Страница 134 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

11.15. Из точки $M$ провели к плоскости $\alpha$ равные наклонные $MA, MB, MC$ и $MD$. Могут ли точки $A, B, C$ и $D$ быть вершинами:

1) прямоугольника;

2) ромба;

3) прямоугольной трапеции;

4) равнобокой трапеции?

Пусть O — проекция точки M на плоскость α. Тогда отрезки OA, OB, OC и OD являются проекциями наклонных MA, MB, MC и MD на эту плоскость.

Поскольку MO — перпендикуляр к плоскости α, то треугольники ΔMOA, ΔMOB, ΔMOC и ΔMOD являются прямоугольными (с прямым углом при вершине O). У них общий катет MO, а гипотенузы MA, MB, MC и MD равны по условию задачи.

Из равенства прямоугольных треугольников по гипотенузе и катету следует равенство других катетов: $OA = OB = OC = OD$.

Это означает, что точки A, B, C и D равноудалены от точки O и, следовательно, лежат на одной окружности с центром в точке O. Таким образом, задача сводится к выяснению, какие из перечисленных четырехугольников могут быть вписаны в окружность.

1) прямоугольника

Четырехугольник можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов равна $180°$. У прямоугольника все углы равны $90°$, поэтому сумма любых двух противоположных углов равна $90° + 90° = 180°$. Следовательно, любой прямоугольник можно вписать в окружность.

Ответ: Да.

2) ромба

Чтобы ромб можно было вписать в окружность, сумма его противоположных углов должна быть равна $180°$. В ромбе противоположные углы равны. Если один из углов ромба равен α, то и противоположный ему угол равен α. Для того чтобы ромб был вписанным, должно выполняться условие $α + α = 180°$, откуда $α = 90°$. Ромб, у которого есть прямой угол, является квадратом. Квадрат можно вписать в окружность. Таким образом, точки A, B, C и D могут быть вершинами ромба, если этот ромб является квадратом.

Ответ: Да.

3) прямоугольной трапеции

Чтобы прямоугольную трапецию можно было вписать в окружность, сумма ее противоположных углов должна быть равна $180°$. Прямоугольная трапеция имеет два прямых угла при одной из боковых сторон. Пусть это углы $\angle A$ и $\angle B$. Тогда $\angle A = \angle B = 90°$. Для вписанной трапеции должно выполняться: $\angle A + \angle C = 180°$ и $\angle B + \angle D = 180°$. Отсюда следует, что $\angle C = 180° - 90° = 90°$ и $\angle D = 180° - 90° = 90°$. Четырехугольник, у которого все углы прямые, является прямоугольником. Прямоугольник является частным случаем прямоугольной трапеции. Так как прямоугольник можно вписать в окружность, то точки A, B, C и D могут быть вершинами прямоугольной трапеции.

Ответ: Да.

4) равнобокой трапеции

Трапецию можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда она является равнобокой. Это одно из свойств равнобокой трапеции. Сумма ее противоположных углов всегда равна $180°$. Следовательно, любую равнобокую трапецию можно вписать в окружность.

Ответ: Да.

11.16. Докажите, что из двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, большую проекцию имеет большая наклонная.

Доказательство

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A$, не принадлежащая этой плоскости. Проведем из точки $A$ две наклонные $AB$ и $AC$ к плоскости $\alpha$, где $B$ и $C$ – точки пересечения наклонных с плоскостью. Также опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$.

Отрезки $HB$ и $HC$ являются ортогональными проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Рассмотрим два треугольника: $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Поскольку $AH$ – перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $H$. Следовательно, $\angle AHB = 90^\circ$ и $\angle AHC = 90^\circ$. Таким образом, треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными с общим катетом $AH$.

По теореме Пифагора для этих треугольников можно записать следующие равенства:

$AB^2 = AH^2 + HB^2$

$AC^2 = AH^2 + HC^2$

Выразим из этих формул квадраты длин проекций:

$HB^2 = AB^2 - AH^2$

$HC^2 = AC^2 - AH^2$

Предположим, что одна из наклонных больше другой, например, $AB > AC$. Поскольку длины отрезков являются положительными числами, то из этого неравенства следует, что $AB^2 > AC^2$.

