB$ равен $\varphi = 120^\circ$.

Теорема косинусов для трёхгранного угла связывает три плоских угла и один двугранный угол между гранями двух из них:
$\cos \gamma = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta \cos \varphi$
В нашем случае формула выглядит так:
$\cos(\angle APC) = \cos(\angle BPC) \cos(\angle APB) + \sin(\angle BPC) \sin(\angle APB) \cos(\text{угол при ребре } PB)$

Подставим известные значения:
$\angle APB = 30^\circ$
$\angle BPC = 60^\circ$
Двугранный угол при ребре $PB$ равен $120^\circ$.

$\cos(\angle APC) = \cos(60^\circ) \cos(30^\circ) + \sin(60^\circ) \sin(30^\circ) \cos(120^\circ)$

Найдём значения тригонометрических функций:
$\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$
$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$
$\cos(120^\circ) = -\frac{1}{2}$

Подставим эти значения в формулу:
$\cos(\angle APC) = \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$
$\cos(\angle APC) = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{8}$
$\cos(\angle APC) = \frac{2\sqrt{3} - \sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{8}$

Следовательно, плоский угол $\angle APC$ равен $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{8}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{8}\right)$.

3.

Расстояние от точки $C$ до плоскости $AMB$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на эту плоскость. Обозначим это расстояние как $h$.

Рассмотрим трёхгранный угол с вершиной в точке $M$. Нам известны его плоские углы: $\angle CMB = 60^\circ$, $\angle AMB = 60^\circ$ и $\angle AMC$, косинус которого равен $\cos(\angle AMC) = \frac{5}{8}$.

План решения состоит из двух шагов:
1. Найти двугранный угол $\varphi$ между плоскостями $CMB$ и $AMB$ при ребре $MB$.
2. Используя этот угол, найти искомое расстояние.

Шаг 1: Нахождение двугранного угла.
Воспользуемся теоремой косинусов для трёхгранного угла с вершиной $M$. Пусть $\varphi$ — искомый двугранный угол при ребре $MB$.
$\cos(\angle AMC) = \cos(\angle CMB) \cos(\angle AMB) + \sin(\angle CMB) \sin(\angle AMB) \cos \varphi$
Подставим известные значения:
$\frac{5}{8} = \cos(60^\circ) \cos(60^\circ) + \sin(60^\circ) \sin(60^\circ) \cos \varphi$
$\frac{5}{8} = \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cos \varphi$
$\frac{5}{8} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cos \varphi$
Вычтем $\frac{1}{4}$ из обеих частей:
$\frac{5}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \cos \varphi$
$\frac{5}{8} - \frac{2}{8} = \frac{3}{4} \cos \varphi$
$\frac{3}{8} = \frac{3}{4} \cos \varphi$
$\cos \varphi = \frac{3}{8} \cdot \frac{4}{3} = \frac{1}{2}$
Следовательно, двугранный угол $\varphi$ равен $60^\circ$.

Шаг 2: Вычисление расстояния.
Проведём в плоскости $CMB$ перпендикуляр $CP$ к ребру $MB$. Точка $P$ лежит на прямой $MB$. Длина этого перпендикуляра находится из треугольника $CMB$:
$CP = MC \cdot \sin(\angle CMB) = 16\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 16\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{16 \cdot 3}{2} = 24$ см.

Искомое расстояние $h$ от точки $C$ до плоскости $AMB$ является катетом в прямоугольном треугольнике, где $CP$ — гипотенуза, а угол, противолежащий катету $h$, — это найденный нами двугранный угол $\varphi = 60^\circ$.
$h = CP \cdot \sin \varphi$
$h = 24 \cdot \sin(60^\circ) = 24 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3}$ см.

Ответ: $12\sqrt{3}$ см.

Самостоятельная работа № 18

Геометрическое место точек пространства

1. Длина отрезка $MK$ равна 16 см. Найдите геометрическое место точек $X$, равноудалённых от точек $M$ и $K$ и таких, что $KX = 17$ см.

2. Стороны $AB$, $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ равны соответственно 20 см, 15 см и 7 см. Найдите геометрическое место точек $X$ таких, что каждая из прямых $XA$, $XB$ и $XC$ образует с плоскостью $ABC$ угол, равный $45^\circ$.

3. Найдите ГМТ, равноудалённых от пересекающихся плоскостей $\beta$ и $\gamma$ и удалённых от плоскости $\gamma$ на 4 см.

