Страница 9 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 9

Угол между прямыми в пространстве

1. Отрезки $AK$ и $B_1D$ соответственно — высоты граней $ABC$ и $A_1B_1C_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. Найдите угол между прямыми $AK$ и $B_1D$, если $\angle ACB = 50^\circ$.

2. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB = BC = \sqrt{2}$ см, $AA_1 = \sqrt{7}$ см. Найдите косинус угла между прямыми $AC$ и $DC_1$.

3. Рёбра $AD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$ равны $6\sqrt{3}$ см и $4$ см соответственно, а угол между прямыми $AD$ и $BC$ равен $30^\circ$. Найдите расстояние между серединами рёбер $AC$ и $BD$.

1. Угол между скрещивающимися прямыми $AK$ и $B_1D$ равен углу между прямой $AK$ и прямой, параллельной $B_1D$ и пересекающей $AK$.
Поскольку $ABCA_1B_1C_1$ – призма, то грань $A_1B_1C_1$ параллельна грани $ABC$. Мы можем выполнить параллельный перенос прямой $B_1D$ на вектор $\vec{B_1B}$. При этом прямая $B_1D$ перейдет в прямую $BM$, лежащую в плоскости $ABC$.
Так как $B_1D$ является высотой в $\triangle A_1B_1C_1$, проведенной к стороне $A_1C_1$ ($B_1D \perp A_1C_1$), то и ее образ $BM$ будет высотой в $\triangle ABC$, проведенной к стороне $AC$ ($BM \perp AC$).
Задача сводится к нахождению угла между двумя высотами $AK$ (к стороне $BC$) и $BM$ (к стороне $AC$) в треугольнике $ABC$.
Пусть высоты $AK$ и $BM$ пересекаются в точке $H$. Рассмотрим четырехугольник $CKHM$. В нем $\angle H K C = 90^\circ$ и $\angle H M C = 90^\circ$, так как $AK$ и $BM$ – высоты.
Сумма углов в четырехугольнике равна $360^\circ$. Для $CKHM$ имеем:
$\angle KCM + \angle CMH + \angle MHK + \angle HKC = 360^\circ$
$\angle C + 90^\circ + \angle MHK + 90^\circ = 360^\circ$
$\angle MHK = 180^\circ - \angle C$
Угол $\angle MHK$ и смежный с ним угол $\angle AHM$ являются углами между прямыми $AK$ и $BM$. Угол между прямыми по определению является острым углом, поэтому он равен меньшему из двух смежных углов.
Дан $\angle C = \angle ACB = 50^\circ$.
Один из углов между высотами равен $180^\circ - 50^\circ = 130^\circ$.
Второй (смежный) угол равен $180^\circ - 130^\circ = 50^\circ$.
Острый угол между высотами равен $50^\circ$.
Ответ: $50^\circ$.

2. Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AC$ и $DC_1$ воспользуемся методом координат.
Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ вдоль ребра $DC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_1$.
По условию $AB=BC=\sqrt{2}$ см, значит основание $ABCD$ – квадрат со стороной $\sqrt{2}$ см, так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед. Следовательно, $AD=DC=\sqrt{2}$ см. Высота параллелепипеда $AA_1 = DD_1 = \sqrt{7}$ см.
Найдем координаты нужных точек:
$A(\sqrt{2}, 0, 0)$
$C(0, \sqrt{2}, 0)$
$D(0, 0, 0)$
$C_1(0, \sqrt{2}, \sqrt{7})$
Теперь найдем векторы, соответствующие прямым $AC$ и $DC_1$:
$\vec{AC} = \{0-\sqrt{2}; \sqrt{2}-0; 0-0\} = \{-\sqrt{2}; \sqrt{2}; 0\}$
$\vec{DC_1} = \{0-0; \sqrt{2}-0; \sqrt{7}-0\} = \{0; \sqrt{2}; \sqrt{7}\}$
Косинус угла $\alpha$ между прямыми можно найти через косинус угла между векторами:
$\cos \alpha = \frac{|\vec{AC} \cdot \vec{DC_1}|}{|\vec{AC}| \cdot |\vec{DC_1}|}$
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{AC} \cdot \vec{DC_1} = (-\sqrt{2}) \cdot 0 + \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} + 0 \cdot \sqrt{7} = 0 + 2 + 0 = 2$
Найдем длины векторов:
$|\vec{AC}| = \sqrt{(-\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 + 0^2} = \sqrt{2+2+0} = \sqrt{4} = 2$
$|\vec{DC_1}| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{7})^2} = \sqrt{0+2+7} = \sqrt{9} = 3$
Теперь вычислим косинус угла:
$\cos \alpha = \frac{|2|}{2 \cdot 3} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
Ответ: $\frac{1}{3}$.

