Страница 120 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

10.8. Через центр $O$ правильного треугольника $ABC$ проведена прямая $DO$, перпендикулярная плоскости $ABC$ (рис. 10.22). Найдите отрезок $DO$, если $AB = 6$ см, $DA = 4$ см.

Рис. 10.22

Поскольку прямая DO перпендикулярна плоскости правильного треугольника ABC, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку O. В частности, прямая DO перпендикулярна прямой OA. Это означает, что треугольник DOA является прямоугольным, где $\angle DOA = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике DOA по теореме Пифагора квадрат гипотенузы DA равен сумме квадратов катетов DO и OA: $DA^2 = DO^2 + OA^2$

Из этой формулы мы можем выразить искомый отрезок DO: $DO^2 = DA^2 - OA^2$

Из условия задачи нам известна длина гипотенузы $DA = 4$ см. Чтобы найти DO, необходимо вычислить длину катета OA.

Точка O — центр правильного треугольника ABC. В правильном треугольнике центр совпадает с центром описанной окружности. Следовательно, отрезок OA является радиусом ($R$) окружности, описанной около треугольника ABC.

Радиус описанной окружности для правильного треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле: $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

По условию, сторона треугольника $a = AB = 6$ см. Подставим это значение в формулу, чтобы найти длину OA: $OA = R = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{(\sqrt{3})^2} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь у нас есть все необходимые данные для вычисления DO. Подставим значения DA и OA в формулу, полученную из теоремы Пифагора: $DO^2 = 4^2 - (2\sqrt{3})^2 = 16 - (4 \cdot 3) = 16 - 12 = 4$

Отсюда находим длину отрезка DO: $DO = \sqrt{4} = 2$ см.

Ответ: 2 см.

10.9. Через центр O квадрата ABCD проведена прямая MO, перпендикулярная плоскости квадрата (рис. 10.23). Найдите расстояние от точки M до вершины D, если $AD = 4\sqrt{2}$ см, $MO = 2$ см.

Рис. 10.23

Поскольку прямая $MO$ перпендикулярна плоскости квадрата $ABCD$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $O$. В частности, $MO$ перпендикулярна диагонали $BD$, а значит, и отрезку $OD$. Таким образом, треугольник $MOD$ является прямоугольным, где $\angle MOD = 90^\circ$.

Для нахождения расстояния от точки $M$ до вершины $D$, то есть длины отрезка $MD$, мы можем применить теорему Пифагора к треугольнику $MOD$:

$MD^2 = MO^2 + OD^2$

Из условия задачи нам известна длина $MO = 2$ см. Необходимо найти длину отрезка $OD$.

Точка $O$ — центр квадрата, то есть точка пересечения его диагоналей. Диагонали квадрата в точке пересечения делятся пополам, следовательно, $OD$ равно половине диагонали $BD$.

Найдем длину диагонали $BD$ из прямоугольного треугольника $ABD$ (в квадрате все углы прямые). По теореме Пифагора:

$BD^2 = AB^2 + AD^2$

Так как $ABCD$ — квадрат, все его стороны равны: $AB = AD = 4\sqrt{2}$ см. Подставим значения:

$BD^2 = (4\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{2})^2 = 16 \cdot 2 + 16 \cdot 2 = 32 + 32 = 64$

$BD = \sqrt{64} = 8$ см.

Теперь найдем длину отрезка $OD$:

$OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Подставим найденные значения $MO$ и $OD$ в формулу для $MD$:

$MD^2 = 2^2 + 4^2 = 4 + 16 = 20$

$MD = \sqrt{20} = \sqrt{4 \cdot 5} = 2\sqrt{5}$ см.

Ответ: $2\sqrt{5}$ см.

10.10. Точка $O$ — центр грани $ABCD$ куба $A_1B_1C_1D_1$, ребро которого равно $a$ (рис. 10.24). Найдите:

1) расстояние от точки $O$ до вершины $B_1$ куба;

2) тангенс угла между прямыми $B_1O$ и $DD_1$.

