Страница 49 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 17

Многогранный угол. Трёхгранный угол

1. Плоские углы $ASB$ и $ASC$ трёхгранного угла $SABC$ соответственно равны $130^\circ$ и $170^\circ$. Докажите, что плоский угол $BSC$ меньше $60^\circ$ и больше $40^\circ$.

2. Плоские углы $CKB$ и $AKC$ трёхгранного угла $KABC$ соответственно равны $45^\circ$ и $60^\circ$. Двугранный угол при ребре $KC$ равен $150^\circ$. Найдите плоский угол $AKB$.

3. Ребро $DC$ тетраэдра $DABC$ равно $20$ см. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $ADB$, если $\angle CDA = 30^\circ$, $\angle ADB = 60^\circ$, $\cos\angle BDC = \frac{3\sqrt{3}}{8}$.

1.

Обозначим плоские углы трехгранного угла SABC с вершиной в точке S: $\angle ASB = 130^\circ$, $\angle ASC = 170^\circ$, $\angle BSC = \alpha$.

Для любого трехгранного угла справедливы следующие свойства (неравенства для плоских углов):

1. Сумма всех плоских углов меньше $360^\circ$.

$\angle ASB + \angle ASC + \angle BSC < 360^\circ$

$130^\circ + 170^\circ + \alpha < 360^\circ$

$300^\circ + \alpha < 360^\circ$

$\alpha < 60^\circ$

2. Каждый плоский угол меньше суммы двух других. Из этого свойства следует, что каждый плоский угол больше модуля разности двух других.

$\angle BSC > |\angle ASC - \angle ASB|$

$\alpha > |170^\circ - 130^\circ|$

$\alpha > 40^\circ$

Объединяя два полученных неравенства, мы доказываем, что $40^\circ < \alpha < 60^\circ$. Таким образом, плоский угол BSC меньше $60^\circ$ и больше $40^\circ$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.

Для нахождения плоского угла трехгранного угла KABC с вершиной K, зная два других плоских угла и двугранный угол между ними, воспользуемся теоремой косинусов для трехгранного угла.

Пусть плоские углы равны: $\angle CKB = \alpha = 45^\circ$, $\angle AKC = \beta = 60^\circ$. Искомый угол $\angle AKB = \gamma$. Двугранный угол при ребре KC равен $C = 150^\circ$.

Теорема косинусов для трехгранного угла гласит:

$\cos \gamma = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta \cos C$

Подставим известные значения:

$\cos \gamma = \cos(45^\circ) \cos(60^\circ) + \sin(45^\circ) \sin(60^\circ) \cos(150^\circ)$

Вычислим значения тригонометрических функций:

$\cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, $\sin(60^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\cos(150^\circ) = \cos(180^\circ - 30^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставим эти значения в формулу:

$\cos \gamma = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$\cos \gamma = \frac{\sqrt{2}}{4} - \frac{\sqrt{2} \cdot 3}{8} = \frac{2\sqrt{2}}{8} - \frac{3\sqrt{2}}{8} = -\frac{\sqrt{2}}{8}$

Следовательно, искомый плоский угол AKB равен арккосинусу этого значения.

Ответ: $\angle AKB = \arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{8}\right)$.

3.

Расстояние от точки C до плоскости ADB - это высота $h_C$ тетраэдра DABC, опущенная из вершины C на основание ADB.

Объем тетраэдра $V$ можно вычислить по формуле: $V = \frac{1}{3} S_{ADB} \cdot h_C$, где $S_{ADB}$ — площадь основания ADB. Отсюда $h_C = \frac{3V}{S_{ADB}}$.

Площадь треугольника ADB равна $S_{ADB} = \frac{1}{2} DA \cdot DB \cdot \sin(\angle ADB)$.

Объем тетраэдра также можно выразить через длины трех ребер, выходящих из одной вершины D, и плоские углы между ними:

$V = \frac{1}{6} DA \cdot DB \cdot DC \sqrt{1 - \cos^2\alpha - \cos^2\beta - \cos^2\gamma + 2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma}$, где $\alpha = \angle BDC$, $\beta = \angle CDA$, $\gamma = \angle ADB$.

