Номер 14, страница 11 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 14

Двугранный угол. Угол между плоскостями

1. В гранях двугранного угла проведены прямые $a$ и $b$, параллельные его ребру, на расстоянии 10 см и 6 см от него соответственно. Найдите величину этого двугранного угла, если расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 14 см.

2. Из точек $M$ и $K$, лежащих в разных гранях двугранного угла, величина которого равна 60°, проведены к его ребру перпендикуляры $MM_1$ и $KK_1$ длиной 3 см и 8 см соответственно. Найдите отрезок $MK$, если $M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

3. Через гипотенузу $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$. Катеты $AC$ и $BC$ образуют с плоскостью $\alpha$ углы 30° и 45° соответственно. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$.

1.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\alpha_1$ и $\alpha_2$ с общим ребром $l$. В грани $\alpha_1$ проведена прямая $a$, параллельная ребру $l$, на расстоянии 10 см от него. В грани $\alpha_2$ проведена прямая $b$, параллельная ребру $l$, на расстоянии 6 см от него.

Величина двугранного угла измеряется его линейным углом. Для построения линейного угла выберем на ребре $l$ произвольную точку $O$ и проведем через нее плоскость $\pi$, перпендикулярную ребру $l$.

Плоскость $\pi$ пересечет грани $\alpha_1$ и $\alpha_2$ по двум лучам $OA$ и $OB$, выходящим из точки $O$. Угол $\angle AOB$ является линейным углом нашего двугранного угла. Обозначим его величину через $\phi$.

Так как прямые $a$ и $b$ параллельны ребру $l$, а плоскость $\pi$ перпендикулярна $l$, то плоскость $\pi$ перпендикулярна и прямым $a$ и $b$. Точка $A$ – это точка пересечения плоскости $\pi$ и прямой $a$, а точка $B$ – точка пересечения плоскости $\pi$ и прямой $b$.

Отрезок $OA$ лежит в плоскости $\pi$ и перпендикулярен ребру $l$. Его длина равна расстоянию от прямой $a$ до ребра $l$, то есть $OA = 10$ см.

Аналогично, отрезок $OB$ лежит в плоскости $\pi$ и перпендикулярен ребру $l$. Его длина равна расстоянию от прямой $b$ до ребра $l$, то есть $OB = 6$ см.

Отрезок $AB$ соединяет точку $A$ на прямой $a$ и точку $B$ на прямой $b$. Так как $AB$ лежит в плоскости $\pi$, которая перпендикулярна обеим прямым $a$ и $b$, то длина $AB$ равна расстоянию между этими прямыми. По условию, $AB = 14$ см.

Рассмотрим треугольник $\triangle OAB$, который лежит в плоскости $\pi$. Мы знаем длины всех его сторон: $OA = 10$ см, $OB = 6$ см, $AB = 14$ см. Угол $\angle AOB = \phi$ – это искомый угол.

Применим к треугольнику $\triangle OAB$ теорему косинусов:

$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\phi)$

Подставим известные значения:

$14^2 = 10^2 + 6^2 - 2 \cdot 10 \cdot 6 \cdot \cos(\phi)$

$196 = 100 + 36 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 = 136 - 120 \cdot \cos(\phi)$

$196 - 136 = -120 \cdot \cos(\phi)$

$60 = -120 \cdot \cos(\phi)$

$\cos(\phi) = \frac{60}{-120} = -\frac{1}{2}$

Так как $\phi$ – это угол между полуплоскостями, его значение лежит в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$. Угол, косинус которого равен $-1/2$, равен $120^\circ$.

Ответ: $120^\circ$.

2.

Пусть дан двугранный угол в $60^\circ$ с ребром $l$. Точка $M$ лежит в одной грани, точка $K$ – в другой. $MM_1$ и $KK_1$ – перпендикуляры к ребру $l$, где $M_1$ и $K_1$ – точки на ребре $l$. По условию, $MM_1 = 3$ см, $KK_1 = 8$ см, $M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

Для нахождения расстояния $MK$ воспользуемся методом параллельного переноса. Выполним параллельный перенос точки $M$ на вектор $\vec{M_1K_1}$. Пусть в результате этого переноса точка $M$ перейдет в точку $M'$, а точка $M_1$ – в точку $K_1$.

При этом переносе отрезок $MM_1$ перейдет в равный ему отрезок $M'K_1$. Так как $MM_1 \perp l$, то и $M'K_1 \perp l$. Длина $M'K_1 = MM_1 = 3$ см.