Рис. 10.24

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Оси координат направим вдоль ребер куба: ось $x$ вдоль $AB$, ось $y$ вдоль $AD$, ось $z$ вдоль $AA_1$. Так как ребро куба равно $a$, то координаты вершин будут:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(a, 0, 0)$
• $C(a, a, 0)$
• $D(0, a, 0)$
• $B_1(a, 0, a)$
• $D_1(0, a, a)$

Точка $O$ — центр грани $ABCD$. Координаты центра грани можно найти как среднее арифметическое координат ее вершин. Для квадрата достаточно взять середину диагонали, например, $AC$.

$O = \left( \frac{x_A+x_C}{2}, \frac{y_A+y_C}{2}, \frac{z_A+z_C}{2} \right) = \left( \frac{0+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2} \right) = \left( \frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0 \right)$.

Расстояние между двумя точками $M_1(x_1, y_1, z_1)$ и $M_2(x_2, y_2, z_2)$ вычисляется по формуле:

$d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$

Найдем расстояние $OB_1$ между точкой $O\left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right)$ и вершиной $B_1(a, 0, a)$.

$OB_1 = \sqrt{\left(a - \frac{a}{2}\right)^2 + \left(0 - \frac{a}{2}\right)^2 + (a - 0)^2} = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2 + a^2}$

$OB_1 = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + a^2} = \sqrt{\frac{a^2+a^2+4a^2}{4}} = \sqrt{\frac{6a^2}{4}} = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$

Альтернативное решение (геометрическое):

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OBB_1$ (так как ребро $BB_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$, а значит и любой прямой в этой плоскости, в том числе $OB$).

Катет $BB_1$ равен ребру куба, то есть $BB_1 = a$.

Катет $OB$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Диагональ $BD$ квадрата со стороной $a$ равна $a\sqrt{2}$.

$OB = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

По теореме Пифагора для треугольника $OBB_1$:

$OB_1^2 = OB^2 + BB_1^2 = \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 + a^2 = \frac{2a^2}{4} + a^2 = \frac{a^2}{2} + a^2 = \frac{3a^2}{2}$

$OB_1 = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$

Ответ: $\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Прямые $B_1O$ и $DD_1$ являются скрещивающимися. Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между двумя пересекающимися прямыми, которые параллельны исходным.

Прямая $DD_1$ параллельна ребру $BB_1$, так как $BB_1D_1D$ — грань куба (квадрат). Следовательно, угол между прямыми $B_1O$ и $DD_1$ равен углу между прямыми $B_1O$ и $BB_1$.

Эти прямые пересекаются в точке $B_1$ и образуют угол $\angle OB_1B$ в прямоугольном треугольнике $OBB_1$, который мы рассматривали в первом пункте.

Тангенс угла в прямоугольном треугольнике равен отношению противолежащего катета к прилежащему.

Для угла $\angle OB_1B$ противолежащим катетом является $OB$, а прилежащим — $BB_1$.

$\tan(\angle OB_1B) = \frac{OB}{BB_1}$

Мы уже нашли длины этих катетов:

$OB = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

$BB_1 = a$

Подставляем значения в формулу:

$\tan(\angle OB_1B) = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a} = \frac{a\sqrt{2}}{2a} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Альтернативное решение (векторное):

Найдем векторы, соответствующие прямым. Вектор $\vec{B_1O}$ и направляющий вектор прямой $DD_1$, например $\vec{DD_1}$.

$\vec{B_1O} = \left(\frac{a}{2}-a; \frac{a}{2}-0; 0-a\right) = \left(-\frac{a}{2}; \frac{a}{2}; -a\right)$

$\vec{DD_1} = (0-0; a-a; a-0) = (0; 0; a)$

Косинус угла $\alpha$ между векторами вычисляется по формуле:

$\cos\alpha = \frac{|\vec{B_1O} \cdot \vec{DD_1}|}{|\vec{B_1O}| \cdot |\vec{DD_1}|}$

$\vec{B_1O} \cdot \vec{DD_1} = \left(-\frac{a}{2}\right) \cdot 0 + \frac{a}{2} \cdot 0 + (-a) \cdot a = -a^2$

