Номер 12, страница 22 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 12

Теорема о трёх перпендикулярах

1. Через центр $O$ окружности, вписанной в правильный треугольник, к плоскости треугольника проведён перпендикуляр $OD$ длиной 6 см. Точка $D$ удалена от сторон треугольника на расстояние 14 см. Найдите сторону треугольника.

2. Из точки $K$, не принадлежащей плоскости угла $ABC$, проведены перпендикуляры $KD$ и $KE$ к его сторонам. Известно, что $KD = KE = 2\sqrt{13}$ см, $KB = 10$ см, $\angle ABC = 60^\circ$. Найдите расстояние от точки $K$ до плоскости $ABC$.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB : BC = 1 : 3$. На ребре $BC$ отметили точку $K$ так, что прямая $AK$ перпендикулярна прямой $B_1D$. Найдите отношение $BK : BC$.

1. Пусть данный правильный треугольник будет $ABC$ со стороной $a$. Центр $O$ вписанной окружности в правильном треугольнике также является его центроидом (точкой пересечения медиан и высот).
По условию, к плоскости треугольника проведен перпендикуляр $OD$ из точки $O$, значит $OD \perp (ABC)$. Длина $OD = 6$ см.
Расстояние от точки $D$ до стороны треугольника (например, стороны $AC$) — это длина перпендикуляра, опущенного из $D$ на $AC$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $H$. Таким образом, $DH \perp AC$ и $DH = 14$ см.
Рассмотрим отрезок $OH$. Так как $OD$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $DH$ — наклонная к этой плоскости, то $OH$ является проекцией наклонной $DH$ на плоскость $(ABC)$.
Согласно теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная ($DH$) перпендикулярна прямой в плоскости ($AC$), то и её проекция ($OH$) перпендикулярна этой же прямой. Следовательно, $OH \perp AC$.
Поскольку $O$ — центр вписанной окружности, а $OH \perp AC$, то $OH$ — это радиус $r$ вписанной окружности.
Рассмотрим треугольник $DOH$. Так как $OD \perp (ABC)$, а $OH$ лежит в плоскости $(ABC)$, то $OD \perp OH$. Значит, треугольник $DOH$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $O$.
По теореме Пифагора: $DH^2 = OD^2 + OH^2$.
Подставим известные значения:
$14^2 = 6^2 + r^2$
$196 = 36 + r^2$
$r^2 = 196 - 36 = 160$
$r = \sqrt{160} = \sqrt{16 \cdot 10} = 4\sqrt{10}$ см.
Формула для радиуса окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $a$, имеет вид:
$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$
Выразим из этой формулы сторону $a$:
$a = 2\sqrt{3} \cdot r = 2\sqrt{3} \cdot 4\sqrt{10} = 8\sqrt{30}$ см.
Ответ: $8\sqrt{30}$ см.

