Номер 13, страница 11 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки $D$ к плоскости $\alpha$ провели наклонные $DK$ и $DB$, образующие с ней углы $45^{\circ}$ и $60^{\circ}$ соответственно. Найдите проекцию наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$, если $DB = 10\sqrt{3}$ см.

2. На ребре $CC_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $M$ так, что $CM : C_1M = 1 : 2$. Найдите угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$, если $AD = 4\sqrt{2}$ см, $CD = 4$ см, $AA_1 = 6$ см.

3. Основанием пирамиды $SABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle SBA = 45^{\circ}$, $\angle ADC = 60^{\circ}$. Найдите косинус угла между прямыми $SB$ и $CD$.

1.

Пусть $DH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ — основание этого перпендикуляра. Проекцией наклонной $DK$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HK$. Проекцией наклонной $DB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HB$.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. Следовательно, $\angle DKH = 45^\circ$ и $\angle DBH = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DBH$ (угол $\angle DHB = 90^\circ$). Мы знаем гипотенузу $DB = 10\sqrt{3}$ см и угол $\angle DBH = 60^\circ$. Найдем длину перпендикуляра $DH$: $DH = DB \cdot \sin(\angle DBH) = 10\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 10\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{10 \cdot 3}{2} = 15$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DKH$ (угол $\angle DHK = 90^\circ$). Мы знаем катет $DH = 15$ см и угол $\angle DKH = 45^\circ$. Нам нужно найти длину проекции $HK$. Поскольку $\triangle DKH$ — прямоугольный и один из его острых углов равен $45^\circ$, то он является равнобедренным. Следовательно, $HK = DH = 15$ см. Или через тангенс: $\text{tg}(\angle DKH) = \frac{DH}{HK}$ $\text{tg}(45^\circ) = \frac{15}{HK}$ $1 = \frac{15}{HK}$ $HK = 15$ см.

Ответ: 15 см.

2.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Найдем проекцию прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$. Для этого спроецируем точки $A_1$ и $M$ на эту плоскость.

Точка $M$ лежит на ребре $CC_1$, которое, в свою очередь, лежит в плоскости $CDD_1$ (так как $CC_1$ параллельна $DD_1$). Следовательно, проекция точки $M$ на плоскость $CDD_1$ есть сама точка $M$.

Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, ребро $A_1D_1$ перпендикулярно граням $AA_1B_1B$ и $DD_1C_1C$. Значит, $A_1D_1$ перпендикулярно плоскости $CDD_1$. Таким образом, точка $D_1$ является проекцией точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$.

Проекцией прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$ является прямая $D_1M$. Искомый угол — это угол $\angle A_1MD_1$. Найдем его из треугольника $\triangle A_1D_1M$.

Так как $A_1D_1 \perp (CDD_1)$, а прямая $D_1M$ лежит в этой плоскости, то $A_1D_1 \perp D_1M$. Следовательно, $\triangle A_1D_1M$ — прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $D_1$.

Найдем длины катетов этого треугольника: 1. $A_1D_1 = AD = 4\sqrt{2}$ см. 2. Найдем $D_1M$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle D_1C_1M$ (угол $\angle D_1C_1M = 90^\circ$). $D_1C_1 = DC = 4$ см. Длину $C_1M$ найдем из соотношения $CM : C_1M = 1:2$. Длина всего ребра $CC_1 = AA_1 = 6$ см. $C_1M = \frac{2}{1+2} \cdot CC_1 = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4$ см. По теореме Пифагора для $\triangle D_1C_1M$: $D_1M^2 = D_1C_1^2 + C_1M^2 = 4^2 + 4^2 = 16 + 16 = 32$. $D_1M = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle A_1D_1M$ катеты $A_1D_1 = 4\sqrt{2}$ см и $D_1M = 4\sqrt{2}$ см. Так как катеты равны, треугольник является равнобедренным. Острые углы в таком треугольнике равны $45^\circ$. Следовательно, искомый угол $\angle A_1MD_1 = 45^\circ$.

Ответ: 45°.

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $SB$ и $CD$ равен углу между одной из этих прямых и прямой, параллельной второй прямой и пересекающей первую. Для решения задачи введем систему координат с началом в точке $A=(0, 0, 0)$. Поскольку ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания, направим ось $Oz$ вдоль луча $AS$. Тогда ось $Ox$ и $Oy$ лежат в плоскости основания.

