Страница 47 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки $K$ к плоскости $\alpha$ провели наклонные $KA$ и $KB$, образующие с ней углы $30^\circ$ и $60^\circ$ соответственно. Найдите наклонную $KA$, если $KB = 6\sqrt{3}$ см.

2. На ребре $CD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $F$ так, что $CF : FD = 1 : 3$. Найдите угол между прямой $B_1F$ и плоскостью $BCC_1$, если $AB = 12$ см, $AD = 3\sqrt{2}$ см, $CC_1 = 3$ см.

3. Основанием пирамиды $NABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $ND$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle NCD = 60^\circ$, $\angle BAD = 75^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $NC$ и $AB$.

1.

Пусть $KH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на плоскость $\alpha$. Тогда $HA$ и $HB$ являются проекциями наклонных $KA$ и $KB$ на эту плоскость. По определению, угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на плоскость. Следовательно, $\angle KAH = 30^\circ$ и $\angle KBH = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle KHB$ (угол $\angle KHB = 90^\circ$). Катет $KH$ связан с гипотенузой $KB$ соотношением:$KH = KB \cdot \sin(\angle KBH)$.

Подставим известные значения: $KB = 6\sqrt{3}$ см и $\angle KBH = 60^\circ$.$KH = 6\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 6\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{6 \cdot 3}{2} = 9$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle KHA$ (угол $\angle KHA = 90^\circ$). В этом треугольнике катет $KH$ и гипотенуза $KA$ связаны соотношением:$KH = KA \cdot \sin(\angle KAH)$.

Отсюда можем выразить и найти $KA$:$KA = \frac{KH}{\sin(\angle KAH)}$.

Подставим известные значения: $KH = 9$ см и $\angle KAH = 30^\circ$.$KA = \frac{9}{\sin(30^\circ)} = \frac{9}{1/2} = 18$ см.

Ответ: 18 см.

2.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Найдём проекцию прямой $B_1F$ на плоскость $BCC_1$.

Точка $B_1$ принадлежит плоскости $BCC_1$, следовательно, её проекцией является она сама.

Для нахождения проекции точки $F$ опустим перпендикуляр из $F$ на плоскость $BCC_1$. В прямоугольном параллелепипеде ребро $CD$ перпендикулярно грани $BCC_1B_1$, так как $CD \perp BC$ (основание — прямоугольник) и $CD \perp CC_1$ (боковые грани перпендикулярны основанию). Поскольку точка $F$ лежит на ребре $CD$, то отрезок $FC$ является перпендикуляром к плоскости $BCC_1$. Следовательно, точка $C$ является проекцией точки $F$ на плоскость $BCC_1$.

Таким образом, прямая $B_1C$ является проекцией прямой $B_1F$ на плоскость $BCC_1$. Искомый угол — это угол $\angle FB_1C$.

Рассмотрим треугольник $\triangle FB_1C$. Так как $FC$ — перпендикуляр к плоскости $BCC_1$, то $FC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $C$, в том числе и прямой $B_1C$. Значит, $\triangle FB_1C$ — прямоугольный с прямым углом $\angle FCB_1$.

Найдём длины катетов этого треугольника.Длина ребра $CD$ равна длине ребра $AB$, то есть $CD = 12$ см. Точка $F$ делит ребро $CD$ в отношении $CF : FD = 1 : 3$.$CF = \frac{1}{1+3} \cdot CD = \frac{1}{4} \cdot 12 = 3$ см.

Катет $B_1C$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $\triangle B_1C_1C$ (грань $BCC_1B_1$ — прямоугольник). По теореме Пифагора:$B_1C^2 = B_1C_1^2 + CC_1^2$.Известно, что $B_1C_1 = AD = 3\sqrt{2}$ см и $CC_1 = 3$ см.$B_1C^2 = (3\sqrt{2})^2 + 3^2 = 18 + 9 = 27$.$B_1C = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle FB_1C$ найдём тангенс искомого угла $\alpha = \angle FB_1C$:$\text{tg}(\alpha) = \frac{FC}{B_1C} = \frac{3}{3\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $NC$ и $AB$ равен углу между пересекающимися прямыми, параллельными данным. Проведём через точку $D$ прямую $DE$, параллельную $AB$, так, чтобы точка $E$ лежала в плоскости основания. Тогда искомый угол будет равен углу между прямыми $NC$ и $DE$. Этот угол является углом $\angle CNE$ в треугольнике $\triangle NCE$. Найдём стороны этого треугольника, чтобы затем по теореме косинусов найти косинус угла $\angle CNE$.

