Номер 15, страница 36 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 15

Перпендикулярные плоскости

1. Точка $S$ равноудалена от вершин равностороннего треугольника $ABC$, точка $O$ — центр этого треугольника. Докажите, что плоскость $SOC$ перпендикулярна плоскости $ASB$.

2. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Точки $M$ и $K$ принадлежат плоскости $\beta$. Прямая $b$ принадлежит плоскости $\alpha$ и параллельна плоскости $\beta$. Из точек $M$ и $K$ к прямой $b$ проведены перпендикуляры $MF$ и $KE$. Известно, что $KE = 20$ см, а расстояния от точек $M$ и $K$ до линии пересечения плоскостей равны $9$ см и $16$ см соответственно. Найдите отрезок $MF$.

3. Плоскости прямоугольников $AMND$ и $BCNM$ перпендикулярны (рис. 36). Найдите расстояние между прямыми $AC$ и $MN$, если $AM = 2$ см, $MB = 3$ см.

Рис. 36

1.

Так как точка S равноудалена от вершин равностороннего треугольника ABC ($SA = SB = SC$), ее проекция на плоскость треугольника совпадает с центром описанной окружности. В равностороннем треугольнике центр описанной окружности, центр вписанной окружности, точка пересечения медиан и высот (ортоцентр) совпадают в одной точке, которая является центром треугольника O. Следовательно, отрезок SO перпендикулярен плоскости треугольника ABC ($SO \perp (ABC)$).

Наша задача — доказать, что плоскость (SOC) перпендикулярна плоскости (ASB). Для этого достаточно доказать, что одна из плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости. Докажем, что прямая AB, лежащая в плоскости (ASB), перпендикулярна плоскости (SOC).

1. Поскольку $SO \perp (ABC)$, то SO перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая AB лежит в плоскости (ABC), следовательно, $SO \perp AB$.

2. В равностороннем треугольнике ABC точка O является центром. Рассмотрим медиану (которая также является высотой и биссектрисой), проведенную из вершины C к стороне AB. Пусть она пересекает AB в точке H. Тогда $CH \perp AB$. Точка O, как центр треугольника, лежит на медиане CH. Следовательно, прямая OC (как часть прямой CH) перпендикулярна прямой AB, то есть $OC \perp AB$.

3. Мы имеем, что прямая AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым SO и OC, лежащим в плоскости (SOC). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая AB перпендикулярна плоскости (SOC), то есть $AB \perp (SOC)$.

4. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость (ASB) проходит через прямую (AB), перпендикулярную другой плоскости (SOC), то эти плоскости перпендикулярны. Таким образом, $(ASB) \perp (SOC)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2.

Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Условие, что прямая $b$, принадлежащая плоскости $\alpha$, параллельна плоскости $\beta$, возможно только если $b$ параллельна линии пересечения $l$. Будем исходить из этого предположения.

Расстояние от точки до линии пересечения плоскостей — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на линию. Пусть $MM'$ и $KK'$ — перпендикуляры, опущенные из точек M и K на прямую $l$ ($M', K' \in l$). По условию, $MM' = 9$ см, $KK' = 16$ см.

Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то любой перпендикуляр, проведенный в одной плоскости (например, $\beta$) к линии их пересечения $l$, будет перпендикулярен и всей второй плоскости ($\alpha$). Таким образом, $MM' \perp \alpha$ и $KK' \perp \alpha$.

Рассмотрим отрезок KE. Он является наклонной, проведенной из точки K (не лежащей в плоскости $\alpha$) к прямой $b$ (лежащей в плоскости $\alpha$). Отрезок $KK'$ — это перпендикуляр из точки K на плоскость $\alpha$. Отрезок $K'E$ — это проекция наклонной KE на плоскость $\alpha$. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $KE \perp b$, то и ее проекция $K'E \perp b$.

Таким образом, треугольник $\triangle K'KE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $K'$. По теореме Пифагора:

$KE^2 = KK'^2 + K'E^2$

Подставим известные значения: $20^2 = 16^2 + K'E^2$.

$400 = 256 + K'E^2$

$K'E^2 = 400 - 256 = 144$

$K'E = \sqrt{144} = 12$ см.