Сравним выражения для квадратов проекций. Вычтем из обеих частей неравенства $AB^2 > AC^2$ одинаковую величину $AH^2$:

$AB^2 - AH^2 > AC^2 - AH^2$

Подставив левые части этого неравенства, получим:

$HB^2 > HC^2$

Так как длины проекций $HB$ и $HC$ также являются положительными величинами, то извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства, мы сохраняем его знак:

$HB > HC$

Таким образом, мы доказали, что если наклонная $AB$ больше наклонной $AC$, то и ее проекция $HB$ больше проекции $HC$. То есть, из двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, большей наклонной соответствует большая проекция.

Ответ: Что и требовалось доказать.

11.17 Докажите, что из двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, больше та, у которой проекция больше.

Пусть из точки $A$, не лежащей в плоскости $\alpha$, проведены две наклонные $AB$ и $AC$ к этой плоскости ($B \in \alpha$, $C \in \alpha$). Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$ ($H \in \alpha$). Тогда отрезок $HB$ является проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $HC$ — проекцией наклонной $AC$.

По условию задачи, проекция одной наклонной больше проекции другой. Пусть, для определённости, $HB > HC$. Нам нужно доказать, что и сама наклонная $AB$ больше наклонной $AC$, то есть $AB > AC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Поскольку $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $H$. Следовательно, $AH \perp HB$ и $AH \perp HC$. Это означает, что треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными с общим катетом $AH$.

Применим к этим прямоугольным треугольникам теорему Пифагора, согласно которой квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:
$AB^2 = AH^2 + HB^2$
$AC^2 = AH^2 + HC^2$

Теперь сравним квадраты длин наклонных $AB$ и $AC$. Из условия известно, что $HB > HC$. Так как длины отрезков являются положительными величинами, мы можем возвести обе части неравенства в квадрат:
$HB^2 > HC^2$
Прибавим к обеим частям этого неравенства положительную величину $AH^2$:
$AH^2 + HB^2 > AH^2 + HC^2$

Используя равенства, полученные из теоремы Пифагора, мы можем заменить суммы квадратов катетов на квадраты соответствующих гипотенуз:
$AB^2 > AC^2$

Поскольку длины наклонных $AB$ и $AC$ также являются положительными величинами, из неравенства для их квадратов следует аналогичное неравенство и для самих длин:
$AB > AC$

Таким образом, мы доказали, что наклонная, имеющая большую проекцию, имеет и большую длину. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что из двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, больше та, у которой проекция больше, доказано.

11.18. Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $AB$ и $AC$ длиной 25 см и 17 см соответственно. Найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$, если проекции данных наклонных на эту плоскость относятся как $5 : 2$.

Пусть $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Тогда длина отрезка $AH$ является искомым расстоянием от точки $A$ до плоскости $\alpha$. Обозначим эту длину как $h$.

Отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно. Треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $H$.

По условию задачи даны длины наклонных:

$AB = 25$ см

$AC = 17$ см

Также известно, что проекции наклонных относятся как 5 : 2:

$HB : HC = 5 : 2$

Введем коэффициент пропорциональности $k$, тогда длины проекций можно выразить как:

$HB = 5k$

$HC = 2k$

Применим теорему Пифагора для двух прямоугольных треугольников:

1. Для $\triangle AHB$: $AH^2 + HB^2 = AB^2$

$h^2 + (5k)^2 = 25^2$

$h^2 + 25k^2 = 625$

2. Для $\triangle AHC$: $AH^2 + HC^2 = AC^2$

$h^2 + (2k)^2 = 17^2$

$h^2 + 4k^2 = 289$

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными $h$ и $k$:

$\begin{cases} h^2 + 25k^2 = 625 \\ h^2 + 4k^2 = 289 \end{cases}$

Вычтем второе уравнение из первого, чтобы исключить $h^2$:

$(h^2 + 25k^2) - (h^2 + 4k^2) = 625 - 289$

$21k^2 = 336$

$k^2 = \frac{336}{21}$

$k^2 = 16$

Теперь подставим найденное значение $k^2$ в любое из уравнений системы, чтобы найти $h^2$. Возьмем второе уравнение:

$h^2 + 4k^2 = 289$

$h^2 + 4 \cdot 16 = 289$

$h^2 + 64 = 289$

$h^2 = 289 - 64$

$h^2 = 225$

$h = \sqrt{225}$

$h = 15$

Таким образом, расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ равно 15 см.