$|\vec{B_1O}| = \sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 + (-a)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + a^2} = \sqrt{\frac{6a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$ (это и есть расстояние, найденное в п.1)

$|\vec{DD_1}| = \sqrt{0^2 + 0^2 + a^2} = a$

$\cos\alpha = \frac{|-a^2|}{\frac{a\sqrt{6}}{2} \cdot a} = \frac{a^2}{\frac{a^2\sqrt{6}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Теперь найдем тангенс, используя основное тригонометрическое тождество $1 + \tan^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$:

$\tan^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1 = \frac{1}{(\frac{\sqrt{6}}{3})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{6}{9}} - 1 = \frac{9}{6} - 1 = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}$

$\tan\alpha = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ (угол между прямыми острый, поэтому тангенс положителен).

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$

10.11. Диагональ $B_1D$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равна 17 см, а диагональ $AB_1$ боковой грани $AA_1B_1B$ равна 15 см (рис. 10.25). Найдите ребро $AD$ параллелепипеда.

Рис. 10.25

Рассмотрим прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Согласно условию задачи, длина диагонали параллелепипеда $B_1D$ составляет 17 см, а длина диагонали боковой грани $AA_1B_1B$ — $AB_1$ — равна 15 см.

В прямоугольном параллелепипеде боковые грани перпендикулярны основаниям. В частности, грань $ADD_1A_1$ перпендикулярна грани $AA_1B_1B$. Это означает, что ребро $AD$, принадлежащее грани $ADD_1A_1$, перпендикулярно всей плоскости грани $AA_1B_1B$.

Поскольку ребро $AD$ перпендикулярно плоскости $AA_1B_1B$, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости. Диагональ $AB_1$ лежит в плоскости $AA_1B_1B$, следовательно, ребро $AD$ перпендикулярно диагонали $AB_1$.

Таким образом, треугольник $\triangle DAB_1$ является прямоугольным, где $\angle DAB_1 = 90^\circ$. В этом треугольнике:

• стороны $AD$ и $AB_1$ являются катетами;
• сторона $B_1D$ является гипотенузой.

Применим к прямоугольному треугольнику $\triangle DAB_1$ теорему Пифагора, согласно которой квадрат длины гипотенузы равен сумме квадратов длин катетов:
$B_1D^2 = AD^2 + AB_1^2$

Подставим в это равенство известные значения длин $B_1D$ и $AB_1$:
$17^2 = AD^2 + 15^2$

Теперь выразим $AD^2$ и вычислим его значение:
$AD^2 = 17^2 - 15^2$
Для вычисления можно использовать формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$:
$AD^2 = (17 - 15)(17 + 15) = 2 \cdot 32 = 64$
Или можно вычислить квадраты напрямую:
$AD^2 = 289 - 225 = 64$

Чтобы найти длину ребра $AD$, извлечем квадратный корень из полученного значения:
$AD = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.

10.12. Через вершину $B$ ромба $ABCD$ проведена прямая $BE$, перпендикулярная плоскости ромба (рис. 10.26). Докажите, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BEO$.

Рис. 10.26

Для доказательства того, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BEO$, необходимо доказать, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $BEO$. В качестве таких прямых рассмотрим $BE$ и $BO$.

1. По условию, прямая $BE$ перпендикулярна плоскости ромба $ABCD$ ($BE \perp (ABCD)$). Прямая $AC$ лежит в плоскости ромба $ABCD$ ($AC \subset (ABCD)$). По определению перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Отсюда следует, что $AC \perp BE$.

2. $ABCD$ — ромб. По свойству диагоналей ромба, они пересекаются под прямым углом, то есть они взаимно перпендикулярны. Следовательно, $AC \perp BD$. Прямая $BO$ является частью диагонали $BD$, поэтому прямая $AC$ перпендикулярна прямой $BO$ ($AC \perp BO$).

Таким образом, прямая $AC$ перпендикулярна двум прямым — $BE$ и $BO$, — которые лежат в плоскости $BEO$ и пересекаются в точке $B$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BEO$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

10.13. Через вершину $A$ прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) проведена прямая $AF$, перпендикулярная плоскости $ABC$ (рис. 10.27). Докажите, что прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $AFC$.