1.

Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от двух данных точек M и K, — это плоскость α, перпендикулярная отрезку MK и проходящая через его середину, точку O.

По условию, длина отрезка MK равна 16 см. Следовательно, его середина O делит его на два отрезка: $OK = OM = \frac{MK}{2} = \frac{16}{2} = 8$ см.

Второе условие — это ГМТ X, для которых $KX = 17$ см. Это сфера с центром в точке K и радиусом $R = 17$ см.

Искомое ГМТ — это пересечение плоскости α и сферы. Расстояние от центра сферы (точки K) до плоскости α равно длине отрезка OK, то есть 8 см. Так как это расстояние меньше радиуса сферы ($8 < 17$), их пересечением является окружность.

Центр этой окружности — точка O, середина отрезка MK. Радиус окружности $r$ можно найти из прямоугольного треугольника KXO, где X — любая точка на окружности, O — центр окружности, а KO — перпендикуляр из центра сферы K на плоскость α. По теореме Пифагора:

$KX^2 = OK^2 + OX^2$

$r^2 = OX^2 = KX^2 - OK^2 = 17^2 - 8^2 = 289 - 64 = 225$

$r = \sqrt{225} = 15$ см.

Таким образом, искомое геометрическое место точек — это окружность с центром в середине отрезка MK и радиусом 15 см, лежащая в плоскости, перпендикулярной отрезку MK.

Ответ: Окружность с центром в середине отрезка MK и радиусом 15 см, лежащая в плоскости, перпендикулярной отрезку MK.

2.

Пусть O — проекция точки X на плоскость ABC. Тогда по определению угла между прямой и плоскостью, углы $\angle XAO$, $\angle XBO$ и $\angle XCO$ — это углы между прямыми XA, XB, XC и плоскостью ABC соответственно. По условию, все эти углы равны 45°.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle XOA$, $\triangle XOB$ и $\triangle XOC$ (с прямым углом при вершине O, так как XO — перпендикуляр к плоскости ABC).

Так как углы $\angle XAO$, $\angle XBO$, $\angle XCO$ равны 45°, эти треугольники являются равнобедренными. Следовательно, $XO = OA$, $XO = OB$ и $XO = OC$.

Отсюда следует, что $OA = OB = OC$. Это означает, что точка O в плоскости ABC равноудалена от вершин треугольника A, B и C. Такая точка является центром описанной около треугольника ABC окружности.

Найдем радиус R этой окружности ($R = OA = OB = OC$). Стороны треугольника: $a=15$ см, $b=7$ см, $c=20$ см. Найдем площадь треугольника S по формуле Герона. Полупериметр:

$p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{15+7+20}{2} = \frac{42}{2} = 21$ см.

$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{21(21-15)(21-7)(21-20)} = \sqrt{21 \cdot 6 \cdot 14 \cdot 1} = \sqrt{1764} = 42$ см².

Теперь найдем радиус описанной окружности R:

$R = \frac{abc}{4S} = \frac{15 \cdot 7 \cdot 20}{4 \cdot 42} = \frac{2100}{168} = 12.5$ см.

Так как $XO = OA = R$, то расстояние от точки X до плоскости ABC равно $XO = 12.5$ см.

Точка X лежит на прямой, перпендикулярной плоскости ABC и проходящей через центр описанной окружности O. Таких точек две: одна над плоскостью, другая под ней, на расстоянии 12.5 см от неё.

Ответ: Две точки, симметричные относительно плоскости ABC и расположенные на перпендикуляре к этой плоскости, проходящем через центр описанной около треугольника ABC окружности, на расстоянии 12,5 см от этой плоскости.

3.

Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей β и γ, представляет собой две взаимно перпендикулярные биссекторные плоскости, которые делят пополам двугранные углы, образованные плоскостями β и γ.

Геометрическое место точек (ГМТ), удалённых от плоскости γ на 4 см, представляет собой две плоскости, параллельные плоскости γ и расположенные по разные стороны от неё на расстоянии 4 см.

Искомое ГМТ должно удовлетворять обоим условиям одновременно. Следовательно, мы ищем пересечение двух биссекторных плоскостей с двумя плоскостями, параллельными γ.

Каждая из двух биссекторных плоскостей пересекается с каждой из двух плоскостей, параллельных γ. Пересечением двух непараллельных плоскостей является прямая.

