Страница 54 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 3

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. На рисунке 54 изображён ромб ABCD. Через точку O пересечения его диагоналей проведена прямая MO, перпендикулярная прямой AC. Докажите, что прямая AC перпендикулярна плоскости BMD.

Рис. 54

2. Через вершину A прямоугольного равнобедренного треугольника ABC с гипотенузой AB, равной $8$ см, проведена прямая AD, перпендикулярная плоскости треугольника. Расстояние от точки D до плоскости ABC равно $2$ см. Найдите расстояние от точки D до прямой BC.

3. Через вершину B квадрата ABCD к его плоскости проведён перпендикуляр MB. Точка M удалена от стороны AD на $9\sqrt{2}$ см. Найдите расстояние от точки M до плоскости квадрата, если его диагональ равна $14$ см.

4. Точка S равноудалена от сторон трапеции ABCD ($BC \parallel AD$) и находится на расстоянии $\sqrt{7}$ см от её плоскости. Найдите расстояние от точки S до сторон трапеции, если $CD = 12$ см, $\angle ADC = 45^\circ$.

5. Ребро DC тетраэдра DABC перпендикулярно плоскости ABC. Известно, что $AB = 5$ см, $AC = 7$ см, $BC = DC = 4\sqrt{2}$ см. Найдите угол между прямыми BD и AC.

1.

Чтобы доказать, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BMD$, нужно доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости.

1. По условию, $ABCD$ — ромб. По свойству диагоналей ромба, они пересекаются под прямым углом. Следовательно, $AC \perp BD$.

2. По условию, прямая $MO$ перпендикулярна прямой $AC$, то есть $MO \perp AC$.

3. Прямые $BD$ и $MO$ лежат в плоскости $BMD$ и пересекаются в точке $O$.

4. Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $MO$) в плоскости $BMD$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BMD$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $AD$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. Тогда длина $AD$ равна расстоянию от точки $D$ до плоскости $ABC$, то есть $AD = 2$ см.

Расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $BC$. Обозначим его $DK$.

$AD$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $DK$ — наклонная к этой плоскости, а $AK$ — её проекция на плоскость $(ABC)$. По теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная $DK$ перпендикулярна прямой $BC$, то и её проекция $AK$ перпендикулярна $BC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Он прямоугольный и равнобедренный с гипотенузой $AB$. Следовательно, угол $\angle C = 90^\circ$, а катеты $AC = BC$. Из теоремы Пифагора для $\triangle ABC$: $AC^2 + BC^2 = AB^2$, или $2AC^2 = 8^2 = 64$. Отсюда $AC^2 = 32$, и $AC = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.

Поскольку $\triangle ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$, то катет $AC$ перпендикулярен катету $BC$.

Теперь рассмотрим перпендикуляр $AD$ к плоскости $(ABC)$ и наклонную $DC$ с её проекцией $AC$. Так как проекция $AC$ перпендикулярна прямой $BC$, то по теореме о трёх перпендикулярах, наклонная $DC$ также перпендикулярна прямой $BC$. Это означает, что $DC$ и есть искомое расстояние от точки $D$ до прямой $BC$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADC$ (угол $\angle DAC = 90^\circ$, так как $AD \perp (ABC)$ и, следовательно, $AD \perp AC$). По теореме Пифагора: $DC^2 = AD^2 + AC^2 = 2^2 + (4\sqrt{2})^2 = 4 + 32 = 36$.

$DC = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

3.

Расстояние от точки $M$ до плоскости квадрата $ABCD$ — это длина перпендикуляра $MB$. Нам нужно найти $MB$.

Расстояние от точки $M$ до стороны $AD$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $M$ на прямую $AD$.

В квадрате $ABCD$ сторона $AB$ перпендикулярна стороне $AD$ ($AB \perp AD$).

Рассмотрим перпендикуляр $MB$ к плоскости $(ABCD)$, наклонную $MA$ и её проекцию $AB$. По теореме о трёх перпендикулярах, так как проекция $AB$ перпендикулярна прямой $AD$, то и наклонная $MA$ перпендикулярна $AD$.