Теперь рассмотрим отрезки $M'K_1$ и $KK_1$. Оба они перпендикулярны ребру $l$ и исходят из одной точки $K_1$ на ребре. Следовательно, они лежат в плоскости, перпендикулярной ребру $l$, и угол между ними равен линейному углу двугранного угла, то есть $\angle M'K_1K = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle M'K_1K$. В нем известны две стороны $M'K_1 = 3$ см, $KK_1 = 8$ см и угол между ними $\angle M'K_1K = 60^\circ$. Найдем третью сторону $M'K$ по теореме косинусов:

$(M'K)^2 = (M'K_1)^2 + (KK_1)^2 - 2 \cdot M'K_1 \cdot KK_1 \cdot \cos(60^\circ)$

$(M'K)^2 = 3^2 + 8^2 - 2 \cdot 3 \cdot 8 \cdot \frac{1}{2}$

$(M'K)^2 = 9 + 64 - 24 = 49$

$M'K = \sqrt{49} = 7$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle MM'K$. По определению параллельного переноса, вектор $\vec{MM'} = \vec{M_1K_1}$. Это означает, что отрезок $MM'$ параллелен отрезку $M_1K_1$ и равен ему по длине. Так как $M_1K_1$ лежит на ребре $l$, то $MM' \parallel l$ и $MM' = M_1K_1 = \sqrt{15}$ см.

Отрезок $M'K$ лежит в плоскости, перпендикулярной ребру $l$. Так как $MM'$ параллелен $l$, то $MM'$ перпендикулярен этой плоскости, а значит, перпендикулярен любой прямой в этой плоскости. В частности, $MM' \perp M'K$.

Следовательно, треугольник $\triangle MM'K$ – прямоугольный с прямым углом при вершине $M'$. Катеты этого треугольника – $MM' = \sqrt{15}$ см и $M'K = 7$ см. Гипотенуза $MK$ – искомый отрезок.

По теореме Пифагора:

$MK^2 = (MM')^2 + (M'K)^2$

$MK^2 = (\sqrt{15})^2 + 7^2 = 15 + 49 = 64$

$MK = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

3.

Пусть $\triangle ABC$ – прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$. Плоскость $\alpha$ проходит через гипотенузу $AB$. Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $\alpha$ – это прямая $AB$.

Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ – это двугранный угол, образованный этими плоскостями. Найдем его линейный угол. Опустим из точки $C$ перпендикуляр $CH$ на плоскость $\alpha$ ($H \in \alpha$). Также опустим из точки $C$ высоту $CD$ на гипотенузу $AB$ ($D \in AB$).

По теореме о трёх перпендикулярах, так как $CH$ – перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а $CD$ – наклонная, то ее проекция $HD$ на плоскость $\alpha$ будет перпендикулярна прямой $AB$. Таким образом, угол $\angle CDH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. Обозначим этот угол как $\theta$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle CDH$ (угол $\angle CHD = 90^\circ$), имеем $\sin\theta = \frac{CH}{CD}$.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость.

Проекцией катета $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AH$. Угол между $AC$ и плоскостью $\alpha$ – это $\angle CAH = 30^\circ$. В прямоугольном $\triangle CAH$ ($\angle CHA=90^\circ$):

$CH = AC \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2} AC$.

Проекцией катета $BC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $BH$. Угол между $BC$ и плоскостью $\alpha$ – это $\angle CBH = 45^\circ$. В прямоугольном $\triangle CBH$ ($\angle CHB=90^\circ$):

$CH = BC \cdot \sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} BC$.

Приравнивая два выражения для $CH$, получаем соотношение между катетами:

$\frac{1}{2} AC = \frac{\sqrt{2}}{2} BC \implies AC = \sqrt{2} BC$.

Теперь найдем высоту $CD$ прямоугольного треугольника $ABC$. Площадь $\triangle ABC$ можно выразить двумя способами: $S = \frac{1}{2} AC \cdot BC$ и $S = \frac{1}{2} AB \cdot CD$. Отсюда $CD = \frac{AC \cdot BC}{AB}$.

По теореме Пифагора для $\triangle ABC$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2 = (\sqrt{2} BC)^2 + BC^2 = 2 BC^2 + BC^2 = 3 BC^2$.

$AB = \sqrt{3} BC$.

Теперь можем выразить $CD$ через $BC$:

$CD = \frac{(\sqrt{2} BC) \cdot BC}{\sqrt{3} BC} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} BC$.

У нас есть выражения для $CH$ и $CD$ через $BC$. Найдем синус угла $\theta$:

$\sin\theta = \frac{CH}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} BC}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} BC} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Угол $\theta$, синус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.