Подставим выражения для объема и площади в формулу для высоты:

$h_C = \frac{3 \cdot \frac{1}{6} DA \cdot DB \cdot DC \sqrt{...}}{\frac{1}{2} DA \cdot DB \cdot \sin(\angle ADB)} = \frac{DC \cdot \sqrt{...}}{\sin(\angle ADB)}$

Длины ребер DA и DB сокращаются. Нам даны все необходимые углы и длина ребра DC.

Имеем: $DC = 20$ см, $\angle CDA = 30^\circ$, $\angle ADB = 60^\circ$, $\cos(\angle BDC) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$.

Найдем косинусы углов:

$\cos(\angle BDC) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$

$\cos(\angle CDA) = \cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\cos(\angle ADB) = \cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$

Вычислим подкоренное выражение:

$1 - \left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) = 1 - \frac{27}{64} - \frac{3}{4} - \frac{1}{4} + \frac{18}{32}$

$= 1 - \frac{27}{64} - \frac{48}{64} - \frac{16}{64} + \frac{36}{64} = \frac{64 - 27 - 48 - 16 + 36}{64} = \frac{100 - 91}{64} = \frac{9}{64}$

Корень из этого выражения равен $\sqrt{\frac{9}{64}} = \frac{3}{8}$.

Теперь найдем высоту $h_C$:

$h_C = \frac{DC \cdot \frac{3}{8}}{\sin(\angle ADB)} = \frac{20 \cdot \frac{3}{8}}{\sin(60^\circ)} = \frac{\frac{60}{8}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{15}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{15}{\sqrt{3}} = \frac{15\sqrt{3}}{3} = 5\sqrt{3}$ см.

Ответ: $5\sqrt{3}$ см.

Самостоятельная работа № 18

Геометрическое место точек пространства

1. Длина отрезка $NP$ равна 24 см. Найдите геометрическое место точек $X$, равноудаленных от точек $N$ и $P$ и таких, что $PX = 20$ см.

2. Стороны $AB$, $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ равны соответственно 20 см, 13 см и 11 см. Найдите геометрическое место точек $X$ таких, что каждая из прямых $XA$, $XB$ и $XC$ образует с плоскостью $ABC$ угол, равный $60^{\circ}$.

3. Найдите ГМТ, равноудаленных от пересекающихся плоскостей $\beta$ и $\gamma$ и удаленных от их линии пересечения на 3 см.

1. Геометрическое место точек (ГМТ), равноудалённых от двух точек $N$ и $P$, представляет собой плоскость $\alpha$, которая перпендикулярна отрезку $NP$ и проходит через его середину. Пусть $M$ — середина отрезка $NP$. Тогда $M \in \alpha$ и $\alpha \perp NP$. Длина отрезка $NP$ равна 24 см, следовательно, расстояние от точки $M$ до точек $N$ и $P$ равно $PM = MN = 24 / 2 = 12$ см.

Геометрическое место точек $X$, для которых расстояние до точки $P$ равно 20 см ($PX = 20$ см), представляет собой сферу с центром в точке $P$ и радиусом $R = 20$ см.

Искомое ГМТ является пересечением этих двух множеств: плоскости $\alpha$ и сферы с центром $P$ и радиусом $R=20$ см. Поскольку расстояние от центра сферы (точки $P$) до плоскости $\alpha$ равно $d = PM = 12$ см, и это расстояние меньше радиуса сферы ($d < R$, так как $12 < 20$), то их пересечением будет окружность.

Центром этой окружности является точка $M$ — середина отрезка $NP$. Радиус $r$ этой окружности можно найти из прямоугольного треугольника $\triangle PMX$, где $X$ — любая точка на окружности. В этом треугольнике гипотенуза $PX$ равна радиусу сферы $R$, один катет $PM$ равен расстоянию от центра сферы до плоскости, а второй катет $MX$ — это и есть искомый радиус $r$ окружности.

По теореме Пифагора: $r^2 = R^2 - d^2$.
$r^2 = 20^2 - 12^2 = 400 - 144 = 256$
$r = \sqrt{256} = 16$ см.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это окружность с радиусом 16 см, центр которой находится в середине отрезка $NP$. Эта окружность лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку $NP$ и проходящей через его середину.

