Номер 15, страница 12 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка S равноудалена от вершин квадрата ABCD. Точка O — её проекция на плоскость квадрата. Из точки S проведен перпендикуляр SM к стороне AB квадрата. Докажите, что плоскости ASB и OSM перпендикулярны.

2. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Точки C и D принадлежат плоскости $\beta$. Прямая $a$ принадлежит плоскости $\alpha$ и параллельна плоскости $\beta$. Из точек C и D к прямой $a$ проведены перпендикуляры CA и DB. Известно, что $DB = 17 \text{ см}$, а расстояния от точек C и D до линии пересечения плоскостей равны 6 см и 15 см соответственно. Найдите отрезок AC.

3. Плоскости прямоугольников ABCD и ABEF перпендикулярны. Найдите расстояние между прямыми DE и AB, если $AF = 8 \text{ см}$, $BC = 15 \text{ см}$ (рис. 12).

1.

Так как точка $S$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$ ($SA=SB=SC=SD$), то ее проекция $O$ на плоскость квадрата является центром этого квадрата, то есть точкой пересечения его диагоналей.

По определению проекции, отрезок $SO$ перпендикулярен плоскости $(ABCD)$, а значит, $SO$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $SO \perp AB$.

Рассмотрим наклонную $SM$ к плоскости $(ABCD)$ и ее проекцию $OM$. По условию задачи, $SM$ перпендикулярен стороне $AB$, то есть $SM \perp AB$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($SM$) перпендикулярна прямой ($AB$), лежащей в плоскости, то и ее проекция ($OM$) на эту плоскость также перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $OM \perp AB$.

Мы получили, что прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($SO$ и $OM$) плоскости $(OSM)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(OSM)$.

Так как прямая $AB$ содержится в плоскости $(ASB)$, а плоскость $(OSM)$ перпендикулярна этой прямой, то по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость $(ASB)$ перпендикулярна плоскости $(OSM)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\alpha$ и $\beta$. По условию, прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$) и параллельна плоскости $\beta$ ($a \parallel \beta$). Из этого следует, что прямая $a$ параллельна линии пересечения плоскостей, то есть $a \parallel l$.

Пусть $C_1$ и $D_1$ — проекции точек $C$ и $D$ на прямую $l$. Тогда отрезки $CC_1$ и $DD_1$ являются расстояниями от точек $C$ и $D$ до линии пересечения $l$. По условию, $CC_1 = 6$ см и $DD_1 = 15$ см. Так как $C, D \in \beta$, то $CC_1 \subset \beta$ и $DD_1 \subset \beta$.

Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то прямая, лежащая в одной плоскости и перпендикулярная линии их пересечения, перпендикулярна и другой плоскости. Так как $CC_1 \subset \beta$ и $CC_1 \perp l$, то $CC_1 \perp \alpha$. Аналогично, $DD_1 \perp \alpha$.

Рассмотрим отрезок $CA$. Он является перпендикуляром из точки $C$ к прямой $a$, лежащей в плоскости $\alpha$. $CC_1$ — это перпендикуляр из точки $C$ к плоскости $\alpha$, а $CA$ — наклонная к этой плоскости. Тогда $C_1A$ является проекцией наклонной $CA$ на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой в плоскости ($CA \perp a$), то и ее проекция перпендикулярна этой прямой ($C_1A \perp a$).

Так как $a \parallel l$, то расстояние между ними постоянно. Отрезок $C_1A$ является этим расстоянием. Обозначим его $h$. Треугольник $\triangle CC_1A$ является прямоугольным, так как $CC_1 \perp \alpha$, а значит $CC_1 \perp C_1A$. По теореме Пифагора:

$AC^2 = CC_1^2 + C_1A^2 = 6^2 + h^2 = 36 + h^2$

Проведем аналогичные рассуждения для точки $D$. $DB$ — перпендикуляр к прямой $a$ ($DB \perp a$), $D_1B$ — его проекция на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, $D_1B \perp a$. Длина $D_1B$ также равна расстоянию между прямыми $a$ и $l$, то есть $D_1B = h$. В прямоугольном треугольнике $\triangle DD_1B$ (где $\angle DD_1B = 90^\circ$):

$DB^2 = DD_1^2 + D_1B^2$

Подставим известные значения $DB = 17$ см и $DD_1 = 15$ см:

$17^2 = 15^2 + h^2$

$289 = 225 + h^2$

$h^2 = 289 - 225 = 64$

Теперь можем найти длину отрезка $AC$:

$AC^2 = 36 + h^2 = 36 + 64 = 100$

$AC = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

3.

Расстояние между скрещивающимися прямыми $DE$ и $AB$ — это длина их общего перпендикуляра. Найдем это расстояние методом объемов.

Поскольку $ABCD$ и $ABEF$ — прямоугольники, их стороны $AD$ и $AF$ перпендикулярны общему ребру $AB$. Так как плоскости $(ABCD)$ и $(ABEF)$ перпендикулярны, то угол между $AD$ и $AF$ составляет $90^\circ$, то есть $AD \perp AF$.

Рассмотрим тетраэдр $AFDE$. Его объем можно вычислить по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot h$.

1. Примем за основание тетраэдра прямоугольный треугольник $\triangle AFD$ (так как $AD \perp AF$). Его площадь равна:

$S_{AFD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AF = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AF = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60$ см$^2$.

Высотой тетраэдра, опущенной на это основание из вершины $E$, будет перпендикуляр от точки $E$ к плоскости $(ADF)$. Так как $FE \parallel AB$ и $AB \perp AF$ и $AB \perp AD$, то $AB \perp (ADF)$. Следовательно, $FE \perp (ADF)$. Таким образом, высота тетраэдра из вершины $E$ на плоскость $(ADF)$ — это отрезок $FE$, длина которого равна длине $AB$. Пусть $AB = x$. Тогда объем тетраэдра:

$V = \frac{1}{3} S_{AFD} \cdot FE = \frac{1}{3} \cdot 60 \cdot x = 20x$.

2. Теперь примем за основание тетраэдра треугольник $FDE$. Искомое расстояние $d$ между прямыми $DE$ и $AB$ равно расстоянию от прямой $AB$ до параллельной ей плоскости $(FDE)$, что, в свою очередь, равно высоте тетраэдра, опущенной из вершины $A$ на основание $FDE$.

Найдем площадь $\triangle FDE$. Так как $FE \perp (ADF)$, то $FE$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $FE \perp FD$. Значит, $\triangle FDE$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $F$. Найдем длины катетов $FE$ и $FD$.

$FE = AB = x$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AFD$ по теореме Пифагора найдем гипотенузу $FD$:

$FD^2 = AF^2 + AD^2 = 8^2 + 15^2 = 64 + 225 = 289$.

$FD = \sqrt{289} = 17$ см.

Площадь $\triangle FDE$ равна:

$S_{FDE} = \frac{1}{2} \cdot FE \cdot FD = \frac{1}{2} \cdot x \cdot 17 = \frac{17x}{2}$.

Объем тетраэдра через это основание и высоту $d$ (искомое расстояние):

$V = \frac{1}{3} S_{FDE} \cdot d = \frac{1}{3} \cdot \frac{17x}{2} \cdot d = \frac{17xd}{6}$.

3. Приравняем два полученных выражения для объема тетраэдра:

$20x = \frac{17xd}{6}$.

Так как длина $AB=x$ не равна нулю, мы можем сократить на $x$:

$20 = \frac{17d}{6}$.

Отсюда находим $d$:

$d = \frac{20 \cdot 6}{17} = \frac{120}{17}$ см.

Ответ: $\frac{120}{17}$ см.