Номер 15, страница 24 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка $M$ равноудалена от вершин $C$ и $D$ прямоугольника $ABCD$. Из точки $M$ к стороне $AB$ проведён перпендикуляр $MN$. Докажите, что плоскость прямоугольника перпендикулярна плоскости $MNO$, где $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника.

2. Плоскости $β$ и $γ$ перпендикулярны. Точки $A$ и $B$ принадлежат плоскости $γ$. Прямая $c$ принадлежит плоскости $β$ и параллельна плоскости $γ$. Из точек $A$ и $B$ к прямой $c$ проведены перпендикуляры $AC$ и $BD$. Известно, что $AC = 13$ см, $BD = 20$ см, а расстояние от точки $A$ до линии пересечения плоскостей равно 5 см. Найдите расстояние от точки $B$ до линии пересечения плоскостей.

3. Плоскости квадратов $ABCD$ и $ABC_1D_1$ перпендикулярны (рис. 24). Найдите расстояние между прямыми $CD_1$ и $AB$, если $AB = 6$ см.

Рис. 24

1.

Чтобы доказать перпендикулярность плоскостей $(ABCD)$ и $(MNO)$, достаточно доказать, что одна из плоскостей содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости. Докажем, что в плоскости $(MNO)$ есть прямая, перпендикулярная плоскости $(ABCD)$.

1. Рассмотрим $\triangle MCD$. По условию, точка $M$ равноудалена от вершин $C$ и $D$, следовательно, $MC = MD$. Это означает, что $\triangle MCD$ — равнобедренный.

2. Пусть $K$ — середина стороны $CD$. Тогда $MK$ является медианой и высотой в равнобедренном $\triangle MCD$, то есть $MK \perp CD$.

3. Пусть $M'$ — проекция точки $M$ на плоскость прямоугольника $(ABCD)$. Тогда $MM' \perp (ABCD)$.

4. Так как наклонные $MC$ и $MD$ равны, то равны и их проекции на плоскость $(ABCD)$: $M'C = M'D$. Это означает, что точка $M'$ равноудалена от точек $C$ и $D$ и, следовательно, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $CD$ в плоскости $(ABCD)$.

5. В прямоугольнике $ABCD$ серединным перпендикуляром к стороне $CD$ является прямая, проходящая через середины противоположных сторон $CD$ и $AB$. Обозначим середину $AB$ как $P$. Эта прямая $PK$ также проходит через точку $O$ — точку пересечения диагоналей. Таким образом, проекция $M'$ лежит на прямой $PO$.

6. По условию, из точки $M$ к стороне $AB$ проведён перпендикуляр $MN$, то есть $MN \perp AB$.

7. Рассмотрим наклонную $MN$ и её проекцию $M'N$ на плоскость $(ABCD)$. По теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная $MN$ перпендикулярна прямой $AB$, лежащей в плоскости, то и её проекция $M'N$ перпендикулярна этой прямой: $M'N \perp AB$.

8. Мы знаем, что точка $M'$ лежит на прямой $PK$, которая перпендикулярна $AB$. Поскольку $M'N \perp AB$ и $N \in AB$, это возможно только если прямая $M'N$ совпадает с прямой $PK$. Следовательно, точка $N$ является точкой пересечения прямых $PK$ и $AB$, то есть $N$ — это середина $AB$, $N \equiv P$.

9. Таким образом, точки $M'$, $N$ и $O$ лежат на одной прямой $PK$.

10. Прямая $MM'$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ по построению. Точка $M$ лежит в плоскости $(MNO)$ по определению. Точка $M'$ лежит на прямой $NO$, следовательно, $M'$ также лежит в плоскости $(MNO)$. Значит, вся прямая $MM'$ лежит в плоскости $(MNO)$.

11. Мы нашли прямую $MM'$, которая лежит в плоскости $(MNO)$ и перпендикулярна плоскости $(ABCD)$. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость $(MNO)$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$, что и требовалось доказать.

2.

1. Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\beta$ и $\gamma$.

2. По условию, прямая $c$ лежит в плоскости $\beta$ и параллельна плоскости $\gamma$. Отсюда следует, что прямая $c$ параллельна линии пересечения плоскостей $l$, то есть $c \parallel l$.

3. Расстояние от точки $A$ до линии пересечения $l$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $A$ на $l$. Пусть $A'$ — основание этого перпендикуляра. Тогда $AA' \perp l$ и, по условию, $AA' = 5$ см.

4. Так как плоскости $\beta$ и $\gamma$ перпендикулярны, а прямая $AA'$ лежит в плоскости $\gamma$ и перпендикулярна их линии пересечения $l$, то прямая $AA'$ перпендикулярна всей плоскости $\beta$ ($AA' \perp \beta$).

