Номер 14.38, страница 164 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

14.38. Точка $M$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$, точка $O$ — центр данного квадрата, $MO = AC$. Точка $K$ — середина отрезка $MC$. Найдите тангенс угла между плоскостями $BMD$ и $BKD$.

Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$. Поскольку точка $M$ равноудалена от всех вершин квадрата ($MA=MB=MC=MD$), ее проекцией на плоскость квадрата является центр описанной окружности, то есть точка $O$. Это означает, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости квадрата $(ABCD)$. Таким образом, $MABCD$ — это правильная четырехугольная пирамида.

Две плоскости, $(BMD)$ и $(BKD)$, пересекаются по прямой $BD$. Угол между двумя плоскостями — это угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными линии их пересечения в одной и той же точке.

Рассмотрим треугольник $BMD$. Так как $M$ равноудалена от вершин $B$ и $D$ ($MB=MD$), то треугольник $BMD$ — равнобедренный. $O$ — середина основания $BD$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является и высотой. Следовательно, $MO \perp BD$.

Рассмотрим треугольник $BKD$. Докажем, что он также равнобедренный. Треугольники $\triangle MBC$ и $\triangle MDC$ равны по трем сторонам ($MB=MD$ по условию, $BC=DC$ как стороны квадрата, $MC$ — общая сторона). Точка $K$ — середина отрезка $MC$. Отрезки $BK$ и $DK$ являются медианами к стороне $MC$ в равных треугольниках, следовательно, $BK = DK$. Таким образом, треугольник $BKD$ — равнобедренный с основанием $BD$.

Поскольку $\triangle BKD$ — равнобедренный, а $O$ — середина его основания $BD$, то медиана $KO$ также является высотой. Следовательно, $KO \perp BD$.

Мы получили, что $MO \perp BD$ и $KO \perp BD$. Обе прямые $MO$ и $KO$ лежат в соответствующих плоскостях и перпендикулярны линии пересечения $BD$ в одной и той же точке $O$. Значит, угол между плоскостями $(BMD)$ и $(BKD)$ равен линейному углу $\angle MOK$.

Для нахождения тангенса этого угла рассмотрим плоскость, содержащую точки $M, O, C$ (так как $K$ лежит на отрезке $MC$, точка $K$ также лежит в этой плоскости). Поскольку $MO \perp (ABCD)$, а $OC$ лежит в плоскости $(ABCD)$, то $MO \perp OC$. Таким образом, $\triangle MOC$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $O$.

Пусть половина диагонали квадрата $OC = x$. Тогда вся диагональ $AC = 2x$. По условию, высота пирамиды $MO = AC = 2x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOC$. Точка $K$ — середина гипотенузы $MC$. Проведем из точки $K$ перпендикуляр $KP$ к катету $OC$. Так как $KP \parallel MO$, по теореме Фалеса $P$ — середина катета $OC$, а $KP$ — средняя линия треугольника.Тогда:$OP = \frac{1}{2}OC = \frac{x}{2}$$KP = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}(2x) = x$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KOP$ (прямой угол при $P$). Угол $\angle KOP$ (или, что то же самое, $\angle KOC$) и искомый угол $\angle MOK$ в сумме составляют $90^\circ$, так как они образуют прямой угол $\angle MOC$:$\angle MOK + \angle KOC = \angle MOC = 90^\circ$Отсюда следует, что $\tan(\angle MOK) = \tan(90^\circ - \angle KOC) = \cot(\angle KOC)$.

Найдем тангенс угла $\angle KOC$ из треугольника $KOP$:$\tan(\angle KOC) = \tan(\angle KOP) = \frac{KP}{OP} = \frac{x}{x/2} = 2$.

Тогда искомый тангенс угла $\angle MOK$ равен:$\tan(\angle MOK) = \cot(\angle KOC) = \frac{1}{\tan(\angle KOC)} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}$.