Так как прямые $b$ и $l$ параллельны и лежат в одной плоскости $\alpha$, а $K'E \perp b$ и $K' \in l$, то $K'E$ — это расстояние между параллельными прямыми $b$ и $l$. Это расстояние постоянно на всем их протяжении.

Аналогично рассмотрим отрезок MF. $MM'$ — перпендикуляр из M на плоскость $\alpha$, $M'F$ — проекция наклонной MF на плоскость $\alpha$. Треугольник $\triangle M'MF$ — прямоугольный ($\angle M' = 90^\circ$). Длина проекции $M'F$ равна расстоянию между параллельными прямыми $b$ и $l$, то есть $M'F = K'E = 12$ см.

Теперь найдем MF по теореме Пифагора для $\triangle M'MF$:

$MF^2 = MM'^2 + M'F^2$

$MF^2 = 9^2 + 12^2 = 81 + 144 = 225$

$MF = \sqrt{225} = 15$ см.

Ответ: 15 см.

3.

Для решения задачи введем трехмерную систему координат. Так как плоскости прямоугольников AMND и BCNM перпендикулярны и пересекаются по прямой MN, расположим эту прямую на одной из осей. Пусть точка M будет началом координат M(0, 0, 0).

1. Поместим прямую MN на ось Oy. Пусть длина отрезка MN равна $l$, тогда N имеет координаты N(0, $l$, 0).

2. Так как AMND — прямоугольник, то $AM \perp MN$. Разместим прямую AM вдоль оси Ox. По условию $AM = 2$ см, тогда A имеет координаты A(2, 0, 0).

3. Так как плоскость BCNM перпендикулярна плоскости AMND (которая является плоскостью xOy в нашей системе), то прямая MB, перпендикулярная общей прямой MN, будет лежать на оси Oz. По условию $MB = 3$ см, тогда B имеет координаты B(0, 0, 3).

4. Найдем координаты точки C. Так как BCNM — прямоугольник, то $\vec{MC} = \vec{MB} + \vec{MN}$.$\vec{MB} = (0, 0, 3)$, $\vec{MN} = (0, l, 0)$.$\vec{MC} = (0, 0, 3) + (0, l, 0) = (0, l, 3)$. Следовательно, C имеет координаты C(0, $l$, 3).

Теперь задача сводится к нахождению расстояния между двумя скрещивающимися прямыми: MN и AC.

Один из способов найти это расстояние — спроецировать одну из прямых на плоскость, перпендикулярную второй прямой. Прямая MN совпадает с осью Oy. Плоскость xOz перпендикулярна оси Oy.

Спроецируем прямые MN и AC на плоскость xOz.- Прямая MN (ось Oy) проецируется в одну точку — начало координат M(0, 0).- Прямая AC проецируется в прямую A'C', где A' и C' — проекции точек A и C на плоскость xOz.Проекция точки A(2, 0, 0) на плоскость xOz есть точка A'(2, 0).Проекция точки C(0, $l$, 3) на плоскость xOz есть точка C'(0, 3).

Искомое расстояние между скрещивающимися прямыми MN и AC равно расстоянию от точки M(0, 0) до прямой A'C' в плоскости xOz.

Найдем уравнение прямой A'C', проходящей через точки (2, 0) и (0, 3) в системе координат (x, z).Уравнение прямой в отрезках: $\frac{x}{a} + \frac{z}{b} = 1$, где $a$ — x-пересечение, $b$ — z-пересечение.$\frac{x}{2} + \frac{z}{3} = 1$.

Приведем уравнение к общему виду $Ax+Bz+C=0$:$3x + 2z = 6 \Rightarrow 3x + 2z - 6 = 0$.

Расстояние от точки $(x_0, z_0)$ до прямой $Ax+Bz+C=0$ вычисляется по формуле:$d = \frac{|Ax_0 + Bz_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$.

В нашем случае точка — это начало координат (0, 0), а уравнение прямой $3x + 2z - 6 = 0$.$d = \frac{|3(0) + 2(0) - 6|}{\sqrt{3^2 + 2^2}} = \frac{|-6|}{\sqrt{9 + 4}} = \frac{6}{\sqrt{13}}$ см.

Ответ: $\frac{6}{\sqrt{13}}$ см.