Номер 13, страница 23 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки C к плоскости $\beta$ провели наклонные $CA$ и $CB$, образующие с ней углы $45^\circ$ и $30^\circ$ соответственно. Найдите проекцию наклонной $CB$ на плоскость $\beta$, если $CA = 8\sqrt{6}$ см.

2. На ребре $AD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $K$ так, что $AK : KD = 2 : 3$. Найдите угол между прямой $B_1K$ и плоскостью $BAA_1$, если $AD = 15$ см, $AB = 6$ см, $AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.

3. Основанием пирамиды $PABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $PD$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle PCD = 30^\circ$, $\angle BAD = 60^\circ$. Найдите косинус угла между прямыми $PC$ и $AB$.

1.

Пусть $H$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на плоскость $\beta$. Тогда $CH$ – расстояние от точки $C$ до плоскости $\beta$.
Проекцией наклонной $CA$ на плоскость $\beta$ является отрезок $HA$. Угол между наклонной $CA$ и плоскостью $\beta$ – это угол $\angle CAH$. По условию, $\angle CAH = 45^\circ$.
Проекцией наклонной $CB$ на плоскость $\beta$ является отрезок $HB$. Угол между наклонной $CB$ и плоскостью $\beta$ – это угол $\angle CBH$. По условию, $\angle CBH = 30^\circ$.
Требуется найти длину проекции $HB$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHA$ (угол $\angle CHA = 90^\circ$, так как $CH \perp \beta$).
Из него найдем высоту $CH$:
$\sin(\angle CAH) = \frac{CH}{CA}$
$CH = CA \cdot \sin(45^\circ) = 8\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{12} = 4 \cdot 2\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CHB$ (угол $\angle CHB = 90^\circ$).
Мы знаем катет $CH = 8\sqrt{3}$ см и угол $\angle CBH = 30^\circ$. Найдем катет $HB$:
$\text{tg}(\angle CBH) = \frac{CH}{HB}$
$HB = \frac{CH}{\text{tg}(30^\circ)} = \frac{8\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 8\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 8 \cdot 3 = 24$ см.

Ответ: 24 см.

2.

Угол между прямой и плоскостью – это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Найдем проекцию прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$.
Точка $B_1$ уже лежит в плоскости $BAA_1$, поэтому ее проекция – она сама.
Найдем проекцию точки $K$. Точка $K$ лежит на ребре $AD$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед, ребро $AD$ перпендикулярно грани $BAA_1$. Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на плоскость $BAA_1$, – это отрезок $KA$, а проекцией точки $K$ является точка $A$.
Таким образом, проекцией прямой $B_1K$ на плоскость $BAA_1$ является прямая $B_1A$.

Искомый угол – это угол $\angle AB_1K$. Найдем его из треугольника $\triangle AB_1K$. Поскольку $KA \perp (BAA_1)$, то $KA$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $AB_1$. Значит, треугольник $\triangle AB_1K$ – прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.

Найдем длины катетов $AK$ и $AB_1$.
По условию $AK : KD = 2 : 3$ и $AD = 15$ см. $AK = \frac{2}{2+3} \cdot AD = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$ см.

$AB_1$ – диагональ грани (прямоугольника) $ABB_1A_1$. Найдем ее по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $\triangle ABB_1$ ($\angle A = 90^\circ$):
$AB=6$ см, $BB_1 = AA_1 = 6\sqrt{2}$ см.
$AB_1^2 = AB^2 + BB_1^2 = 6^2 + (6\sqrt{2})^2 = 36 + 36 \cdot 2 = 36 + 72 = 108$.
$AB_1 = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6\sqrt{3}$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AB_1K$ найдем тангенс угла $\angle AB_1K$:
$\text{tg}(\angle AB_1K) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{AK}{AB_1} = \frac{6}{6\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Угол, тангенс которого равен $1/\sqrt{3}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

3.

Угол между скрещивающимися прямыми $PC$ и $AB$ найдем с помощью метода координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$. Направим ось $Oz$ вдоль ребра $PD$, а ось $Ox$ вдоль прямой, содержащей основание трапеции $AD$.

Так как $PD$ перпендикулярно плоскости основания, то $D = (0, 0, 0)$, $P = (0, 0, h)$ для некоторой высоты $h > 0$.
Основание $AD$ лежит на оси $Ox$, пусть $A = (a, 0, 0)$ для некоторой длины $a>0$.
Трапеция $ABCD$ равнобокая, $AD \parallel BC$ и $\angle BAD = 60^\circ$. Следовательно, $\angle CDA = 60^\circ$.
Пусть $CD = c$. Опустим перпендикуляр из $C$ на $AD$ в точку $H$. В прямоугольном $\triangle DHC$: $DH = c \cdot \cos(60^\circ) = c/2$, $CH = c \cdot \sin(60^\circ) = c\sqrt{3}/2$. Тогда координаты точки $C$: $(c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.
Аналогично для точки $B$ ее y-координата равна $c\sqrt{3}/2$, а x-координата равна $a - DH = a - c/2$. Тогда $B = (a - c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.

По условию $\angle PCD = 30^\circ$. В прямоугольном треугольнике $\triangle PDC$ (угол $\angle PDC=90^\circ$):
$\text{tg}(\angle PCD) = \frac{PD}{DC} \Rightarrow \text{tg}(30^\circ) = \frac{h}{c} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{c} \Rightarrow c = h\sqrt{3}$.

Найдем векторы, задающие направления прямых $PC$ и $AB$:
$\vec{PC} = C - P = (c/2 - 0, c\sqrt{3}/2 - 0, 0 - h) = (c/2, c\sqrt{3}/2, -h)$.
$\vec{AB} = B - A = (a - c/2 - a, c\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-c/2, c\sqrt{3}/2, 0)$.

Косинус угла $\theta$ между прямыми находится по формуле: $\cos(\theta) = \frac{|\vec{PC} \cdot \vec{AB}|}{|\vec{PC}| \cdot |\vec{AB}|}$.

Найдем скалярное произведение:
$\vec{PC} \cdot \vec{AB} = (c/2)( -c/2) + (c\sqrt{3}/2)(c\sqrt{3}/2) + (-h)(0) = -c^2/4 + 3c^2/4 = 2c^2/4 = c^2/2$.

Найдем длины векторов:
$|\vec{PC}|^2 = (c/2)^2 + (c\sqrt{3}/2)^2 + (-h)^2 = c^2/4 + 3c^2/4 + h^2 = c^2 + h^2$.
Подставим $c^2 = (h\sqrt{3})^2 = 3h^2$: $|\vec{PC}|^2 = 3h^2 + h^2 = 4h^2 \Rightarrow |\vec{PC}| = 2h$.

$|\vec{AB}|^2 = (-c/2)^2 + (c\sqrt{3}/2)^2 + 0^2 = c^2/4 + 3c^2/4 = c^2 \Rightarrow |\vec{AB}| = c = h\sqrt{3}$.

Теперь найдем косинус угла:
$\cos(\theta) = \frac{|c^2/2|}{(2h) \cdot c} = \frac{c^2}{4hc} = \frac{c}{4h}$.
Подставим $c = h\sqrt{3}$:
$\cos(\theta) = \frac{h\sqrt{3}}{4h} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{4}$.