Таким образом, мы получаем:

• пересечение первой биссекторной плоскости с первой параллельной плоскостью (прямая 1);
• пересечение первой биссекторной плоскости со второй параллельной плоскостью (прямая 2);
• пересечение второй биссекторной плоскости с первой параллельной плоскостью (прямая 3);
• пересечение второй биссекторной плоскости со второй параллельной плоскостью (прямая 4).

Все эти четыре прямые будут параллельны линии пересечения исходных плоскостей β и γ.

Ответ: Четыре прямые, параллельные линии пересечения плоскостей β и γ.

Самостоятельная работа № 19

Призма

1. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, основания которой равны 7 см и 17 см, а диагонали перпендикулярны. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если её диагональ образует с плоскостью основания угол $45^\circ$.

2. Основанием наклонной призмы $ABCA_1B_1C_1$ является прямоугольный треугольник $ABC$, в котором $AC = BC = 4$ см. Боковое ребро призмы $CC_1$ образует с плоскостью основания угол $60^\circ$, а проекцией точки $C_1$ на плоскость $ABC$ является центр описанной окружности треугольника $ABC$. Найдите площадь грани $AA_1B_1B$.

3. Основанием прямой призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, $AC = BC = 5$ см, $AB = 6$ см. Боковое ребро призмы равно 12 см. Найдите угол между прямыми $AC_1$ и $CB_1$.

Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD = 17 \text{ см}$ и $BC = 7 \text{ см}$. Диагонали трапеции перпендикулярны.

1. Найдем высоту трапеции. Для равнобокой трапеции с перпендикулярными диагоналями высота $h$ равна полусумме оснований:
$h = \frac{AD + BC}{2} = \frac{17 + 7}{2} = \frac{24}{2} = 12 \text{ см}$.

2. Найдем боковую сторону трапеции $c$. Проведем высоту $BK$ из вершины $B$ на основание $AD$. В равнобокой трапеции отрезок $AK$ равен полуразности оснований:
$AK = \frac{AD - BC}{2} = \frac{17 - 7}{2} = 5 \text{ см}$.
Из прямоугольного треугольника $ABK$ по теореме Пифагора:
$c = AB = \sqrt{AK^2 + BK^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13 \text{ см}$.

3. Найдем периметр основания призмы $P$:
$P = AD + BC + 2 \cdot AB = 17 + 7 + 2 \cdot 13 = 24 + 26 = 50 \text{ см}$.

4. Найдем высоту призмы $H$. Диагональ призмы образует с плоскостью основания угол $45^{\circ}$. Это значит, что в прямоугольном треугольнике, образованном диагональю призмы $D_{pr}$, ее проекцией на основание (диагональю трапеции $d$) и высотой призмы $H$, угол между $D_{pr}$ и $d$ равен $45^{\circ}$. Следовательно, этот треугольник равнобедренный, и $H = d$.
Найдем диагональ трапеции $d$. Проведем высоту $CK$ из вершины $C$ на основание $AD$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACK$. $CK = h = 12 \text{ см}$. Отрезок $AK$ равен $AD - KD = AD - \frac{AD - BC}{2} = \frac{AD + BC}{2} = \frac{17 + 7}{2} = 12 \text{ см}$.
По теореме Пифагора:
$d = AC = \sqrt{AK^2 + CK^2} = \sqrt{12^2 + 12^2} = \sqrt{2 \cdot 144} = 12\sqrt{2} \text{ см}$.
Таким образом, высота призмы $H = d = 12\sqrt{2} \text{ см}$.

5. Найдем площадь боковой поверхности призмы $S_{бок}$:
$S_{бок} = P \cdot H = 50 \cdot 12\sqrt{2} = 600\sqrt{2} \text{ см}^2$.

Ответ: $600\sqrt{2} \text{ см}^2$.

Основанием наклонной призмы является прямоугольный треугольник $ABC$, в котором $AC = BC = 4 \text{ см}$. Следовательно, это равнобедренный прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$.

1. Найдем гипотенузу $AB$ по теореме Пифагора:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

2. Проекцией точки $C_1$ на плоскость $ABC$ является центр описанной окружности треугольника $ABC$. Для прямоугольного треугольника центр описанной окружности (точка $O$) лежит на середине гипотенузы $AB$.