2. Пусть $X_0$ — проекция точки $X$ на плоскость $ABC$. Угол между наклонной (например, $XA$) и плоскостью ($ABC$) — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость (отрезком $X_0A$). По условию, углы между прямыми $XA, XB, XC$ и плоскостью $ABC$ равны $60^\circ$. Следовательно, $\angle XAX_0 = \angle XBX_0 = \angle XCX_0 = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle XAX_0, \triangle XBX_0, \triangle XCX_0$ (они прямоугольные, так как $XX_0 \perp ABC$). У них общий катет $XX_0$ (расстояние от точки $X$ до плоскости $ABC$) и равные острые углы по $60^\circ$. Из этого следует равенство этих треугольников по катету и острому углу.

Из равенства треугольников следует равенство катетов: $AX_0 = BX_0 = CX_0$. Это означает, что точка $X_0$ в плоскости $ABC$ равноудалена от вершин треугольника $A, B, C$. Такая точка является центром описанной около треугольника $ABC$ окружности.

Таким образом, искомые точки $X$ лежат на прямой, перпендикулярной плоскости $ABC$ и проходящей через центр $O$ описанной около $\triangle ABC$ окружности.

Найдём радиус $R$ описанной окружности. Стороны треугольника: $a = BC = 13$ см, $b = AC = 11$ см, $c = AB = 20$ см.
Сначала вычислим площадь треугольника $S$ по формуле Герона. Полупериметр $p = (13 + 11 + 20) / 2 = 44 / 2 = 22$ см.
$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{22(22-13)(22-11)(22-20)} = \sqrt{22 \cdot 9 \cdot 11 \cdot 2} = \sqrt{2 \cdot 11 \cdot 9 \cdot 11 \cdot 2} = \sqrt{4 \cdot 9 \cdot 121} = 2 \cdot 3 \cdot 11 = 66$ см$^2$.
Радиус описанной окружности $R = \frac{abc}{4S} = \frac{13 \cdot 11 \cdot 20}{4 \cdot 66} = \frac{13 \cdot 11 \cdot 5}{66} = \frac{13 \cdot 5}{6} = \frac{65}{6}$ см.

Теперь найдём расстояние $h = XX_0$ от искомой точки $X$ до плоскости $ABC$. Из треугольника $\triangle XAX_0$:
$h = XX_0 = AX_0 \cdot \tan(60^\circ) = R \cdot \sqrt{3} = \frac{65}{6}\sqrt{3}$ см.
Таких точек две: одна над плоскостью $ABC$, другая — под ней, симметрично первой.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это две точки, расположенные на прямой, перпендикулярной плоскости треугольника $ABC$ и проходящей через центр его описанной окружности. Эти точки находятся на расстоянии $\frac{65\sqrt{3}}{6}$ см от плоскости треугольника, по разные стороны от неё.

3. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей $\beta$ и $\gamma$, — это пара взаимно перпендикулярных плоскостей, которые делят пополам двугранные углы, образованные плоскостями $\beta$ и $\gamma$. Эти биссекторные плоскости проходят через линию пересечения $l$ плоскостей $\beta$ и $\gamma$. Обозначим их $\delta_1$ и $\delta_2$.

Геометрическое место точек, удалённых от прямой $l$ (линии пересечения $\beta$ и $\gamma$) на расстояние 3 см, — это цилиндрическая поверхность (цилиндр) с осью $l$ и радиусом $r=3$ см.

Искомое ГМТ является пересечением этих двух множеств: пары биссекторных плоскостей $\delta_1, \delta_2$ и цилиндра с осью $l$ и радиусом 3 см.

Так как обе биссекторные плоскости $\delta_1$ и $\delta_2$ содержат ось цилиндра $l$, то пересечение каждой из этих плоскостей с цилиндром представляет собой пару прямых, параллельных оси $l$ и расположенных на расстоянии радиуса (3 см) от неё.

Таким образом, пересечение плоскости $\delta_1$ с цилиндром — это две параллельные прямые, лежащие в $\delta_1$ на расстоянии 3 см от $l$. Аналогично, пересечение плоскости $\delta_2$ с цилиндром — это ещё две параллельные прямые, лежащие в $\delta_2$ на расстоянии 3 см от $l$. Всего получается четыре прямые.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это четыре прямые, параллельные линии пересечения плоскостей $\beta$ и $\gamma$ и удалённые от неё на 3 см.