Рис. 10.27

Для доказательства того, что прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $AFC$, необходимо доказать, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых выберем $AC$ и $AF$.

1. Из условия задачи известно, что треугольник $ABC$ — прямоугольный и $\angle ACB = 90^\circ$. По определению, это означает, что катеты $BC$ и $AC$ взаимно перпендикулярны. Таким образом, $BC \perp AC$.

2. Также по условию прямая $AF$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Согласно определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поскольку прямая $BC$ лежит в плоскости $ABC$, то прямая $AF$ перпендикулярна прямой $BC$. Таким образом, $AF \perp BC$.

Мы установили, что прямая $BC$ перпендикулярна двум прямым: $AC$ и $AF$. Обе эти прямые лежат в плоскости $AFC$ и пересекаются в точке $A$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $AFC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

10.14. На ребре $AB$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, отметили точку $M$. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $AB$.

Пусть искомая секущая плоскость — это плоскость $\alpha$. По условию задачи, она проходит через точку $M$, принадлежащую ребру $AB$, и перпендикулярна прямой $AB$.

Рассмотрим свойства прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Его грани являются прямоугольниками, следовательно, смежные ребра перпендикулярны. В частности, ребро $AB$ перпендикулярно ребру $AD$ (так как $ABCD$ — прямоугольник) и ребру $AA_1$ (так как $ABB_1A_1$ — прямоугольник).

Прямые $AD$ и $AA_1$ пересекаются в точке $A$ и определяют плоскость грани $ADD_1A_1$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости грани $(ADD_1A_1)$.

Мы имеем две плоскости: искомую плоскость $\alpha$ и плоскость грани $(ADD_1A_1)$. Обе они по условию и по свойству параллелепипеда перпендикулярны одной и той же прямой $AB$. Из теоремы о том, что две плоскости, перпендикулярные одной прямой, параллельны, следует, что $\alpha \parallel (ADD_1A_1)$.

Следовательно, задача сводится к построению сечения плоскостью, проходящей через точку $M$ и параллельной плоскости грани $ADD_1A_1$.

Построение сечения:

1. В плоскости нижнего основания $(ABCD)$ через точку $M$ проводим прямую, параллельную $AD$. Точку ее пересечения с ребром $CD$ обозначим $N$. Отрезок $MN$ — это линия пересечения секущей плоскости с гранью $ABCD$.
2. В плоскости передней грани $(ABB_1A_1)$ через точку $M$ проводим прямую, параллельную $AA_1$. Точку ее пересечения с ребром $A_1B_1$ обозначим $P$. Отрезок $MP$ — линия пересечения с гранью $ABB_1A_1$.
3. В плоскости верхнего основания $(A_1B_1C_1D_1)$ через точку $P$ проводим прямую, параллельную $A_1D_1$ (или, что то же самое, параллельную $MN$). Точку ее пересечения с ребром $C_1D_1$ обозначим $Q$. Отрезок $PQ$ — линия пересечения с гранью $A_1B_1C_1D_1$.
4. Соединяем точки $N$ и $Q$. Отрезок $NQ$ — линия пересечения с задней гранью $CDD_1C_1$. Он будет параллелен отрезку $MP$, так как они являются линиями пересечения секущей плоскости с параллельными гранями.

Полученный четырехугольник $MNQP$ является искомым сечением. Так как по построению $MN \parallel AD$ и $MP \parallel AA_1$, а в прямоугольном параллелепипеде $AD \perp AA_1$, то угол между прямыми $MN$ и $MP$ прямой. Следовательно, сечение $MNQP$ — это прямоугольник.

Ответ: Искомое сечение — это прямоугольник $MNQP$, где точки $N, P, Q$ строятся последовательно: в плоскости $(ABCD)$ проводится $MN \parallel AD$ ($N \in CD$), в плоскости $(ABB_1A_1)$ проводится $MP \parallel AA_1$ ($P \in A_1B_1$), и в плоскости $(A_1B_1C_1D_1)$ проводится $PQ \parallel A_1D_1$ ($Q \in C_1D_1$).