Ответ: 15 см.

11.19. Из точки $D$ к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $DA$ и $DB$, сумма которых равна 28 см. Найдите эти наклонные, если их проекции на плоскость $\alpha$ равны соответственно 9 см и 5 см.

Пусть $DH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость $\alpha$. Длина этого перпендикуляра $DH = h$. Наклонные $DA$ и $DB$ вместе со своими проекциями $HA$ и $HB$ и перпендикуляром $DH$ образуют два прямоугольных треугольника: $\triangle DHA$ и $\triangle DHB$.

Из условия задачи известны следующие данные:
1. Сумма длин наклонных: $DA + DB = 28$ см.
2. Длины их проекций: $HA = 9$ см и $HB = 5$ см.

По теореме Пифагора для каждого из прямоугольных треугольников можно записать:
$DA^2 = DH^2 + HA^2 \implies DA^2 = h^2 + 9^2 = h^2 + 81$
$DB^2 = DH^2 + HB^2 \implies DB^2 = h^2 + 5^2 = h^2 + 25$

Вычтем второе уравнение из первого, чтобы исключить неизвестную высоту $h$:
$DA^2 - DB^2 = (h^2 + 81) - (h^2 + 25)$
$DA^2 - DB^2 = 81 - 25$
$DA^2 - DB^2 = 56$

Применим формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$:
$(DA - DB)(DA + DB) = 56$

Из условия известно, что $DA + DB = 28$. Подставим это значение в полученное уравнение:
$(DA - DB) \cdot 28 = 56$

Отсюда найдем разность длин наклонных:
$DA - DB = \frac{56}{28}$
$DA - DB = 2$

Теперь мы имеем систему из двух линейных уравнений:
1) $DA + DB = 28$
2) $DA - DB = 2$

Сложим эти два уравнения:
$(DA + DB) + (DA - DB) = 28 + 2$
$2 \cdot DA = 30$
$DA = 15$ см

Теперь, зная $DA$, найдем $DB$ из первого уравнения системы:
$15 + DB = 28$
$DB = 28 - 15$
$DB = 13$ см

Таким образом, длины наклонных равны 15 см и 13 см.

Ответ: 15 см и 13 см.

11.20. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $MN$ и $MK$, образующие со своими проекциями на данную плоскость углы по $60^\circ$. Найдите расстояние между основаниями данных наклонных, если угол между наклонными равен $90^\circ$, а расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ равно $\sqrt{3}$ см.

Пусть $M$ - точка, из которой проведены наклонные, а $\alpha$ - плоскость. Опустим перпендикуляр $MH$ из точки $M$ на плоскость $\alpha$. Тогда $H$ - проекция точки $M$ на плоскость $\alpha$, а длина отрезка $MH$ - это расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$. По условию, $MH = \sqrt{3}$ см.

$N$ и $K$ - основания наклонных, лежащие в плоскости $\alpha$. Тогда $MN$ и $MK$ - это данные наклонные. $HN$ является проекцией наклонной $MN$ на плоскость $\alpha$, а $HK$ - проекцией наклонной $MK$ на плоскость $\alpha$.

Угол между наклонной и ее проекцией на плоскость - это угол между наклонной и плоскостью. По условию, эти углы равны $60^\circ$. Таким образом, $\angle MNH = 60^\circ$ и $\angle MKH = 60^\circ$.

Так как $MH$ - перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то $MH \perp HN$ и $MH \perp HK$. Следовательно, треугольники $\triangle MNH$ и $\triangle MKH$ являются прямоугольными (с прямым углом при вершине $H$).

1. Найдем длины наклонных MN и MK

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MNH$. Мы знаем катет $MH = \sqrt{3}$ см и противолежащий ему угол $\angle MNH = 60^\circ$. Можем найти гипотенузу $MN$:

$\sin(\angle MNH) = \frac{MH}{MN}$

$MN = \frac{MH}{\sin(60^\circ)} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2$ см.