Следовательно, расстояние от точки $M$ до стороны $AD$ равно длине отрезка $MA$. По условию $MA = 9\sqrt{2}$ см.

Треугольник $MBA$ является прямоугольным, так как $MB \perp (ABCD)$, а значит $MB \perp AB$. По теореме Пифагора $MA^2 = MB^2 + AB^2$. Отсюда $MB^2 = MA^2 - AB^2$.

Найдем сторону квадрата $AB$. Диагональ квадрата $d$ связана со стороной $a$ формулой $d = a\sqrt{2}$. По условию $d = 14$ см. $14 = AB \cdot \sqrt{2} \Rightarrow AB = \frac{14}{\sqrt{2}} = \frac{14\sqrt{2}}{2} = 7\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем $MB$: $MB^2 = (9\sqrt{2})^2 - (7\sqrt{2})^2 = (81 \cdot 2) - (49 \cdot 2) = 162 - 98 = 64$.

$MB = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

4.

Пусть $SO$ — перпендикуляр из точки $S$ на плоскость трапеции $ABCD$. Тогда $SO$ — расстояние от $S$ до плоскости, $SO = \sqrt{7}$ см.

Так как точка $S$ равноудалена от всех сторон трапеции, то её проекция $O$ на плоскость трапеции также равноудалена от всех сторон. Точка, равноудаленная от сторон многоугольника, является центром вписанной в него окружности. Следовательно, в трапецию $ABCD$ можно вписать окружность, и точка $O$ — её центр.

Расстояние от точки $S$ до любой из сторон трапеции (например, до стороны $CD$) — это длина перпендикуляра $SK$, где $K$ — точка на $CD$. $OK$ — это радиус вписанной окружности ($r$), и $OK \perp CD$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOK$ ($\angle SOK = 90^\circ$). По теореме Пифагора $SK^2 = SO^2 + OK^2 = (\sqrt{7})^2 + r^2 = 7 + r^2$. Чтобы найти $SK$, нужно найти радиус $r$.

Высота трапеции, в которую можно вписать окружность, равна диаметру этой окружности: $h = 2r$.

Проведем высоту $CH$ из вершины $C$ на основание $AD$. $CH = h$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHD$. В нем гипотенуза $CD = 12$ см, а угол $\angle D = 45^\circ$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике: $CH = CD \cdot \sin(\angle D)$. $h = 12 \cdot \sin(45^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Так как $h=2r$, то $r = \frac{h}{2} = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Теперь найдем искомое расстояние $SK$: $SK^2 = 7 + r^2 = 7 + (3\sqrt{2})^2 = 7 + 18 = 25$.

$SK = \sqrt{25} = 5$ см.

Ответ: 5 см.

5.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $BD$ и $AC$ воспользуемся методом координат.

Так как ребро $DC$ перпендикулярно плоскости $ABC$, мы можем ввести прямоугольную систему координат с началом в точке $C$. Направим ось $Cx$ вдоль прямой $CA$, ось $Cy$ в плоскости $ABC$ перпендикулярно $CA$, а ось $Cz$ вдоль прямой $CD$.

В этой системе координат:

• $C = (0, 0, 0)$
• Так как $AC = 7$, то $A = (7, 0, 0)$.
• Так как $DC = 4\sqrt{2}$, то $D = (0, 0, 4\sqrt{2})$.

Найдем координаты точки $B(x, y, 0)$. Она лежит в плоскости $xy$.

• Расстояние $BC = 4\sqrt{2}$, поэтому $BC^2 = x^2 + y^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$.
• Расстояние $AB = 5$, поэтому $AB^2 = (x-7)^2 + (y-0)^2 = 5^2 = 25$.