В $\triangle SAB$, $SA \perp AB$, так как $SA$ перпендикулярно всей плоскости основания. Угол $\angle SBA = 45^\circ$, значит $\triangle SAB$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, и $SA = AB$. Обозначим длину $SA = AB = a$. Тогда координаты точки $S$ будут $(0, 0, a)$.

Расположим основание в плоскости $Oxy$. Трапеция $ABCD$ — равнобокая, $AD \parallel BC$, $\angle ADC = 60^\circ$. В равнобокой трапеции углы при основании равны, поэтому $\angle DAB = \angle ADC = 60^\circ$. Пусть вершина $B$ имеет координаты $(x_B, y_B, 0)$. Длина $AB=a$. В плоскости основания $x_B = AB \cdot \cos(\angle DAB) = a \cdot \cos(60^\circ) = a/2$. $y_B = AB \cdot \sin(\angle DAB) = a \cdot \sin(60^\circ) = a\sqrt{3}/2$. Итак, $B = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$.

Найдем вектор $\vec{SB}$: $\vec{SB} = B - S = (a/2 - 0, a\sqrt{3}/2 - 0, 0 - a) = (a/2, a\sqrt{3}/2, -a)$.

Теперь найдем вектор, соответствующий прямой $CD$. Прямая $CD$ параллельна прямой $BE$, где $E$ - такая точка, что $ABED$ - параллелограмм (если $BC$ короткое основание). В нашей равнобокой трапеции проще построить вектор, равный $\vec{DC}$, и перенести его. Построим прямую $BE$, параллельную $CD$, через точку $B$. Тогда четырехугольник $BCDE$ — параллелограмм, и $\vec{BE} = \vec{CD}$. Можно найти координаты векторов $\vec{CD}$ без координат точек $C$ и $D$. Проведем через $B$ прямую, параллельную $AD$. Пусть она пересечет $CD$ в точке $K$. $ABKD$ - параллелограмм. Но проще найти вектор.

Давайте осуществим параллельный перенос вектора $\vec{DC}$ так, чтобы его начало совпало с точкой $B$. Построим точку $E$ такую, что $\vec{BE}=\vec{DC}$. В равнобокой трапеции $ABCD$ с $\angle D = 60^\circ$, вектор $\vec{DC}$ имеет длину $a$ и образует с отрицательным направлением оси, параллельной $AD$, угол $60^\circ$. Направим ось $Ox$ вдоль $AD$. Тогда $A=(0,0,0)$. $D=(d,0,0)$. $B = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$. Координаты $C$: из $D$ отступаем влево на $CD\cos(60) = a/2$, и вверх на $CD\sin(60) = a\sqrt{3}/2$. $C = (d - a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$. Тогда $\vec{CD} = D - C = (d - (d - a/2), 0 - a\sqrt{3}/2, 0) = (a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$.

Теперь мы имеем векторы $\vec{SB} = (a/2, a\sqrt{3}/2, -a)$ и $\vec{CD} = (a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$. Найдем косинус угла $\theta$ между этими векторами по формуле: $\cos\theta = \frac{\vec{SB} \cdot \vec{CD}}{|\vec{SB}| \cdot |\vec{CD}|}$.

Скалярное произведение: $\vec{SB} \cdot \vec{CD} = (a/2)(a/2) + (a\sqrt{3}/2)(-a\sqrt{3}/2) + (-a)(0) = \frac{a^2}{4} - \frac{3a^2}{4} = -\frac{2a^2}{4} = -\frac{a^2}{2}$.

Длины векторов: $|\vec{SB}|^2 = (a/2)^2 + (a\sqrt{3}/2)^2 + (-a)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 \implies |\vec{SB}| = a\sqrt{2}$. $|\vec{CD}|^2 = (a/2)^2 + (-a\sqrt{3}/2)^2 + 0^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} = a^2 \implies |\vec{CD}| = a$.

Подставляем в формулу: $\cos\theta = \frac{-a^2/2}{a\sqrt{2} \cdot a} = \frac{-a^2/2}{a^2\sqrt{2}} = -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4}$.

Угол между прямыми по определению является острым (или прямым), поэтому его косинус должен быть неотрицательным. Мы берем модуль найденного значения: $\cos\phi = |\cos\theta| = |-\frac{\sqrt{2}}{4}| = \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{4}$.