Аналогично, для прямоугольного треугольника $\triangle MKH$ с катетом $MH = \sqrt{3}$ см и углом $\angle MKH = 60^\circ$ найдем гипотенузу $MK$:

$MK = \frac{MH}{\sin(60^\circ)} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2$ см.

Таким образом, длины наклонных равны: $MN = MK = 2$ см.

2. Найдем расстояние между основаниями наклонных NK

Рассмотрим треугольник $\triangle NMK$. Его стороны - это две наклонные $MN$, $MK$ и отрезок $NK$, соединяющий их основания. По условию, угол между наклонными равен $90^\circ$, то есть $\angle NMK = 90^\circ$.

Следовательно, треугольник $\triangle NMK$ является прямоугольным с катетами $MN = 2$ см и $MK = 2$ см. Расстояние между основаниями наклонных, $NK$, является гипотенузой этого треугольника.

По теореме Пифагора:

$NK^2 = MN^2 + MK^2$

$NK^2 = 2^2 + 2^2 = 4 + 4 = 8$

$NK = \sqrt{8} = \sqrt{4 \cdot 2} = 2\sqrt{2}$ см.

Ответ: $2\sqrt{2}$ см.

11.21. Из точки A к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $AB$ и $AC$, образующие со своими проекциями на данную плоскость углы по $30^{\circ}$. Найдите данные наклонные и расстояние от точки A до плоскости $\alpha$, если угол между проекциями наклонных равен $90^{\circ}$, а расстояние между основаниями наклонных равно $6$ см.

Пусть $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Таким образом, $H$ является проекцией точки $A$ на плоскость $\alpha$, а длина отрезка $AH$ — искомое расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$.

Отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$. Угол между наклонной и ее проекцией — это угол между отрезками $AB$ и $HB$, а также $AC$ и $HC$. По условию задачи, $\angle ABH = 30^\circ$ и $\angle ACH = 30^\circ$.

Треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными, так как $AH \perp \alpha$, а значит $AH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости ($AH \perp HB$ и $AH \perp HC$).

Так как у прямоугольных треугольников $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ общий катет $AH$ и равные острые углы ($\angle ABH = \angle ACH = 30^\circ$), то эти треугольники равны по катету и противолежащему острому углу. Из равенства треугольников следует, что $AB = AC$ (длины наклонных равны) и $HB = HC$ (длины проекций наклонных равны).

По условию, угол между проекциями наклонных равен $90^\circ$, то есть $\angle BHC = 90^\circ$. Точки $B, H, C$ лежат в плоскости $\alpha$ и образуют треугольник $\triangle BHC$. Так как $HB = HC$ и $\angle BHC = 90^\circ$, этот треугольник является равнобедренным прямоугольным треугольником.

Расстояние между основаниями наклонных $B$ и $C$ равно 6 см, то есть $BC = 6$ см. В треугольнике $\triangle BHC$ сторона $BC$ является гипотенузой. Применим теорему Пифагора: $HB^2 + HC^2 = BC^2$. Поскольку $HB=HC$, получаем: $2 \cdot HB^2 = 6^2$ $2 \cdot HB^2 = 36$ $HB^2 = 18$ $HB = \sqrt{18} = \sqrt{9 \cdot 2} = 3\sqrt{2}$ см.

Теперь, зная длину проекции $HB = 3\sqrt{2}$ см, мы можем найти искомые величины из прямоугольного треугольника $\triangle AHB$.

Расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ (длина катета $AH$) находится через тангенс угла $\angle ABH$: $AH = HB \cdot \tan(\angle ABH) = 3\sqrt{2} \cdot \tan(30^\circ) = 3\sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{2}\sqrt{3}}{3} = \sqrt{6}$ см.

Длины наклонных (длины гипотенуз $AB$ и $AC$) находятся через косинус угла $\angle ABH$: $AB = \frac{HB}{\cos(\angle ABH)} = \frac{3\sqrt{2}}{\cos(30^\circ)} = \frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{3\sqrt{2} \cdot 2}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{2}\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{6}$ см.

