Номер 12, страница 34 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 12

Теорема о трёх перпендикулярах

1. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 6 см. Через центр $O$ треугольника к его плоскости проведён перпендикуляр $OM$ длиной 3 см. Найдите угол между перпендикуляром, проведённым из точки $M$ к стороне $AB$, и проекцией этого перпендикуляра на плоскость $ABC$.

2. Из точки $F$, не принадлежащей плоскости угла $CDE$, проведены перпендикуляры $FA$ и $FB$ к его сторонам. Известно, что $FA = FB = 10$ см, $\angle CDE = 120^\circ$, а расстояние от точки $F$ до плоскости угла равно 8 см. Найдите расстояние от точки $F$ до вершины угла.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB : BC = 2 : 3$. На ребре $BC$ отметили точку $F$ так, что прямая $DF$ перпендикулярна прямой $AC_1$. Найдите отношение $CF : CB$.

1.

Пусть $ABC$ – равносторонний треугольник со стороной $a=6$ см, $O$ – его центр. $OM$ – перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $OM=3$ см. Проведем из точки $M$ перпендикуляр $MH$ к стороне $AB$. Тогда $MH$ – наклонная к плоскости $(ABC)$, а $OH$ – ее проекция на эту плоскость. Угол между наклонной $MH$ и ее проекцией $OH$ – это угол $\angle MHO$.

По условию, $OM \perp (ABC)$, а значит $OM$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе $OM \perp OH$. Следовательно, треугольник $\triangle MOH$ – прямоугольный.

По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AB$ в плоскости, то и ее проекция $OH$ перпендикулярна этой прямой: $OH \perp AB$.

В равностороннем треугольнике $ABC$ точка $O$ является центром вписанной и описанной окружностей. Отрезок $OH$, проведенный из центра $O$ перпендикулярно стороне $AB$, является радиусом вписанной окружности ($r$). Найдем радиус вписанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a=6$ см: $OH = r = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle MOH$ известны катеты $OM=3$ см и $OH=\sqrt{3}$ см. Найдем тангенс угла $\angle MHO$: $\text{tg}(\angle MHO) = \frac{OM}{OH} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Таким образом, искомый угол равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

2.

Пусть $\alpha$ – плоскость угла $CDE$. Пусть $O$ – проекция точки $F$ на плоскость $\alpha$. Тогда $FO \perp \alpha$, и по условию $FO = 8$ см.

По условию, $FA \perp CD$ и $FB \perp CE$, где $A \in CD$ и $B \in CE$. Отрезки $FA$ и $FB$ являются наклонными к плоскости $\alpha$, а $OA$ и $OB$ – их проекциями соответственно.

По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $FA \perp CD$, то и ее проекция $OA \perp CD$. Аналогично, так как $FB \perp CE$, то $OB \perp CE$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle FOA$ и $\triangle FOB$ (углы при вершине $O$ прямые, так как $FO \perp \alpha$). По теореме Пифагора: $OA = \sqrt{FA^2 - FO^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см. $OB = \sqrt{FB^2 - FO^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$ см.

Поскольку $OA = OB = 6$ см, точка $O$ равноудалена от сторон угла $CDE$. Это означает, что точка $O$ лежит на биссектрисе угла $CDE$. Угол, образованный биссектрисой и стороной угла, равен половине угла $CDE$: $\angle OCD = \frac{1}{2}\angle CDE = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OAC$ в плоскости $\alpha$ ($\angle OAC = 90^\circ$, так как $OA \perp CD$). Найдем гипотенузу $OC$: $\sin(\angle OCD) = \frac{OA}{OC} \Rightarrow OC = \frac{OA}{\sin(60^\circ)} = \frac{6}{\sqrt{3}/2} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем расстояние от точки $F$ до вершины угла $C$, то есть длину отрезка $FC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FOC$ ($\angle FOC = 90^\circ$, так как $FO \perp \alpha$). По теореме Пифагора: $FC = \sqrt{FO^2 + OC^2} = \sqrt{8^2 + (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{64 + 16 \cdot 3} = \sqrt{64 + 48} = \sqrt{112} = \sqrt{16 \cdot 7} = 4\sqrt{7}$ см.

Ответ: $4\sqrt{7}$ см.

3.

Введем векторный базис с началом в точке $D$: $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DC} = \vec{b}$, $\vec{DD_1} = \vec{c}$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – прямоугольный параллелепипед, базисные векторы попарно ортогональны: $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a} = 0$.

Из условия $AB : BC = 2 : 3$ следует, что $|\vec{DC}| : |\vec{DA}| = 2 : 3$, так как $AB = DC$ и $BC = DA$. Таким образом, $|\vec{b}| : |\vec{a}| = 2 : 3$. Пусть $|\vec{b}| = 2k$ и $|\vec{a}| = 3k$ для некоторого $k>0$.

Выразим векторы $\vec{DF}$ и $\vec{AC_1}$ через базисные векторы. Для вектора $\vec{AC_1}$ имеем: $\vec{AC_1} = \vec{AD} + \vec{DC} + \vec{CC_1} = -\vec{DA} + \vec{DC} + \vec{DD_1} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.

Точка $F$ лежит на ребре $BC$. Вектор $\vec{CB} = \vec{DA} = \vec{a}$. Пусть искомое отношение $CF : CB = \lambda$. Тогда $\vec{CF} = \lambda \cdot \vec{CB} = \lambda\vec{a}$. Выразим вектор $\vec{DF}$: $\vec{DF} = \vec{DC} + \vec{CF} = \vec{b} + \lambda\vec{a}$.

По условию прямая $DF$ перпендикулярна прямой $AC_1$, следовательно, скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю: $\vec{DF} \cdot \vec{AC_1} = 0$. $(\vec{b} + \lambda\vec{a}) \cdot (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = 0$.

Раскроем скобки, используя свойства скалярного произведения: $-\vec{b}\cdot\vec{a} + \vec{b}\cdot\vec{b} + \vec{b}\cdot\vec{c} - \lambda\vec{a}\cdot\vec{a} + \lambda\vec{a}\cdot\vec{b} + \lambda\vec{a}\cdot\vec{c} = 0$.

Учитывая ортогональность базисных векторов, получаем: $0 + |\vec{b}|^2 + 0 - \lambda|\vec{a}|^2 + 0 + 0 = 0$. $|\vec{b}|^2 - \lambda|\vec{a}|^2 = 0$.

Отсюда находим $\lambda$: $\lambda = \frac{|\vec{b}|^2}{|\vec{a}|^2} = \left(\frac{|\vec{b}|}{|\vec{a}|}\right)^2$.

Подставляем известное соотношение длин векторов: $\lambda = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}$.

Таким образом, искомое отношение $CF : CB = 4 : 9$.

Ответ: $4:9$.