Номер 13, страница 35 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 13

Угол между прямой и плоскостью

1. Из точки $M$ к плоскости $\gamma$ провели наклонные $MN$ и $MK$, образующие с ней углы $30^{\circ}$ и $45^{\circ}$ соответственно. Найдите наклонную $MK$, если проекция наклонной $MN$ на плоскость $\gamma$ равна $4\sqrt{3}$ см.

2. На ребре $AA_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точку $E$ так, что $AE : A_1E = 4 : 3$. Найдите угол между прямой $C_1E$ и плоскостью $BAA_1$, если $AD = 12$ см, $AB = 2\sqrt{3}$ см, $AA_1 = 14$ см.

3. Основанием пирамиды $MABCD$ является равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$). Ребро $MA$ перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Известно, что $\angle MBA = 30^{\circ}$, $\angle ADC = 75^{\circ}$. Найдите косинус угла между прямыми $MB$ и $CD$.

1.

Пусть MH — перпендикуляр, опущенный из точки M на плоскость $\gamma$. Тогда HN и HK — проекции наклонных MN и MK на эту плоскость соответственно. Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией. Следовательно, по условию, $\angle MNH = 30^\circ$ и $\angle MKH = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MNH$ ($\angle MHN = 90^\circ$). Длина проекции $HN = 4\sqrt{3}$ см. Высоту MH можно найти через тангенс угла $\angle MNH$:

$MH = HN \cdot \tan(30^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 4$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MKH$ ($\angle MHK = 90^\circ$). Мы знаем высоту $MH = 4$ см и угол $\angle MKH = 45^\circ$. Длину наклонной MK найдем через синус этого угла:

$MK = \frac{MH}{\sin(\angle MKH)} = \frac{4}{\sin(45^\circ)} = \frac{4}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}$ см.

Ответ: $4\sqrt{2}$ см.

2.

Угол между прямой $C_1E$ и плоскостью $BAA_1$ — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Точка E лежит на ребре $AA_1$, которое принадлежит плоскости $BAA_1$, следовательно, точка E проектируется сама в себя. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, ребро $B_1C_1$ перпендикулярно грани $BAA_1B_1$. Таким образом, проекцией точки $C_1$ на плоскость $BAA_1$ является точка $B_1$.

Следовательно, проекцией прямой $C_1E$ на плоскость $BAA_1$ является прямая $B_1E$, а искомый угол — это $\angle C_1EB_1$.

Поскольку $C_1B_1 \perp (BAA_1)$, то $C_1B_1$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через $B_1$, в том числе и $B_1E$. Значит, треугольник $\triangle C_1EB_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B_1$.

Найдем длины катетов. $C_1B_1 = AD = 12$ см.

Найдем положение точки E. Длина ребра $AA_1 = 14$ см. По условию $AE : A_1E = 4 : 3$, всего 7 частей. Тогда $A_1E = \frac{3}{7} \cdot AA_1 = \frac{3}{7} \cdot 14 = 6$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle A_1B_1E$ (с прямым углом при $A_1$). $A_1B_1 = AB = 2\sqrt{3}$ см. По теореме Пифагора:

$B_1E^2 = A_1B_1^2 + A_1E^2 = (2\sqrt{3})^2 + 6^2 = 12 + 36 = 48$.

$B_1E = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle C_1EB_1$ найдем тангенс искомого угла $\alpha = \angle C_1EB_1$:

$\tan(\alpha) = \frac{C_1B_1}{B_1E} = \frac{12}{4\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

Отсюда $\alpha = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

3.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми MB и CD воспользуемся методом координат. Введем систему координат с началом в точке A(0, 0, 0). Так как ребро MA перпендикулярно плоскости основания, направим ось Z вдоль AM. Основание ABCD расположим в плоскости XY.

Основание — равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD \parallel BC$), следовательно, углы при основании равны: $\angle DAB = \angle CDA = 75^\circ$. Пусть длина боковых сторон $AB = CD = b$.

Направим ось X вдоль AD. Тогда координаты вершин основания: A(0, 0, 0), B($b \cos 75^\circ$, $b \sin 75^\circ$, 0), D($d$, 0, 0) для некоторого $d > 0$. Координата $x$ точки C равна $x_D$ минус проекция CD на ось X, то есть $x_C = d - b \cos 75^\circ$. Y-координата точки C равна y-координате B. Итак, C($d - b \cos 75^\circ$, $b \sin 75^\circ$, 0).

Координаты точки M: $M(0, 0, h)$. В прямоугольном $\triangle MAB$ ($\angle MAB = 90^\circ$) известен $\angle MBA = 30^\circ$. Отсюда $h = MA = AB \cdot \tan 30^\circ = b \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{b}{\sqrt{3}}$. Таким образом, $M(0, 0, \frac{b}{\sqrt{3}})$.

Найдем векторы $\vec{MB}$ и $\vec{CD}$:

$\vec{MB} = B - M = (b \cos 75^\circ, b \sin 75^\circ, -\frac{b}{\sqrt{3}})$

$\vec{CD} = D - C = (d - (d - b \cos 75^\circ), 0 - b \sin 75^\circ, 0) = (b \cos 75^\circ, -b \sin 75^\circ, 0)$

Косинус угла $\theta$ между векторами: $\cos \theta = \frac{\vec{MB} \cdot \vec{CD}}{|\vec{MB}| \cdot |\vec{CD}|}$.

Скалярное произведение:

$\vec{MB} \cdot \vec{CD} = b^2 \cos^2 75^\circ - b^2 \sin^2 75^\circ + 0 = b^2 \cos(2 \cdot 75^\circ) = b^2 \cos(150^\circ) = -b^2 \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Длины векторов:

$|\vec{CD}| = \sqrt{(b \cos 75^\circ)^2 + (-b \sin 75^\circ)^2} = \sqrt{b^2(\cos^2 75^\circ + \sin^2 75^\circ)} = b$.

$|\vec{MB}| = \sqrt{(b \cos 75^\circ)^2 + (b \sin 75^\circ)^2 + (-\frac{b}{\sqrt{3}})^2} = \sqrt{b^2 + \frac{b^2}{3}} = \sqrt{\frac{4b^2}{3}} = \frac{2b}{\sqrt{3}}$.

Вычисляем косинус:

$\cos \theta = \frac{-b^2 \frac{\sqrt{3}}{2}}{(\frac{2b}{\sqrt{3}}) \cdot b} = \frac{-b^2 \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{2b^2}{\sqrt{3}}} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{3}{4}$.

Угол между прямыми принимается за острый, поэтому его косинус должен быть неотрицательным. Он равен модулю косинуса угла между направляющими векторами.

$\cos \phi = |\cos \theta| = |-\frac{3}{4}| = \frac{3}{4}$.

Ответ: $\frac{3}{4}$.