Пусть длина боковой стороны трапеции $CD = l$. Так как трапеция равнобокая, $AB = CD = l$. Тогда $DE = l$.

1. Найдём сторону $NC$. Ребро $ND$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, значит $ND \perp CD$. Треугольник $\triangle NDC$ — прямоугольный ($\angle NDC = 90^\circ$). Из условия $\angle NCD = 60^\circ$.$NC = \frac{CD}{\cos(\angle NCD)} = \frac{l}{\cos(60^\circ)} = \frac{l}{1/2} = 2l$.Также найдём длину $ND$: $ND = CD \cdot \text{tg}(60^\circ) = l\sqrt{3}$.

2. Найдём сторону $NE$. Так как $ND \perp (ABCD)$, то $ND \perp DE$. Треугольник $\triangle NDE$ — прямоугольный ($\angle NDE = 90^\circ$).$DE = AB = l$. По теореме Пифагора:$NE^2 = ND^2 + DE^2 = (l\sqrt{3})^2 + l^2 = 3l^2 + l^2 = 4l^2$.$NE = \sqrt{4l^2} = 2l$.

3. Найдём сторону $CE$. Точки $C, D, E$ лежат в плоскости основания. $CE$ — сторона треугольника $\triangle CDE$. В равнобокой трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ углы при каждом основании равны. Так как $\angle BAD = 75^\circ$, то и $\angle CDA = 75^\circ$. Продлим боковые стороны $AB$ и $DC$ до их пересечения в точке $P$. В треугольнике $\triangle APD$ углы при основании $AD$ равны $75^\circ$, значит $\angle APD = 180^\circ - 75^\circ - 75^\circ = 30^\circ$. Угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $30^\circ$.Так как $DE || AB$, то угол между $CD$ и $DE$ также равен $30^\circ$, то есть $\angle CDE = 30^\circ$.По теореме косинусов для треугольника $\triangle CDE$:$CE^2 = CD^2 + DE^2 - 2 \cdot CD \cdot DE \cdot \cos(\angle CDE)$$CE^2 = l^2 + l^2 - 2 \cdot l \cdot l \cdot \cos(30^\circ) = 2l^2 - 2l^2 \frac{\sqrt{3}}{2} = 2l^2 - l^2\sqrt{3} = l^2(2-\sqrt{3})$.

4. Теперь у нас есть все стороны треугольника $\triangle NCE$: $NC = 2l$, $NE = 2l$, $CE^2 = l^2(2-\sqrt{3})$. Применим теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle CNE)$:$CE^2 = NC^2 + NE^2 - 2 \cdot NC \cdot NE \cdot \cos(\angle CNE)$$l^2(2-\sqrt{3}) = (2l)^2 + (2l)^2 - 2 \cdot (2l) \cdot (2l) \cdot \cos(\angle CNE)$$l^2(2-\sqrt{3}) = 4l^2 + 4l^2 - 8l^2 \cos(\angle CNE)$$l^2(2-\sqrt{3}) = 8l^2 - 8l^2 \cos(\angle CNE)$.Сократим на $l^2$ (так как $l \ne 0$):$2-\sqrt{3} = 8 - 8\cos(\angle CNE)$$8\cos(\angle CNE) = 8 - (2-\sqrt{3}) = 6+\sqrt{3}$$\cos(\angle CNE) = \frac{6+\sqrt{3}}{8}$.

Ответ: $\frac{6+\sqrt{3}}{8}$.

Самостоятельная работа № 14

Двугранный угол. Угол между плоскостями

1. В гранях двугранного угла проведены прямые $a$ и $c$, параллельные его ребру, на расстоянии 5 см и 8 см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми $a$ и $c$ равно 7 см.

