Номер 38, страница 127 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 13. Двугранный угол. Угол между плоскостями. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 38, страница 127.

Условие.

13.38. 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 $BKD$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Плоскости $BMD$ и $BKD$ пересекаются по прямой $BD$. Угол между двумя плоскостями определяется как угол между двумя перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения из одной точки.

Поскольку точка $M$ равноудалена от всех вершин квадрата $ABCD$, ее проекция на плоскость квадрата совпадает с центром квадрата $O$. Это означает, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости $(ABCD)$. Следовательно, $MO$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $O$, в том числе и диагонали $BD$. Таким образом, $MO \perp BD$.

Рассмотрим треугольники $MBC$ и $MDC$. В них:

• $MB = MD$ (так как $M$ равноудалена от вершин).
• $BC = DC$ (стороны квадрата).
• $MC$ – общая сторона.

Следовательно, $\triangle MBC \cong \triangle MDC$ по трем сторонам.Поскольку точка $K$ является серединой общей стороны $MC$, то отрезки $BK$ и $DK$ являются соответствующими медианами в равных треугольниках. Отсюда следует, что $BK = DK$.

Таким образом, треугольник $BKD$ является равнобедренным с основанием $BD$. Точка $O$ – центр квадрата, а значит, середина диагонали $BD$. Следовательно, $KO$ – медиана, проведенная к основанию в равнобедренном треугольнике $BKD$, а значит, $KO$ является и высотой. То есть, $KO \perp BD$.

Так как $MO \perp BD$ и $KO \perp BD$, то угол между плоскостями $(BMD)$ и $(BKD)$ равен линейному углу $\angle MOK$.

Рассмотрим треугольник $MOC$. Так как $MO \perp (ABCD)$, а отрезок $OC$ лежит в этой плоскости и проходит через точку $O$, то $MO \perp OC$. Следовательно, $\triangle MOC$ – прямоугольный с прямым углом при вершине $O$.

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $s$. Тогда его диагональ $AC = s\sqrt{2}$.По условию задачи $MO = AC$, значит, $MO = s\sqrt{2}$.Точка $O$ является центром квадрата, поэтому $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{s\sqrt{2}}{2}$.

Для нахождения тангенса угла $\angle MOK$ рассмотрим прямоугольный треугольник $MOC$. Проведем из точки $K$ (середины гипотенузы $MC$) перпендикуляр $KH$ к катету $MO$. В этом случае $KH$ будет параллельна катету $OC$.

По теореме Фалеса (или как средняя линия), так как $K$ – середина $MC$, то точка $H$ будет серединой $MO$, а отрезок $KH$ будет равен половине $OC$.
$OH = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}(s\sqrt{2}) = \frac{s\sqrt{2}}{2}$.
$KH = \frac{1}{2}OC = \frac{1}{2}\left(\frac{s\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{s\sqrt{2}}{4}$.

Теперь рассмотрим треугольник $OKH$. Он прямоугольный, так как $KH \perp MO$ по построению. В этом треугольнике искомый угол $\angle MOK$ (он же $\angle HOK$) можно найти через тангенс:
$\text{tg}(\angle MOK) = \frac{KH}{OH} = \frac{\frac{s\sqrt{2}}{4}}{\frac{s\sqrt{2}}{2}} = \frac{s\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{2}{s\sqrt{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $0.5$.