Решим систему уравнений: $x^2 - 14x + 49 + y^2 = 25$. Подставим $x^2 + y^2 = 32$: $32 - 14x + 49 = 25 \Rightarrow 81 - 14x = 25 \Rightarrow 14x = 56 \Rightarrow x = 4$. Найдем $y$: $y^2 = 32 - x^2 = 32 - 4^2 = 32 - 16 = 16 \Rightarrow y = 4$ (берем положительное значение). Таким образом, $B = (4, 4, 0)$.

Теперь найдем векторы, соответствующие нашим прямым: $\vec{AC} = C - A = (0-7, 0-0, 0-0) = (-7, 0, 0)$. $\vec{BD} = D - B = (0-4, 0-4, 4\sqrt{2}-0) = (-4, -4, 4\sqrt{2})$.

Угол $\phi$ между прямыми находится через косинус угла между векторами: $\cos\phi = \frac{|\vec{AC} \cdot \vec{BD}|}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{BD}|}$.

Найдем скалярное произведение: $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (-7)(-4) + (0)(-4) + (0)(4\sqrt{2}) = 28$.

Найдем длины векторов: $|\vec{AC}| = \sqrt{(-7)^2 + 0^2 + 0^2} = 7$. $|\vec{BD}| = \sqrt{(-4)^2 + (-4)^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{16 + 16 + 32} = \sqrt{64} = 8$.

Вычислим косинус угла: $\cos\phi = \frac{|28|}{7 \cdot 8} = \frac{28}{56} = \frac{1}{2}$.

Угол между прямыми равен $\arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

Контрольная работа № 4

Угол между прямой и плоскостью.

Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости. Трёхгранный угол

1. Точка $B$ принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от другой грани на $4\sqrt{3}$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до ребра двугранного угла, если величина этого угла равна $60^\circ$.

2. Плоские углы $APB$ и $BPC$ трёхгранного угла $PABC$ соответственно равны $145^\circ$ и $115^\circ$. Докажите, что плоский угол $APC$ меньше $100^\circ$ и больше $30^\circ$.

3. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Прямая $a$ — линия их пересечения. В плоскости $\alpha$ выбрали точку $A$, а в плоскости $\beta$ — точку $B$ такие, что расстояния от них до прямой $a$ равны 4 см и 5 см соответственно. Найдите расстояние между точками $A$ и $B$, если расстояние между их проекциями на прямую $a$ равно $2\sqrt{2}$ см.

4. Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ провели перпендикуляр $MB$ к плоскости квадрата. Угол между прямой $MD$ и плоскостью квадрата равен $60^\circ$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $MCD$.

5. В тетраэдре $DABC$ известно, что $AC = 1$ см, $BC = \sqrt{2}$ см, $\angle ACB = 90^\circ$. Угол между плоскостями $ABC$ и $ADC$ равен $60^\circ$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $ADC$.

1. Пусть дан двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$ с общей границей (ребром) $a$. Пусть точка $B$ лежит в плоскости $\alpha$. Расстояние от точки $B$ до другой грани ($\beta$) — это длина перпендикуляра $BH$, опущенного из точки $B$ на плоскость $\beta$. По условию, $BH = 4\sqrt{3}$ см. Расстояние от точки $B$ до ребра $a$ — это длина перпендикуляра $BC$, опущенного из точки $B$ на прямую $a$. Нам нужно найти $BC$. Так как $BH \perp \beta$, то $BH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в частности, $BH \perp HC$, где $C$ — основание перпендикуляра из $B$ на ребро $a$, а $H$ — основание перпендикуляра из $B$ на плоскость $\beta$. Таким образом, $\triangle BHC$ — прямоугольный. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $BC$ перпендикулярна прямой $a$ в плоскости $\beta$, то и ее проекция $HC$ на эту плоскость также перпендикулярна прямой $a$ ($HC \perp a$). Угол $\angle BCH$ является линейным углом двугранного угла, так как его стороны ($BC$ и $HC$) перпендикулярны ребру $a$. По условию, величина этого угла равна $60^\circ$, то есть $\angle BCH = 60^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHC$ (прямой угол при $H$). В нем известен катет $BH = 4\sqrt{3}$ см и противолежащий ему угол $\angle BCH = 60^\circ$. Гипотенуза $BC$ является искомым расстоянием. Из определения синуса угла: $\sin(\angle BCH) = \frac{BH}{BC}$ Отсюда, $BC = \frac{BH}{\sin(\angle BCH)} = \frac{4\sqrt{3}}{\sin(60^\circ)} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2} = 4\sqrt{3} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = 8$ см.
Ответ: 8 см.