2. Из точек $D$ и $E$, лежащих в разных гранях двугранного угла, величина которого равна $120^\circ$, проведены к его ребру перпендикуляры $DD_1$ и $EE_1$ длиной 3 см и 5 см соответственно. Найдите отрезок $DE$, если $D_1E_1 = 4\sqrt{2}$ см.

3. Через гипотенузу $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$. Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ равен $60^\circ$, а катет $BC$ образует с плоскостью $\alpha$ угол $45^\circ$. Найдите угол, который образует катет $AC$ с плоскостью $\alpha$.

1. Пусть дан двугранный угол с ребром $m$ и гранями $\alpha$ и $\beta$. В гранях проведены прямые $a \subset \alpha$ и $c \subset \beta$, причем $a \parallel m$ и $c \parallel m$. Расстояние от прямой $a$ до ребра $m$ равно 5 см, а от прямой $c$ до ребра $m$ — 8 см. Расстояние между прямыми $a$ и $c$ равно 7 см.

Величина двугранного угла измеряется его линейным углом. Чтобы построить линейный угол, выберем произвольную точку $O$ на ребре $m$ и проведем через нее плоскость $\gamma$, перпендикулярную ребру $m$.

Эта плоскость пересечет грани $\alpha$ и $\beta$ по двум лучам $OA$ и $OC$ соответственно, исходящим из точки $O$ и перпендикулярным ребру $m$. Угол $\angle AOC$ и будет искомым линейным углом. Обозначим его $\phi$.

Плоскость $\gamma$ также пересечет прямые $a$ и $c$ в точках $A$ и $C$ соответственно. Так как $a \parallel m$ и $OA \perp m$, то $OA$ — это расстояние от точки $A$ на прямой $a$ до ребра $m$. По условию, это расстояние равно 5 см. Следовательно, $OA = 5$ см. Аналогично, $OC$ — это расстояние от точки $C$ на прямой $c$ до ребра $m$, и $OC = 8$ см.

Так как прямые $a$ и $c$ параллельны ребру $m$, то они параллельны между собой (в общем случае они скрещивающиеся). Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина их общего перпендикуляра. Отрезок $AC$ лежит в плоскости $\gamma$, перпендикулярной обеим прямым $a$ и $c$, и соединяет эти прямые. Следовательно, длина отрезка $AC$ и есть расстояние между прямыми $a$ и $c$, то есть $AC = 7$ см.

Мы получили треугольник $AOC$ со сторонами $OA=5$ см, $OC=8$ см и $AC=7$ см. Угол $\angle AOC = \phi$ является искомым углом. Найдем его, используя теорему косинусов для треугольника $AOC$:
$AC^2 = OA^2 + OC^2 - 2 \cdot OA \cdot OC \cdot \cos(\phi)$
$7^2 = 5^2 + 8^2 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos(\phi)$
$49 = 25 + 64 - 80 \cos(\phi)$
$49 = 89 - 80 \cos(\phi)$
$80 \cos(\phi) = 89 - 49$
$80 \cos(\phi) = 40$
$\cos(\phi) = \frac{40}{80} = \frac{1}{2}$

Отсюда, $\phi = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

2. Пусть ребро двугранного угла лежит на прямой $m$. Точка $D$ лежит в одной грани, а точка $E$ — в другой. $DD_1 \perp m$ и $EE_1 \perp m$, где точки $D_1$ и $E_1$ лежат на ребре $m$. По условию, $DD_1 = 3$ см, $EE_1 = 5$ см, расстояние между основаниями перпендикуляров $D_1E_1 = 4\sqrt{2}$ см, а величина двугранного угла равна $120^\circ$.

