Номер 12.16, страница 143 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

12.16. Точка $M$ не принадлежит плоскости треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) и находится на расстоянии $2\sqrt{5}$ см от каждой из прямых, содержащих его стороны. Проекцией точки $M$ на плоскость $ABC$ является точка $O$, принадлежащая данному треугольнику. Точка касания окружности, вписанной в треугольник $ABC$, с гипотенузой $AB$ делит её на отрезки длиной 3 см и 10 см. Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $ABC$.

Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость треугольника $ABC$. Тогда отрезок $MO$ является расстоянием от точки $M$ до плоскости $ABC$, и $MO \perp (ABC)$.Расстояние от точки $M$ до прямой, содержащей сторону треугольника (например, $AC$), — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на эту прямую. Обозначим основание этого перпендикуляра как $K$. Таким образом, $MK \perp AC$ и по условию $MK = 2\sqrt{5}$ см.Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MOK$ (прямой угол $\angle MOK$, так как $MO \perp (ABC)$ и $OK \subset (ABC)$). По теореме о трех перпендикулярах, поскольку наклонная $MK$ перпендикулярна прямой $AC$ в плоскости, то и ее проекция $OK$ на плоскость $ABC$ также перпендикулярна прямой $AC$. Следовательно, $OK$ — это расстояние от точки $O$ до прямой $AC$.По теореме Пифагора для треугольника $\triangle MOK$: $MK^2 = MO^2 + OK^2$.

По условию, точка $M$ равноудалена от всех трех прямых, содержащих стороны треугольника $ABC$. Это означает, что длины перпендикуляров из точки $M$ к этим прямым равны $2\sqrt{5}$ см. Из этого следует, что их проекции на плоскость $ABC$ также равны между собой. То есть точка $O$ равноудалена от сторон треугольника $ABC$.Точка внутри треугольника, равноудаленная от всех его сторон, является центром вписанной окружности (инцентром), а расстояние от нее до сторон равно радиусу вписанной окружности $r$. Таким образом, $O$ — центр вписанной в $\triangle ABC$ окружности, а $OK = r$.Тогда искомое расстояние $MO$ можно найти из соотношения: $MO^2 = MK^2 - OK^2 = (2\sqrt{5})^2 - r^2 = 20 - r^2$.

Найдем радиус $r$ вписанной окружности.Треугольник $ABC$ — прямоугольный ($\angle ACB = 90^\circ$). Пусть вписанная окружность касается гипотенузы $AB$ в точке $D$, а катетов $BC$ и $AC$ в точках $E$ и $F$ соответственно.По условию, точка касания $D$ делит гипотенузу $AB$ на отрезки длиной 3 см и 10 см. Длина гипотенузы $c = AB = 3 + 10 = 13$ см.По свойству касательных, проведенных из одной вершины к окружности, отрезки касательных от вершины до точек касания равны. Пусть $AD = 10$ см и $BD = 3$ см. Тогда:$AF = AD = 10$ см.$BE = BD = 3$ см.Рассмотрим четырехугольник $OECF$. В нем $OE \perp BC$, $OF \perp AC$, $\angle C = 90^\circ$, $OE = OF = r$. Следовательно, $OECF$ — квадрат, и $CE = CF = r$.Тогда длины катетов треугольника $ABC$ равны:$a = BC = BE + EC = 3 + r$$b = AC = AF + FC = 10 + r$Применим теорему Пифагора для треугольника $ABC$: $a^2 + b^2 = c^2$.$(3+r)^2 + (10+r)^2 = 13^2$$9 + 6r + r^2 + 100 + 20r + r^2 = 169$$2r^2 + 26r + 109 = 169$$2r^2 + 26r - 60 = 0$$r^2 + 13r - 30 = 0$Решим полученное квадратное уравнение. По теореме Виета, корни уравнения $r_1 = -15$ и $r_2 = 2$.Поскольку радиус не может быть отрицательным, $r = 2$ см.

Теперь можем найти искомое расстояние $MO$:$MO = \sqrt{20 - r^2} = \sqrt{20 - 2^2} = \sqrt{20 - 4} = \sqrt{16} = 4$ см.

Ответ: 4 см.