3. Боковое ребро $CC_1$ образует с плоскостью основания угол $60^{\circ}$. Этот угол — это $\angle C_1CO$, где $CO$ — проекция $CC_1$ на плоскость основания. Треугольник $C_1OC$ — прямоугольный ($\angle C_1OC=90^{\circ}$).
$CO$ — медиана, проведенная к гипотенузе в прямоугольном треугольнике $ABC$, и она равна половине гипотенузы:
$CO = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} = 2\sqrt{2} \text{ см}$.
Найдем длину бокового ребра $CC_1$ из треугольника $C_1OC$:
$CC_1 = \frac{CO}{\cos(60^{\circ})} = \frac{2\sqrt{2}}{1/2} = 4\sqrt{2} \text{ см}$.

4. Грань $AA_1B_1B$ является параллелограммом со сторонами $AB$ и $AA_1$. Так как все боковые ребра призмы равны, $AA_1 = CC_1 = 4\sqrt{2} \text{ см}$. Поскольку $AB = 4\sqrt{2} \text{ см}$, грань $AA_1B_1B$ является ромбом.

5. Определим угол между сторонами $AB$ и $AA_1$. Проекцией бокового ребра $AA_1$ на плоскость основания является вектор, равный вектору $\vec{OC}$. В равнобедренном треугольнике $ABC$ медиана $CO$ является также и высотой, следовательно $CO \perp AB$.
Поскольку прямая $AB$ в плоскости основания перпендикулярна проекции наклонной $AA_1$, то по теореме о трех перпендикулярах, она перпендикулярна и самой наклонной $AA_1$. Таким образом, $\angle A_1AB = 90^{\circ}$.

6. Грань $AA_1B_1B$ — это прямоугольник, а так как его смежные стороны равны ($AB = AA_1 = 4\sqrt{2} \text{ см}$), то это квадрат. Найдем его площадь $S$:
$S = AB \cdot AA_1 = (4\sqrt{2}) \cdot (4\sqrt{2}) = 16 \cdot 2 = 32 \text{ см}^2$.

Ответ: $32 \text{ см}^2$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AC_1$ и $CB_1$ воспользуемся координатно-векторным методом.

1. Введем систему координат. В основании лежит равнобедренный треугольник $ABC$ с $AC = BC = 5 \text{ см}$ и $AB = 6 \text{ см}$. Проведем высоту $CD$ к основанию $AB$. Так как треугольник равнобедренный, $CD$ является и медианой, $AD = DB = 3 \text{ см}$.
Найдем высоту $CD$ из прямоугольного треугольника $ADC$ по теореме Пифагора:
$CD = \sqrt{AC^2 - AD^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4 \text{ см}$.

2. Расположим основание призмы в плоскости $Oxy$. Пусть точка $D$ (середина $AB$) совпадает с началом координат $D(0,0,0)$. Ось $Ox$ направим вдоль прямой $AB$, а ось $Oy$ — вдоль прямой $DC$. Ось $Oz$ будет направлена вдоль бокового ребра призмы. Координаты вершин основания:
$A(-3, 0, 0)$, $B(3, 0, 0)$, $C(0, 4, 0)$.
Призма прямая, боковое ребро (высота) равно $12$ см. Координаты вершин верхнего основания:
$A_1(-3, 0, 12)$, $B_1(3, 0, 12)$, $C_1(0, 4, 12)$.

3. Найдем координаты векторов, соответствующих прямым $AC_1$ и $CB_1$:
$\vec{u} = \vec{AC_1} = C_1 - A = (0 - (-3), 4 - 0, 12 - 0) = (3, 4, 12)$.
$\vec{v} = \vec{CB_1} = B_1 - C = (3 - 0, 0 - 4, 12 - 0) = (3, -4, 12)$.

4. Угол $\phi$ между прямыми найдем через косинус угла между их направляющими векторами по формуле:
$\cos \phi = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$.
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \cdot 3 + 4 \cdot (-4) + 12 \cdot 12 = 9 - 16 + 144 = 137$.
Найдем длины (модули) векторов:
$|\vec{u}| = \sqrt{3^2 + 4^2 + 12^2} = \sqrt{9 + 16 + 144} = \sqrt{169} = 13$.
$|\vec{v}| = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + 12^2} = \sqrt{9 + 16 + 144} = \sqrt{169} = 13$.
Подставим значения в формулу:
$\cos \phi = \frac{137}{13 \cdot 13} = \frac{137}{169}$.

Угол между прямыми равен $\arccos\left(\frac{137}{169}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{137}{169}\right)$.