3. Пусть $M$ – середина ребра $AC$, а $N$ – середина ребра $BD$. Требуется найти длину отрезка $MN$.
Рассмотрим вспомогательную точку $P$ – середину ребра $CD$.
В треугольнике $ACD$ отрезок $MP$ является средней линией. Следовательно, $MP$ параллельна $AD$ и равна половине ее длины:
$MP = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$ см.
В треугольнике $BCD$ отрезок $NP$ является средней линией. Следовательно, $NP$ параллельна $BC$ и равна половине ее длины:
$NP = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.
Рассмотрим треугольник $MNP$. Длина стороны $MN$ может быть найдена по теореме косинусов:
$MN^2 = MP^2 + NP^2 - 2 \cdot MP \cdot NP \cdot \cos(\angle MPN)$
Поскольку $MP \parallel AD$ и $NP \parallel BC$, угол между прямыми $MP$ и $NP$ равен углу между прямыми $AD$ и $BC$, который по условию составляет $30^\circ$. Угол $\angle MPN$ в треугольнике может быть равен $30^\circ$ или $180^\circ - 30^\circ = 150^\circ$, в зависимости от взаимного расположения ребер тетраэдра, которое не определено условиями задачи однозначно. Поэтому задача имеет два возможных решения.
Случай 1: $\angle MPN = 30^\circ$.
$MN^2 = (3\sqrt{3})^2 + 2^2 - 2 \cdot (3\sqrt{3}) \cdot 2 \cdot \cos(30^\circ)$
$MN^2 = 27 + 4 - 12\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 31 - 12 \cdot \frac{3}{2} = 31 - 18 = 13$
$MN = \sqrt{13}$ см.
Случай 2: $\angle MPN = 150^\circ$.
$MN^2 = (3\sqrt{3})^2 + 2^2 - 2 \cdot (3\sqrt{3}) \cdot 2 \cdot \cos(150^\circ)$
$MN^2 = 27 + 4 - 12\sqrt{3} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = 31 + 12 \cdot \frac{3}{2} = 31 + 18 = 49$
$MN = 7$ см.
Ответ: $\sqrt{13}$ см или 7 см.

Самостоятельная работа № 10

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. Точка $M$ лежит вне плоскости параллелограмма $ABCD$, $MA = MC$ и $MB = MD$, $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма. Докажите, что прямая $MO$ перпендикулярна плоскости параллелограмма.

2. Прямая $MB$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$. Известно, что $AB = 4\sqrt{2}$ см, $AD = 6$ см, $\angle AMB = 45^\circ$. Найдите отрезок $MD$.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB = AD$. На рёбрах $AB$ и $CD$ отметили точки $K$ и $M$ соответственно так, что $AK : KB = 1 : 3$, $CM : MD = 1 : 2$. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой $BM$. В каком отношении секущая плоскость делит ребро $B_1C_1$?

1. Рассмотрим треугольник $AMC$. По условию $MA = MC$, следовательно, треугольник $AMC$ является равнобедренным с основанием $AC$.Точка $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству диагоналей параллелограмма, они точкой пересечения делятся пополам, значит, $O$ — середина диагонали $AC$.Отрезок $MO$ является медианой в равнобедренном треугольнике $AMC$, проведенной к основанию. По свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $MO \perp AC$.

Аналогично рассмотрим треугольник $BMD$. По условию $MB = MD$, следовательно, треугольник $BMD$ является равнобедренным с основанием $BD$.Точка $O$ также является серединой диагонали $BD$. Отрезок $MO$ является медианой в равнобедренном треугольнике $BMD$, проведенной к основанию $BD$. Следовательно, $MO$ также является и высотой, то есть $MO \perp BD$.

Прямая $MO$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $BD$, лежащим в плоскости параллелограмма $ABCD$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.Таким образом, прямая $MO$ перпендикулярна плоскости параллелограмма $ABCD$.
Ответ: Что и требовалось доказать.

2. По условию, прямая $MB$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$. Это означает, что $MB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $MB \perp AB$.Следовательно, треугольник $AMB$ является прямоугольным с прямым углом $\angle MBA = 90^\circ$.
В прямоугольном треугольнике $AMB$ известен острый угол $\angle AMB = 45^\circ$. Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна $90^\circ$, поэтому другой острый угол $\angle MAB = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$.Так как углы при основании $AM$ равны, треугольник $AMB$ является равнобедренным, и его катеты равны: $MB = AB$.По условию $AB = 4\sqrt{2}$ см, значит, $MB = 4\sqrt{2}$ см.

Для нахождения отрезка $MD$ рассмотрим треугольник $MBD$.Так как $MB \perp (ABCD)$, то $MB \perp BD$. Следовательно, треугольник $MBD$ является прямоугольным с прямым углом $\angle MBD = 90^\circ$.По теореме Пифагора для треугольника $MBD$: $MD^2 = MB^2 + BD^2$.
Найдем диагональ $BD$ прямоугольника $ABCD$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABD$ (угол $\angle A = 90^\circ$). По теореме Пифагора:$BD^2 = AB^2 + AD^2$$BD^2 = (4\sqrt{2})^2 + 6^2 = (16 \cdot 2) + 36 = 32 + 36 = 68$ см².

Теперь вернемся к треугольнику $MBD$ и найдем $MD$:$MD^2 = MB^2 + BD^2 = (4\sqrt{2})^2 + 68 = 32 + 68 = 100$ см².$MD = \sqrt{100} = 10$ см.
Ответ: 10 см.

3. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку K и перпендикулярной прямой BM.
Так как основание $ABCD$ является прямоугольником и по условию $AB = AD$, то $ABCD$ — квадрат.Прямая $BM$ лежит в плоскости основания $ABCD$. Секущая плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $BM$, следовательно, нормальный вектор плоскости $\alpha$ параллелен вектору $\vec{BM}$. Поскольку вектор $\vec{BM}$ лежит в плоскости основания, то секущая плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$.Это означает, что сечение будет представлять собой прямоугольник, стороны которого перпендикулярны основанию.Для построения сечения достаточно построить его след на плоскости основания $ABCD$ и затем провести перпендикуляры к основанию в точках пересечения этого следа с ребрами параллелепипеда.
1. В плоскости основания $ABCD$ строим прямую $BM$.
2. Через точку $K$ проводим прямую $l$, перпендикулярную $BM$.
3. Прямая $l$ пересекает ребро $AB$ в точке $K$ (по условию) и ребро $BC$ в некоторой точке $P$. Отрезок $KP$ — это след секущей плоскости на нижнем основании.
4. Из точек $K$ и $P$ проводим отрезки $KK_1$ и $PP_1$, параллельные ребру $BB_1$, до пересечения с ребрами верхнего основания $A_1B_1$ и $B_1C_1$ в точках $K_1$ и $P_1$ соответственно.
5. Соединяем точки $K_1$ и $P_1$.
Искомое сечение — прямоугольник $KPP_1K_1$.

В каком отношении секущая плоскость делит ребро B₁C₁?
Чтобы найти это отношение, введем систему координат. Пусть начало координат находится в точке $D$, ось $Ox$ направлена вдоль $DA$, ось $Oy$ — вдоль $DC$, ось $Oz$ — вдоль $DD_1$.Пусть сторона основания $AB = AD = a$.Тогда координаты вершин основания: $D(0,0,0)$, $A(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $B(a,a,0)$.Координаты вершин верхнего основания: $D_1(0,0,h)$, $A_1(a,0,h)$, $C_1(0,a,h)$, $B_1(a,a,h)$.

Найдем координаты точек $K$ и $M$.Точка $K$ лежит на ребре $AB$. $A=(a,0,0)$, $B=(a,a,0)$. По условию $AK:KB = 1:3$. Координаты точки $K$ равны $K(a, \frac{1}{4}a, 0)$.Точка $M$ лежит на ребре $CD$. $C=(0,a,0)$, $D=(0,0,0)$. По условию $CM:MD = 1:2$. Координаты точки $M$ равны $M(0, \frac{2}{3}a, 0)$.

Найдем вектор $\vec{BM}$:$\vec{BM} = (x_M - x_B, y_M - y_B, z_M - z_B) = (0-a, \frac{2}{3}a - a, 0-0) = (-a, -\frac{1}{3}a, 0)$.Вектор $\vec{BM}$ является нормальным вектором для секущей плоскости. В качестве нормального вектора $\vec{n}$ можно взять любой коллинеарный вектор, например, $\vec{n} = (3, 1, 0)$.Уравнение плоскости, проходящей через точку $K(a, a/4, 0)$ с нормальным вектором $\vec{n}=(3, 1, 0)$, имеет вид:$3(x-a) + 1(y-\frac{a}{4}) + 0(z-0) = 0$
$3x - 3a + y - \frac{a}{4} = 0$
$3x + y = \frac{13a}{4}$

Теперь найдем точку $P_1$ — точку пересечения этой плоскости с ребром $B_1C_1$.Ребро $B_1C_1$ соединяет точки $B_1(a,a,h)$ и $C_1(0,a,h)$. Для любой точки на этом ребре $y=a$ и $z=h$, а $x$ изменяется от $0$ до $a$.Подставим $y=a$ в уравнение плоскости, чтобы найти $x$-координату точки $P_1$:$3x + a = \frac{13a}{4}$
$3x = \frac{13a}{4} - a = \frac{9a}{4}$
$x = \frac{3a}{4}$
Таким образом, точка пересечения $P_1$ имеет координаты $(\frac{3a}{4}, a, h)$.

Найдем, в каком отношении точка $P_1$ делит ребро $B_1C_1$.Длина отрезка $B_1P_1 = \sqrt{(a - \frac{3a}{4})^2 + (a-a)^2 + (h-h)^2} = \sqrt{(\frac{a}{4})^2} = \frac{a}{4}$.Длина отрезка $P_1C_1 = \sqrt{(\frac{3a}{4} - 0)^2 + (a-a)^2 + (h-h)^2} = \sqrt{(\frac{3a}{4})^2} = \frac{3a}{4}$.Искомое отношение: $B_1P_1 : P_1C_1 = \frac{a}{4} : \frac{3a}{4} = 1:3$.
Ответ: Секущая плоскость делит ребро $B_1C_1$ в отношении $1:3$, считая от вершины $B_1$.