Для нахождения длины отрезка $DE$ воспользуемся методом пространственной геометрии. Рассмотрим векторное равенство:
$\vec{DE} = \vec{DD_1} + \vec{D_1E_1} + \vec{E_1E}$

Найдем квадрат длины отрезка $DE$ как скалярный квадрат вектора $\vec{DE}$:
$DE^2 = |\vec{DE}|^2 = (\vec{DD_1} + \vec{D_1E_1} + \vec{E_1E})^2$
$DE^2 = |\vec{DD_1}|^2 + |\vec{D_1E_1}|^2 + |\vec{E_1E}|^2 + 2(\vec{DD_1} \cdot \vec{D_1E_1}) + 2(\vec{D_1E_1} \cdot \vec{E_1E}) + 2(\vec{DD_1} \cdot \vec{E_1E})$

Проанализируем каждый член этого выражения:

• $|\vec{DD_1}|^2 = DD_1^2 = 3^2 = 9$.
• $|\vec{D_1E_1}|^2 = D_1E_1^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$.
• $|\vec{E_1E}|^2 = EE_1^2 = 5^2 = 25$.
• $\vec{DD_1} \cdot \vec{D_1E_1}$: Вектор $\vec{DD_1}$ перпендикулярен ребру $m$, а вектор $\vec{D_1E_1}$ лежит на ребре $m$. Следовательно, эти векторы перпендикулярны, и их скалярное произведение равно 0.
• $\vec{D_1E_1} \cdot \vec{E_1E}$: Аналогично, вектор $\vec{E_1E}$ перпендикулярен ребру $m$, поэтому $\vec{D_1E_1} \perp \vec{E_1E}$, и их скалярное произведение равно 0.
• $\vec{DD_1} \cdot \vec{E_1E}$: Угол между векторами $\vec{D_1D}$ и $\vec{E_1E}$ (если их отложить от одной точки) равен величине двугранного угла, то есть $120^\circ$. Вектор $\vec{DD_1}$ противоположен вектору $\vec{D_1D}$. Таким образом, угол между векторами $\vec{DD_1}$ и $\vec{E_1E}$ равен $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.
  $\vec{DD_1} \cdot \vec{E_1E} = |\vec{DD_1}| \cdot |\vec{E_1E}| \cdot \cos(60^\circ) = 3 \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} = 7.5$.

Подставим все значения в формулу:
$DE^2 = 9 + 32 + 25 + 2(0) + 2(0) + 2(7.5)$
$DE^2 = 66 + 15 = 81$
$DE = \sqrt{81} = 9$ см.

Ответ: 9 см.

3. Пусть $\triangle ABC$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$. Плоскость $\alpha$ проходит через гипотенузу $AB$. Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ равен $60^\circ$. Угол между катетом $BC$ и плоскостью $\alpha$ равен $45^\circ$.

Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CP$ на плоскость $\alpha$. Тогда $CP$ — это расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость.

Угол между катетом $BC$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle CBP$, и он равен $45^\circ$. В прямоугольном треугольнике $CPB$ (угол $\angle CPB = 90^\circ$):
$CP = BC \cdot \sin(\angle CBP) = BC \cdot \sin(45^\circ) = BC \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $\alpha$ — это гипотенуза $AB$. Проведем в плоскости $ABC$ высоту $CH$ к гипотенузе $AB$. Тогда $CH \perp AB$. По теореме о трех перпендикулярах, проекция $PH$ высоты $CH$ на плоскость $\alpha$ также перпендикулярна $AB$.

Угол $\angle CHP$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. По условию, $\angle CHP = 60^\circ$. В прямоугольном треугольнике $CPH$ (угол $\angle CPH = 90^\circ$):
$CP = CH \cdot \sin(\angle CHP) = CH \cdot \sin(60^\circ) = CH \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Приравняем два выражения для $CP$:
$BC \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = CH \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \implies BC\sqrt{2} = CH\sqrt{3}$.

В прямоугольном треугольнике $ABC$ высота $CH$, проведенная к гипотенузе, связана с катетом $BC$ и углом $B$ соотношением $CH = BC \cdot \sin(\angle B)$. Подставим это в предыдущее равенство:
$BC\sqrt{2} = (BC \cdot \sin(\angle B))\sqrt{3}$
$\sin(\angle B) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

Теперь найдем искомый угол $\gamma$ между катетом $AC$ и плоскостью $\alpha$. Этот угол равен $\angle CAP$. В прямоугольном треугольнике $CPA$ (угол $\angle CPA = 90^\circ$):
$\sin(\gamma) = \frac{CP}{AC}$.

Мы знаем, что $CP = BC \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ катеты $AC$ и $BC$ связаны через угол $B$: $AC = BC \cdot \tan(\angle B)$.