Самостоятельная работа № 19

Призма

1. Основанием прямой призмы является равнобокая трапеция, большее основание которой равно 20 см, а острый угол — 60°. Меньшее основание трапеции равно её боковой стороне. Найдите площадь боковой поверхности призмы, если диагональ призмы образует с плоскостью основания угол 45°.

2. Основанием наклонной призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB = AC = 17$ см, $BC = 30$ см. Боковое ребро призмы $AA_1$ образует с плоскостью основания угол 60°, а проекцией вершины $A_1$ на плоскость $ABC$ является середина медианы $AM$. Найдите площадь грани $BB_1 C_1 C$.

3. Основанием прямой призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ является равнобедренный треугольник $ABC$, $BC = AB = 15$ см, $AC = 18$ см. Боковое ребро призмы равно 8 см. Найдите угол между прямыми $CB_1$ и $BA_1$.

1.

Пусть основанием прямой призмы является равнобокая трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD$ и меньшим $BC$. По условию, $AD = 20$ см, острый угол при основании $\angle A = \angle D = 60^{\circ}$. Меньшее основание равно боковой стороне, то есть $BC = AB = CD$. Обозначим эту длину как $c$.

Проведем из вершины $B$ высоту $BH$ на основание $AD$. В прямоугольном треугольнике $ABH$ катет $AH$ равен $AH = AB \cos(\angle A) = c \cdot \cos(60^{\circ}) = c \cdot \frac{1}{2} = \frac{c}{2}$.

Поскольку трапеция равнобокая, длина большего основания связана с меньшим и боковой стороной формулой $AD = BC + 2 \cdot AH$. Подставив наши значения, получаем: $20 = c + 2 \cdot \frac{c}{2} = c + c = 2c$. Отсюда находим $c=10$ см.

Таким образом, стороны трапеции равны: $AD=20$ см, $BC=10$ см, $AB=CD=10$ см.

Периметр основания $P$ равен сумме длин всех его сторон: $P = AD + BC + AB + CD = 20 + 10 + 10 + 10 = 50$ см.

Площадь боковой поверхности прямой призмы вычисляется по формуле $S_{бок} = P \cdot H$, где $H$ – высота призмы (равная длине бокового ребра).

По условию, диагональ призмы образует с плоскостью основания угол $45^{\circ}$. Пусть $A_1C$ - диагональ призмы. Ее проекцией на плоскость основания является диагональ трапеции $AC$. Угол между диагональю призмы и плоскостью основания – это угол $\angle A_1CA = 45^{\circ}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AA_1C$ (он прямоугольный, так как призма прямая, и $AA_1 \perp AC$). Поскольку $\angle A_1CA = 45^{\circ}$, этот треугольник является равнобедренным, и его катеты равны: $H = AA_1 = AC$.

Найдем длину диагонали основания $AC$. Проведем в трапеции высоту $CK=BH$. Длина $CK = AB \sin(60^{\circ}) = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ см. Отрезок $AK = AD - KD = AD - AH = 20 - \frac{10}{2} = 15$ см.

В прямоугольном треугольнике $ACK$ по теореме Пифагора: $AC^2 = AK^2 + CK^2 = 15^2 + (5\sqrt{3})^2 = 225 + 75 = 300$. $AC = \sqrt{300} = 10\sqrt{3}$ см.

Высота призмы $H = AC = 10\sqrt{3}$ см.

Теперь можем найти площадь боковой поверхности призмы: $S_{бок} = P \cdot H = 50 \cdot 10\sqrt{3} = 500\sqrt{3}$ см².

Ответ: $500\sqrt{3}$ см².

2.

Основанием наклонной призмы является равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB = AC = 17$ см, $BC = 30$ см. Проведем медиану $AM$ к стороне $BC$. В равнобедренном треугольнике медиана к основанию является также высотой, поэтому $AM \perp BC$.

Точка $M$ – середина $BC$, значит $BM = MC = \frac{30}{2} = 15$ см.

Из прямоугольного треугольника $AMB$ по теореме Пифагора найдем длину медианы $AM$: $AM = \sqrt{AB^2 - BM^2} = \sqrt{17^2 - 15^2} = \sqrt{(17 - 15)(17 + 15)} = \sqrt{2 \cdot 32} = \sqrt{64} = 8$ см.