2. Пусть $KO$ — перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на плоскость угла $ABC$. Длина этого перпендикуляра $KO$ и является искомым расстоянием.
По условию, из точки $K$ проведены перпендикуляры $KD$ и $KE$ к сторонам угла, то есть $KD \perp AB$ и $KE \perp BC$.
$OD$ и $OE$ являются проекциями наклонных $KD$ и $KE$ на плоскость $ABC$. По теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой на плоскости, то и её проекция перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $OD \perp AB$ и $OE \perp BC$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $KOD$ и $KOE$ (углы при вершине $O$ прямые, так как $KO \perp (ABC)$). У них общая сторона $KO$. По теореме Пифагора:
$KD^2 = KO^2 + OD^2$
$KE^2 = KO^2 + OE^2$
Так как по условию $KD = KE = 2\sqrt{13}$, то $KD^2 = KE^2 = (2\sqrt{13})^2 = 52$.
Следовательно, $KO^2 + OD^2 = KO^2 + OE^2$, откуда $OD = OE$.
Это означает, что точка $O$ в плоскости $ABC$ равноудалена от сторон угла $ABC$, и, значит, лежит на его биссектрисе.
Угол $\angle DBO = \frac{1}{2} \angle ABC = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$.
В плоскости $ABC$ рассмотрим прямоугольный треугольник $BDO$ ($\angle ODB = 90^\circ$). В нём $OD = BO \cdot \sin(\angle DBO) = BO \cdot \sin(30^\circ) = \frac{1}{2} BO$. Отсюда $BO = 2 \cdot OD$.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KOB$ ($\angle KOB = 90^\circ$). По теореме Пифагора:
$KB^2 = KO^2 + BO^2$. По условию $KB = 10$ см.
$100 = KO^2 + BO^2$.
Мы получили систему уравнений: $\begin{cases} 52 = KO^2 + OD^2 \\ 100 = KO^2 + BO^2 \\ BO = 2 \cdot OD \end{cases}$
Подставим выражение для $BO$ во второе уравнение:
$100 = KO^2 + (2 \cdot OD)^2 = KO^2 + 4 \cdot OD^2$.
Теперь решим систему из двух уравнений: $\begin{cases} KO^2 + OD^2 = 52 \\ KO^2 + 4 \cdot OD^2 = 100 \end{cases}$
Вычитая первое уравнение из второго, получаем:
$(KO^2 + 4 \cdot OD^2) - (KO^2 + OD^2) = 100 - 52$
$3 \cdot OD^2 = 48 \Rightarrow OD^2 = 16 \Rightarrow OD = 4$ см.
Подставим $OD^2 = 16$ в первое уравнение:
$KO^2 + 16 = 52 \Rightarrow KO^2 = 36 \Rightarrow KO = 6$ см.
Ответ: 6 см.

3. Для решения задачи используем метод координат. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $B$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $BA$, ось $Oy$ вдоль ребра $BC$ и ось $Oz$ вдоль ребра $BB_1$.
Пусть длина ребра $AB$ равна $x$. Из условия $AB : BC = 1 : 3$ следует, что длина ребра $BC$ равна $3x$. Пусть длина ребра $BB_1$ равна $h$.
Определим координаты нужных нам точек:
$B(0, 0, 0)$
$A(x, 0, 0)$
$C(0, 3x, 0)$
$B_1(0, 0, h)$
$D$: Вектор $\vec{AD}$ равен вектору $\vec{BC}$. $\vec{BC} = C - B = (0, 3x, 0)$. Тогда $D = A + \vec{BC} = (x, 0, 0) + (0, 3x, 0) = (x, 3x, 0)$.
Точка $K$ лежит на ребре $BC$. Её координаты будут $K(0, y_K, 0)$, где $y_K$ — это длина отрезка $BK$. Так как $K$ лежит на отрезке $BC$, $0 \le y_K \le 3x$.
Найдём координаты векторов $\vec{AK}$ и $\vec{B_1D}$:
$\vec{AK} = K - A = (0, y_K, 0) - (x, 0, 0) = (-x, y_K, 0)$.
$\vec{B_1D} = D - B_1 = (x, 3x, 0) - (0, 0, h) = (x, 3x, -h)$.
По условию, прямая $AK$ перпендикулярна прямой $B_1D$. Условие перпендикулярности прямых — равенство нулю скалярного произведения их направляющих векторов:
$\vec{AK} \cdot \vec{B_1D} = 0$
$(-x, y_K, 0) \cdot (x, 3x, -h) = 0$
$(-x) \cdot x + y_K \cdot (3x) + 0 \cdot (-h) = 0$
$-x^2 + 3xy_K = 0$
$x(3y_K - x) = 0$
Так как $x = AB$ — это длина ребра, то $x \ne 0$. Следовательно:
$3y_K - x = 0 \Rightarrow 3y_K = x \Rightarrow y_K = \frac{x}{3}$.
Мы нашли, что $BK = y_K = \frac{x}{3}$. Длина ребра $BC$ равна $3x$. Искомое отношение:
$\frac{BK}{BC} = \frac{x/3}{3x} = \frac{x}{9x} = \frac{1}{9}$.
Таким образом, отношение $BK : BC = 1 : 9$.
Ответ: $1:9$.