Так как $AB = AC$, то длина каждой наклонной равна $2\sqrt{6}$ см.

Ответ: длины наклонных равны $2\sqrt{6}$ см, расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ равно $\sqrt{6}$ см.

11.22. Точка $M$ находится на расстоянии 6 см от каждой вершины правильного треугольника $ABC$, сторона которого равна 9 см. Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $ABC$.

Пусть O — проекция точки M на плоскость треугольника ABC. Тогда искомое расстояние от точки M до плоскости ABC равно длине перпендикуляра MO.

Поскольку точка M равноудалена от вершин треугольника ABC ($MA = MB = MC = 6$ см), то её проекция O на плоскость ABC является центром окружности, описанной около треугольника ABC.

Треугольник ABC является правильным (равносторонним) со стороной $a = 9$ см. Радиус $R$ описанной около правильного треугольника окружности (который равен расстоянию от центра O до любой вершины, например, OA) вычисляется по формуле:

$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

Подставим значение стороны $a = 9$ см, чтобы найти радиус $R = OA$:

$R = OA = \frac{9}{\sqrt{3}} = \frac{9\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим треугольник MOA. Так как MO — перпендикуляр к плоскости ABC, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой OA. Следовательно, треугольник MOA — прямоугольный с прямым углом O.

В этом треугольнике:
- $MA$ — гипотенуза ($MA = 6$ см);
- $OA$ — катет ($OA = 3\sqrt{3}$ см);
- $MO$ — катет, который необходимо найти.

По теореме Пифагора $MA^2 = MO^2 + OA^2$. Выразим отсюда $MO^2$:

$MO^2 = MA^2 - OA^2$

Подставим известные значения и вычислим:

$MO^2 = 6^2 - (3\sqrt{3})^2 = 36 - (9 \cdot 3) = 36 - 27 = 9$

$MO = \sqrt{9} = 3$ см.

Таким образом, расстояние от точки M до плоскости ABC составляет 3 см.

Ответ: 3 см.

11.23. Катеты прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) равны 6 см и 8 см. Точка $D$ удалена от каждой вершины данного треугольника на 13 см. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$.

Пусть точка H является проекцией точки D на плоскость треугольника ABC. Тогда отрезок DH является перпендикуляром к плоскости ABC, и его длина — это искомое расстояние от точки D до плоскости ABC.

Рассмотрим отрезки DA, DB и DC. Это наклонные, проведенные из точки D к плоскости ABC. По условию, длины этих наклонных равны: $DA = DB = DC = 13$ см. Отрезки HA, HB и HC являются проекциями этих наклонных на плоскость ABC.

Так как наклонные, проведенные из одной точки к плоскости, равны, то равны и их проекции. Следовательно, $HA = HB = HC$. Это означает, что точка H равноудалена от всех вершин треугольника ABC, а значит, H — это центр окружности, описанной около треугольника ABC.

Треугольник ABC — прямоугольный ($\angle ACB = 90^\circ$). Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, находится в середине его гипотенузы. Найдем длину гипотенузы AB по теореме Пифагора, зная катеты $AC = 6$ см и $BC = 8$ см:

$AB^2 = AC^2 + BC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$ см$^2$

$AB = \sqrt{100} = 10$ см.

Точка H является серединой гипотенузы AB. Расстояние от H до любой вершины треугольника является радиусом описанной окружности R:

$R = HA = HB = HC = \frac{AB}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник DHA (угол $\angle DHA = 90^\circ$, так как DH перпендикулярен плоскости ABC). В этом треугольнике:

• DA — гипотенуза, $DA = 13$ см (по условию).
• HA — катет, $HA = 5$ см (как мы нашли выше).
• DH — искомый катет.

По теореме Пифагора:

$DA^2 = DH^2 + HA^2$

$DH^2 = DA^2 - HA^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$ см$^2$

$DH = \sqrt{144} = 12$ см.

Таким образом, расстояние от точки D до плоскости ABC равно 12 см.

Ответ: 12 см.

11.24. Точка M равноудалена от вершин треугольника ABC и удалена от плоскости ABC на расстояние $d$. Найдите расстояние от точки M до вершин данного треугольника, если $BC = a$, $\angle BAC = \alpha$.