Пусть $O$ – проекция вершины $A_1$ на плоскость основания $ABC$. По условию, $O$ – середина медианы $AM$. Следовательно, $AO = \frac{1}{2}AM = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Угол между боковым ребром $AA_1$ и плоскостью основания – это угол $\angle A_1AO$, и он равен $60^{\circ}$. Треугольник $A_1OA$ – прямоугольный ($A_1O$ – перпендикуляр к плоскости). Найдем длину бокового ребра $l = AA_1$: $l = AA_1 = \frac{AO}{\cos(60^{\circ})} = \frac{4}{1/2} = 8$ см.

Грань $BB_1C_1C$ является параллелограммом со сторонами $BC = 30$ см и $BB_1 = l = 8$ см. Чтобы найти ее площадь, нужно определить угол между сторонами $BC$ и $BB_1$.

Проекцией бокового ребра $BB_1$ на плоскость основания является вектор, равный вектору проекции ребра $AA_1$, то есть $\vec{AO}$. Вектор $\vec{AO}$ лежит на прямой $AM$.

Мы знаем, что $AM \perp BC$. Значит, проекция ребра $BB_1$ перпендикулярна стороне $BC$. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной ($BB_1$) перпендикулярна прямой ($BC$) в плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $BB_1 \perp BC$.

Это означает, что грань $BB_1C_1C$ – прямоугольник.

Площадь грани $S_{BB_1C_1C}$ равна произведению ее сторон: $S_{BB_1C_1C} = BC \cdot BB_1 = 30 \cdot 8 = 240$ см².

Ответ: $240$ см².

3.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $CB_1$ и $BA_1$ воспользуемся методом координат.

Призма прямая, ее высота $H = 8$ см. Основание – равнобедренный треугольник $ABC$ с $BC = AB = 15$ см и $AC = 18$ см.

Разместим систему координат так, чтобы основание $ABC$ лежало в плоскости $Oxy$. Пусть середина стороны $AC$ совпадает с началом координат $O(0,0,0)$, а сама сторона $AC$ лежит на оси $Ox$. Тогда вершины $A$ и $C$ имеют координаты $A(-9, 0, 0)$ и $C(9, 0, 0)$.

Поскольку треугольник равнобедренный ($AB=BC$), его высота $BM$, опущенная на основание $AC$, будет проходить через середину $AC$, то есть через начало координат. Значит, вершина $B$ лежит на оси $Oy$. Найдем ее координату $y$. Длина высоты $BM$ из прямоугольного треугольника $ABM$: $BM = \sqrt{AB^2 - AM^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12$.

Таким образом, координаты вершин основания: $A(-9, 0, 0)$, $B(0, 12, 0)$, $C(9, 0, 0)$.

Призма прямая с высотой $H=8$, поэтому координаты вершин верхнего основания: $A_1(-9, 0, 8)$, $B_1(0, 12, 8)$, $C_1(9, 0, 8)$.

Найдем векторы, направляющие для прямых $CB_1$ и $BA_1$:

$\vec{v_1} = \vec{CB_1} = \{0-9; 12-0; 8-0\} = \{-9; 12; 8\}$.

$\vec{v_2} = \vec{BA_1} = \{-9-0; 0-12; 8-0\} = \{-9; -12; 8\}$.

Угол $\alpha$ между прямыми найдем через косинус угла между этими векторами: $\cos(\alpha) = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$.

Вычислим скалярное произведение векторов: $\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = (-9) \cdot (-9) + 12 \cdot (-12) + 8 \cdot 8 = 81 - 144 + 64 = 1$.

Вычислим длины (модули) векторов:

$|\vec{v_1}| = \sqrt{(-9)^2 + 12^2 + 8^2} = \sqrt{81 + 144 + 64} = \sqrt{289} = 17$.

$|\vec{v_2}| = \sqrt{(-9)^2 + (-12)^2 + 8^2} = \sqrt{81 + 144 + 64} = \sqrt{289} = 17$.

Теперь найдем косинус угла: $\cos(\alpha) = \frac{|1|}{17 \cdot 17} = \frac{1}{289}$.

Искомый угол равен $\alpha = \arccos\left(\frac{1}{289}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{289}\right)$.