Найдем $\tan(\angle B)$, зная $\sin(\angle B)$:
$\cos^2(\angle B) = 1 - \sin^2(\angle B) = 1 - \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)^2 = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.
Так как угол $B$ острый, $\cos(\angle B) = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$\tan(\angle B) = \frac{\sin(\angle B)}{\cos(\angle B)} = \frac{\sqrt{2}/\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = \sqrt{2}$.

Следовательно, $AC = BC \cdot \sqrt{2}$.

Подставим выражения для $CP$ и $AC$ в формулу для $\sin(\gamma)$:
$\sin(\gamma) = \frac{BC \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{BC \cdot \sqrt{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Отсюда, $\gamma = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка $P$ не принадлежит плоскости ромба $ABCD$ и равноудалена от вершин $B$ и $D$. Докажите, что плоскости $APC$ и $ABC$ перпендикулярны.

2. Плоскости $\beta$ и $\gamma$ перпендикулярны. Точки $E$ и $F$ принадлежат плоскости $\gamma$. Прямая $l$ принадлежит плоскости $\beta$ и параллельна плоскости $\gamma$. Из точек $E$ и $F$ к прямой $l$ проведены перпендикуляры $EK$ и $FM$. Известно, что $EK = 17$ см, $FM = 25$ см, а расстояние от точки $F$ до линии пересечения плоскостей равно $20$ см. Найдите расстояние от точки $E$ до линии пересечения плоскостей.

Рис. 48

3. Плоскости квадрата $ABCD$ и прямоугольника $ABC_1D_1$ перпендикулярны (рис. 48). Найдите расстояние между прямыми $DC_1$ и $AB$, если $AB = 5$ см, $AD_1 = 12$ см.

1.

Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей ромба $ABCD$.

1. По свойству диагоналей ромба, они взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $AC \perp BD$ и $BO = OD$.

2. Рассмотрим треугольник $PBD$. По условию, точка $P$ равноудалена от вершин $B$ и $D$, то есть $PB = PD$. Это означает, что треугольник $PBD$ является равнобедренным с основанием $BD$.

3. Отрезок $PO$ в треугольнике $PBD$ является медианой, так как $O$ — середина основания $BD$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $PO \perp BD$.

4. Мы имеем, что прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $PO$ в плоскости $APC$ (прямые $AC$ и $PO$ пересекаются в точке $O$ и лежат в плоскости $APC$, так как точки $A, P, C, O$ лежат в этой плоскости).

5. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Таким образом, $BD \perp (APC)$.

6. Плоскость $ABC$ (или $ABCD$) проходит через прямую $BD$, которая перпендикулярна плоскости $APC$.

7. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, плоскость $APC$ перпендикулярна плоскости $ABC$, что и требовалось доказать.

2.

Пусть $a$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\beta$ и $\gamma$.Поскольку прямая $l$ лежит в плоскости $\beta$ и параллельна плоскости $\gamma$, то она параллельна линии их пересечения $a$, то есть $l \parallel a$. Расстояние между параллельными прямыми $l$ и $a$ постоянно. Обозначим это расстояние $h$.

Рассмотрим точку $F \in \gamma$. Пусть $FP$ — перпендикуляр, опущенный из точки $F$ на линию пересечения $a$ (где $P \in a$). Длина этого перпендикуляра и есть расстояние от точки $F$ до линии пересечения, то есть $FP = 20$ см.

По условию $FM$ — перпендикуляр из точки $F$ к прямой $l$ ($M \in l$), значит $FM$ — это расстояние от точки $F$ до прямой $l$, $FM = 25$ см.

Поскольку плоскости $\beta$ и $\gamma$ перпендикулярны, то перпендикуляр $FP$ из точки $F$ к линии пересечения $a$ является также перпендикуляром к плоскости $\beta$. Отрезок $PM$ является проекцией наклонной $FM$ на плоскость $\beta$. Так как наклонная $FM$ перпендикулярна прямой $l$, лежащей в плоскости $\beta$, то по теореме о трех перпендикулярах ее проекция $PM$ также перпендикулярна прямой $l$. А так как $l \parallel a$, то $PM \perp a$. Следовательно, длина $PM$ равна расстоянию $h$ между прямыми $a$ и $l$.