Пусть точка O — проекция точки M на плоскость треугольника ABC. Тогда расстояние от точки M до плоскости ABC — это длина перпендикуляра MO, то есть $MO = d$.

По условию точка M равноудалена от вершин треугольника ABC. Это означает, что расстояния от M до A, B и C равны. Обозначим это расстояние как L. Таким образом, $MA = MB = MC = L$. Нам необходимо найти это расстояние L.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle MOA$, $\triangle MOB$ и $\triangle MOC$. Они прямоугольные, так как MO перпендикулярен плоскости ABC, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости (включая OA, OB, OC). У этих треугольников общий катет MO, а их гипотенузы равны ($MA = MB = MC$). Следовательно, равны и вторые катеты: $OA = OB = OC$.

Так как точка O в плоскости треугольника ABC равноудалена от его вершин A, B и C, то O является центром окружности, описанной около треугольника ABC. Расстояние от центра описанной окружности до вершин является ее радиусом R. Таким образом, $OA = OB = OC = R$.

Для нахождения радиуса R описанной окружности воспользуемся обобщенной теоремой синусов для треугольника ABC, которая гласит: $\frac{BC}{\sin(\angle BAC)} = 2R$

По условию задачи нам даны сторона $BC = a$ и противолежащий ей угол $\angle BAC = \alpha$. Подставим эти значения в формулу: $\frac{a}{\sin \alpha} = 2R$

Отсюда выразим радиус R: $R = \frac{a}{2 \sin \alpha}$

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle MOA$. По теореме Пифагора: $MA^2 = MO^2 + OA^2$

Мы ищем расстояние MA. Подставим известные значения $MO = d$ и $OA = R = \frac{a}{2 \sin \alpha}$: $MA^2 = d^2 + \left(\frac{a}{2 \sin \alpha}\right)^2 = d^2 + \frac{a^2}{4 \sin^2 \alpha}$

Извлекая квадратный корень, находим искомое расстояние от точки M до вершин треугольника: $MA = \sqrt{d^2 + \frac{a^2}{4 \sin^2 \alpha}}$

Ответ: $\sqrt{d^2 + \frac{a^2}{4 \sin^2 \alpha}}$

11.25. В треугольнике $ABC$ известно, что $AB = BC = 4\sqrt{5}$ см, $AC = 8$ см.

Точка $D$ расположена на расстоянии $5\sqrt{5}$ см от каждой вершины треугольника $ABC$. Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$.

Пусть $H$ - искомое расстояние от точки $D$ до плоскости $ABC$. Если мы опустим перпендикуляр $DO$ из точки $D$ на плоскость $ABC$, то его длина и будет равна $H$, а точка $O$ будет проекцией точки $D$ на эту плоскость.

По условию, точка $D$ находится на одинаковом расстоянии от каждой вершины треугольника $ABC$, то есть $DA = DB = DC = 5\sqrt{5}$ см.

Рассмотрим треугольники $\triangle DOA$, $\triangle DOB$ и $\triangle DOC$. Они являются прямоугольными, поскольку $DO$ - перпендикуляр к плоскости $ABC$. У этих треугольников общий катет $DO$ и равные гипотенузы $DA=DB=DC$. Следовательно, по теореме Пифагора, равны и вторые катеты: $OA = OB = OC$.

Это означает, что точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$, а отрезки $OA$, $OB$, $OC$ - ее радиусом $R$.

Для нахождения расстояния $H = DO$ воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника $\triangle DOA$: $DA^2 = DO^2 + OA^2$. Отсюда $H^2 = DO^2 = DA^2 - R^2$.

Сначала найдем радиус $R$ описанной окружности треугольника $ABC$ со сторонами $AB = BC = 4\sqrt{5}$ см и $AC = 8$ см. Для этого воспользуемся формулой $R = \frac{abc}{4S}$, где $a, b, c$ - стороны треугольника, а $S$ - его площадь.