5. По условию, $AC$ — перпендикуляр из точки $A$ к прямой $c$ ($AC \perp c$). $AC$ является наклонной к плоскости $\beta$, $AA'$ — перпендикуляр к этой плоскости, а $A'C$ — проекция наклонной $AC$ на плоскость $\beta$.

6. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA'C$ ($\angle AA'C = 90^\circ$, так как $AA' \perp \beta$). По теореме Пифагора: $AC^2 = AA'^2 + A'C^2$.

7. Подставим известные значения: $13^2 = 5^2 + A'C^2$. Получаем $169 = 25 + A'C^2$, откуда $A'C^2 = 144$, и $A'C = 12$ см.

8. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $AC \perp c$, то и ее проекция $A'C \perp c$. Поскольку $A' \in l$ и $C \in c$, отрезок $A'C$ является расстоянием между параллельными прямыми $l$ и $c$.

9. Пусть $BB'$ — перпендикуляр из точки $B$ на прямую $l$. Длина $BB'$ — это искомое расстояние от точки $B$ до линии пересечения плоскостей. Аналогично пункту 4, $BB' \perp \beta$.

10. $BD$ — наклонная к плоскости $\beta$, $BB'$ — перпендикуляр, $B'D$ — проекция. По условию $BD \perp c$. По теореме о трех перпендикулярах, проекция $B'D$ также перпендикулярна прямой $c$.

11. Так как $B' \in l$ и $D \in c$, то $B'D$ — это расстояние между параллельными прямыми $l$ и $c$. Расстояние между параллельными прямыми постоянно, поэтому $B'D = A'C = 12$ см.

12. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BB'D$ ($\angle BB'D = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $BD^2 = BB'^2 + B'D^2$.

13. Подставим известные значения: $20^2 = BB'^2 + 12^2$. Получаем $400 = BB'^2 + 144$.

14. Отсюда $BB'^2 = 400 - 144 = 256$, и $BB' = \sqrt{256} = 16$ см.

Ответ: 16 см.

3.

1. Прямые $CD_1$ и $AB$ являются скрещивающимися. Расстояние между ними — это длина их общего перпендикуляра.

2. Поскольку $ABCD$ — квадрат, то сторона $AB$ параллельна стороне $DC$ ($AB \parallel DC$).

3. Так как прямая $AB$ параллельна прямой $DC$, а прямая $DC$ лежит в плоскости $(CDD_1)$, то прямая $AB$ параллельна плоскости $(CDD_1)$.

4. Расстояние от прямой $AB$ до скрещивающейся с ней прямой $CD_1$ (которая лежит в параллельной $AB$ плоскости) равно расстоянию от любой точки прямой $AB$ до этой плоскости. Найдем расстояние от точки $A$ до плоскости $(CDD_1)$.

5. По условию, плоскости квадратов $(ABCD)$ и $(ABC_1D_1)$ перпендикулярны. Их линия пересечения — прямая $AB$.

6. В плоскости $(ABCD)$ прямая $AD \perp AB$. В плоскости $(ABC_1D_1)$ прямая $AD_1 \perp AB$. Угол $\angle DAD_1$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями. Так как плоскости перпендикулярны, $\angle DAD_1 = 90^\circ$. Следовательно, $\triangle DAD_1$ — прямоугольный.

7. Рассмотрим прямую $DC$. Так как $ABCD$ — квадрат, $DC \perp AD$. Поскольку $DC \parallel AB$ и $AB \perp AD_1$, то $DC \perp AD_1$.

8. Прямая $DC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AD$ и $AD_1$ в плоскости $(ADD_1)$. Значит, прямая $DC$ перпендикулярна плоскости $(ADD_1)$.

9. Плоскость $(CDD_1)$ проходит через прямую $DC$, перпендикулярную плоскости $(ADD_1)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $(CDD_1)$ перпендикулярна плоскости $(ADD_1)$.

10. Искомое расстояние от точки $A$ (лежащей в плоскости $(ADD_1)$) до перпендикулярной ей плоскости $(CDD_1)$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на линию пересечения этих плоскостей, то есть на прямую $DD_1$.

11. Этот перпендикуляр является высотой $AH$ прямоугольного треугольника $\triangle DAD_1$, проведенной к гипотенузе $DD_1$.

12. Катеты этого треугольника равны сторонам квадратов: $AD = AD_1 = 6$ см. По теореме Пифагора, гипотенуза $DD_1 = \sqrt{AD^2 + AD_1^2} = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$ см.

13. Площадь треугольника $\triangle DAD_1$ можно вычислить двумя способами:
$S = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AD_1 = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 = 18$ см².
$S = \frac{1}{2} \cdot DD_1 \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{2} \cdot AH$.

14. Приравнивая выражения для площади, получаем: $18 = 3\sqrt{2} \cdot AH$.

15. Отсюда находим высоту $AH$: $AH = \frac{18}{3\sqrt{2}} = \frac{6}{\sqrt{2}} = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Ответ: $3\sqrt{2}$ см.