Рассмотрим треугольник $FPM$. Он является прямоугольным, так как $FP \perp \beta$, а значит $FP \perp PM$. По теореме Пифагора:$FM^2 = FP^2 + PM^2$$25^2 = 20^2 + h^2$$625 = 400 + h^2$$h^2 = 225$, откуда $h = 15$ см.

Теперь рассмотрим точку $E \in \gamma$. Пусть $EQ$ — искомое расстояние от точки $E$ до линии пересечения $a$ ($Q \in a$). По условию, расстояние от $E$ до прямой $l$ равно $EK = 17$ см. Аналогично предыдущим рассуждениям, рассмотрим прямоугольный треугольник $EQK$, в котором:

• $EK = 17$ см — гипотенуза (расстояние от $E$ до $l$).
• $EQ$ — катет (искомое расстояние от $E$ до $a$).
• $QK = h = 15$ см — катет (расстояние между $a$ и $l$).

По теореме Пифагора:$EK^2 = EQ^2 + QK^2$$17^2 = EQ^2 + 15^2$$289 = EQ^2 + 225$$EQ^2 = 289 - 225 = 64$$EQ = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

3.

1. Пусть плоскость квадрата $ABCD$ — это $\alpha$, а плоскость прямоугольника $ABC_1D_1$ — это $\beta$. По условию $\alpha \perp \beta$, и их общая линия пересечения — $AB$.

2. Из свойств квадрата $ABCD$ следует, что $AD \perp AB$ и $AD = AB = 5$ см.

3. Из свойств прямоугольника $ABC_1D_1$ следует, что $AD_1 \perp AB$ и $AD_1 = 12$ см.

4. Угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ определяется углом между перпендикулярами $AD$ и $AD_1$, проведенными к линии пересечения $AB$ в точке $A$. Так как $\alpha \perp \beta$, то $\angle DAD_1 = 90^\circ$.

5. Мы ищем расстояние между скрещивающимися прямыми $DC_1$ и $AB$. Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AD$ и $AD_1$, она перпендикулярна плоскости $(ADD_1)$, в которой они лежат.

6. Спроектируем обе прямые на плоскость $(ADD_1)$, которой прямая $AB$ перпендикулярна.

- Прямая $AB$ проектируется в точку $A$.

- Для проекции прямой $DC_1$ найдем проекции точек $D$ и $C_1$. Точка $D$ уже лежит в плоскости $(ADD_1)$, поэтому она проектируется сама в себя. Так как $ABCD$ — квадрат, то $CD \parallel AB$. Следовательно, при проекции на плоскость, перпендикулярную $AB$, все точки прямой $CD$ проектируются в точку $D$. Аналогично, так как $ABC_1D_1$ — прямоугольник, $C_1D_1 \parallel AB$, и все точки прямой $C_1D_1$ проектируются в точку $D_1$. Значит, прямая $DC_1$ проектируется в прямую $DD_1$.

7. Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между их проекциями на плоскость, перпендикулярную одной из них. Таким образом, искомое расстояние равно расстоянию от точки $A$ до прямой $DD_1$ в плоскости $(ADD_1)$.

8. В плоскости $(ADD_1)$ мы имеем прямоугольный треугольник $DAD_1$ с катетами $AD = 5$ см и $AD_1 = 12$ см. Искомое расстояние — это длина высоты $h_A$, проведенной из вершины прямого угла $A$ к гипотенузе $DD_1$.

9. Найдем длину гипотенузы $DD_1$ по теореме Пифагора:$DD_1 = \sqrt{AD^2 + AD_1^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ см.

10. Площадь треугольника $DAD_1$ равна $S = \frac{1}{2} AD \cdot AD_1 = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$ см$^2$. С другой стороны, $S = \frac{1}{2} DD_1 \cdot h_A$.

11. Приравняем выражения для площади:$\frac{1}{2} \cdot 13 \cdot h_A = 30$$13 \cdot h_A = 60$$h_A = \frac{60}{13}$ см.

Ответ: $\frac{60}{13}$ см.