Так как $\triangle ABC$ - равнобедренный ($AB = BC$), проведем высоту $BH$ к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Следовательно, $AH = HC = \frac{AC}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

Из прямоугольного треугольника $\triangle ABH$ по теореме Пифагора найдем высоту $BH$: $BH = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{(4\sqrt{5})^2 - 4^2} = \sqrt{16 \cdot 5 - 16} = \sqrt{80 - 16} = \sqrt{64} = 8$ см.

Теперь найдем площадь треугольника $ABC$: $S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32$ см$^2$.

Теперь мы можем вычислить радиус описанной окружности $R$: $R = \frac{AB \cdot BC \cdot AC}{4S} = \frac{4\sqrt{5} \cdot 4\sqrt{5} \cdot 8}{4 \cdot 32} = \frac{16 \cdot 5 \cdot 8}{128} = \frac{640}{128} = 5$ см.

Мы нашли, что $OA = R = 5$ см. Теперь можем найти искомое расстояние $H = DO$: $H^2 = DA^2 - OA^2 = (5\sqrt{5})^2 - 5^2 = (25 \cdot 5) - 25 = 125 - 25 = 100$. $H = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

11.26. Вершина $A$ треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$, а сторона $BC$ параллельна плоскости $\alpha$. Из точек $B$ и $C$ опущены на плоскость $\alpha$ перпендикуляры $BB_1$ и $CC_1$. Проекция отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ равна $\sqrt{14}$ см, а проекция отрезка $AC - 3\sqrt{5}$ см. Найдите сторону $BC$, если $BB_1 = 2$ см, $\angle BAC = 45^{\circ}$.

По условию, вершина A треугольника ABC лежит в плоскости $\alpha$. Из точек B и C опущены перпендикуляры $BB_1$ и $CC_1$ на плоскость $\alpha$. Это означает, что $BB_1 \perp \alpha$ и $CC_1 \perp \alpha$.

Точки $A$, $B_1$ и $C_1$ лежат в плоскости $\alpha$. Отрезок $AB_1$ является проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $AC_1$ является проекцией отрезка $AC$ на плоскость $\alpha$.

Рассмотрим треугольник $ABB_1$. Так как $BB_1 \perp \alpha$, то $BB_1$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $B_1$. Следовательно, $\angle AB_1B = 90^\circ$, и треугольник $ABB_1$ — прямоугольный. По теореме Пифагора найдем длину стороны $AB$:

$AB^2 = AB_1^2 + BB_1^2$

Подставляем известные значения: $AB_1 = \sqrt{14}$ см и $BB_1 = 2$ см.

$AB^2 = (\sqrt{14})^2 + 2^2 = 14 + 4 = 18$

$AB = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ см.

По условию, сторона $BC$ параллельна плоскости $\alpha$. Это означает, что расстояние от любой точки отрезка $BC$ до плоскости $\alpha$ одинаково. Следовательно, длины перпендикуляров $BB_1$ и $CC_1$ равны:

$CC_1 = BB_1 = 2$ см.

Рассмотрим треугольник $ACC_1$. Так как $CC_1 \perp \alpha$, то $\angle AC_1C = 90^\circ$, и треугольник $ACC_1$ — прямоугольный. По теореме Пифагора найдем длину стороны $AC$:

$AC^2 = AC_1^2 + CC_1^2$

Подставляем известные значения: $AC_1 = 3\sqrt{5}$ см и $CC_1 = 2$ см.

$AC^2 = (3\sqrt{5})^2 + 2^2 = 9 \cdot 5 + 4 = 45 + 4 = 49$

$AC = \sqrt{49} = 7$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $ABC$. Мы нашли длины двух его сторон $AB = 3\sqrt{2}$ см и $AC = 7$ см, а угол между ними известен из условия: $\angle BAC = 45^\circ$. Для нахождения длины третьей стороны $BC$ воспользуемся теоремой косинусов:

$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$

Подставим известные значения:

$BC^2 = (3\sqrt{2})^2 + 7^2 - 2 \cdot (3\sqrt{2}) \cdot 7 \cdot \cos(45^\circ)$

$BC^2 = 18 + 49 - 42\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

$BC^2 = 67 - \frac{42 \cdot 2}{2}$

$BC^2 = 67 - 42$

$BC^2 = 25$

$BC = \sqrt{25} = 5$ см.

Ответ: 5 см.