2. Для плоских углов $\alpha, \beta, \gamma$ любого трёхгранного угла справедливы следующие два неравенства: 1. Сумма любых двух плоских углов больше третьего угла. 2. Сумма всех трёх плоских углов меньше $360^\circ$. В нашем случае дан трёхгранный угол $PABC$ с плоскими углами $\angle APB = 145^\circ$ и $\angle BPC = 115^\circ$. Обозначим искомый угол $\angle APC = x$. Применим первое свойство:

• $\angle APB + \angle BPC > \angle APC \implies 145^\circ + 115^\circ > x \implies x < 260^\circ$.
• $\angle APB + \angle APC > \angle BPC \implies 145^\circ + x > 115^\circ \implies x > -30^\circ$. Это неравенство выполняется всегда, так как угол положителен.
• $\angle BPC + \angle APC > \angle APB \implies 115^\circ + x > 145^\circ \implies x > 145^\circ - 115^\circ \implies x > 30^\circ$.

Из первого свойства мы получили, что искомый угол больше $30^\circ$. Теперь применим второе свойство: $\angle APB + \angle BPC + \angle APC < 360^\circ$ $145^\circ + 115^\circ + x < 360^\circ$ $260^\circ + x < 360^\circ$ $x < 360^\circ - 260^\circ$ $x < 100^\circ$ Объединяя полученные результаты, имеем: $30^\circ < x < 100^\circ$. Таким образом, доказано, что плоский угол $APC$ меньше $100^\circ$ и больше $30^\circ$.
Ответ: Утверждение доказано.

3. Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, а прямая $a$ — линия их пересечения. Точка $A \in \alpha$, точка $B \in \beta$. Пусть $A'$ — проекция точки $A$ на прямую $a$, а $B'$ — проекция точки $B$ на прямую $a$. Тогда расстояние от $A$ до прямой $a$ равно длине отрезка $AA'$, то есть $AA' = 4$ см. Расстояние от $B$ до прямой $a$ равно длине отрезка $BB'$, то есть $BB' = 5$ см. Расстояние между проекциями точек на прямую $a$ равно $A'B' = 2\sqrt{2}$ см. Поскольку $A'$ — проекция $A$ на прямую $a$, то $AA' \perp a$. Так как $AA' \subset \alpha$ и $a = \alpha \cap \beta$, а также $\alpha \perp \beta$, следует, что $AA' \perp \beta$. Значит, $AA'$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $\beta$, в частности, $AA' \perp A'B$. Таким образом, треугольник $AA'B$ — прямоугольный с прямым углом при $A'$. Рассмотрим треугольник $A'B'B$. Так как $B'$ — проекция $B$ на прямую $a$, то $BB' \perp a$, то есть $\angle BB'A' = 90^\circ$. Этот треугольник является прямоугольным. По теореме Пифагора найдём его гипотенузу $A'B$: $(A'B)^2 = (BB')^2 + (A'B')^2 = 5^2 + (2\sqrt{2})^2 = 25 + 8 = 33$. Теперь вернёмся к прямоугольному треугольнику $AA'B$. По теореме Пифагора найдём его гипотенузу $AB$, которая является искомым расстоянием между точками $A$ и $B$: $(AB)^2 = (AA')^2 + (A'B)^2 = 4^2 + 33 = 16 + 33 = 49$. $AB = \sqrt{49} = 7$ см.
Ответ: 7 см.

4. Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. $MB$ — перпендикуляр к плоскости квадрата, то есть $MB \perp (ABC)$. Угол между прямой $MD$ и плоскостью квадрата $(ABC)$ — это угол между самой прямой $MD$ и её проекцией на эту плоскость. Проекцией точки $M$ на плоскость $(ABC)$ является точка $B$, а проекцией точки $D$ является сама точка $D$. Следовательно, проекцией прямой $MD$ на плоскость $(ABC)$ является прямая $BD$. Таким образом, угол между $MD$ и $(ABC)$ — это угол $\angle MDB$. По условию, $\angle MDB = 60^\circ$. Рассмотрим $\triangle MBD$. Так как $MB \perp (ABC)$, то $MB \perp BD$, и $\triangle MBD$ — прямоугольный. Диагональ квадрата $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Из $\triangle MBD$ найдём длину $MB$: $\tan(\angle MDB) = \frac{MB}{BD} \implies MB = BD \cdot \tan(60^\circ) = a\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = a\sqrt{6}$. Теперь найдём угол между плоскостями $(ABC)$ и $(MCD)$. Эти плоскости пересекаются по прямой $CD$. Угол между плоскостями — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Для его нахождения построим перпендикуляры к ребру $CD$ в каждой из плоскостей, проведённые в одну точку. В плоскости квадрата $(ABC)$ имеем $BC \perp CD$. В плоскости $(MCD)$ проведём прямую $MC$. Рассмотрим её проекцию на плоскость $(ABC)$, это прямая $BC$. Так как проекция $BC$ перпендикулярна $CD$, то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная $MC$ перпендикулярна $CD$ ($MC \perp CD$). Следовательно, угол $\angle MCB$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(ABC)$ и $(MCD)$. Рассмотрим $\triangle MBC$. Так как $MB \perp (ABC)$, то $MB \perp BC$, и $\triangle MBC$ — прямоугольный. Найдём тангенс угла $\angle MCB$: $\tan(\angle MCB) = \frac{MB}{BC} = \frac{a\sqrt{6}}{a} = \sqrt{6}$. Искомый угол равен $\arctan(\sqrt{6})$.
Ответ: $\arctan(\sqrt{6})$.

5. В тетраэдре $DABC$ основанием является прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) с катетами $AC = 1$ см и $BC = \sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора найдём гипотенузу $AB$: $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3}$ см. Угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ADC)$ равен $60^\circ$. Линия пересечения этих плоскостей — прямая $AC$. Угол между прямой $AB$ и плоскостью $(ADC)$ — это угол между прямой $AB$ и её проекцией на плоскость $(ADC)$. Обозначим этот угол через $\theta$. Для нахождения этого угла найдём синус угла $\theta$, который равен отношению расстояния от точки $B$ до плоскости $(ADC)$ к длине отрезка $AB$. $\sin\theta = \frac{d(B, (ADC))}{AB}$. Найдём расстояние от точки $B$ до плоскости $(ADC)$, обозначим его $h$. Поскольку $BC \perp AC$ (по условию) и $BC \subset (ABC)$, то $BC$ является перпендикуляром к линии пересечения плоскостей $AC$. Пусть $H$ — проекция точки $B$ на плоскость $(ADC)$. Тогда $BH = h$. Рассмотрим плоскость, проходящую через $B$ и перпендикулярную ребру $AC$. Эта плоскость содержит прямую $BC$. Её пересечение с плоскостью $(ADC)$ даст прямую, перпендикулярную $AC$, скажем, в точке $C$. Угол между этой прямой и $BC$ будет равен линейному углу двугранного угла, то есть $60^\circ$. В треугольнике, образованном точкой $B$, её проекцией $H$ на плоскость $(ADC)$ и точкой $C$, катет $BH$ будет противолежать углу $60^\circ$, а гипотенузой будет отрезок $BC$. То есть, $h = BH = BC \cdot \sin(60^\circ) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$. Теперь можем найти искомый угол $\theta$: $\sin\theta = \frac{h}{AB} = \frac{\sqrt{6}/2}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Если $\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}$, то $\theta = 45^\circ$.
Ответ: $45^\circ$.