Номер 18, страница 133 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 14. Перпендикулярные плоскости. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 18, страница 133.

Условие.

14.18. Плоскости трапеций $ABCD$ и $AEFD$ с общим основанием $AD$ перпендикулярны, $\angle BAD = \angle EAD = 90^\circ$, $\angle ADC = \angle ADF = 60^\circ$, $CD = 4$ см, $DF = 8$ см. Найдите расстояние между:

1) прямыми $BC$ и $EF$;

2) точками $C$ и $F$.

Решение 1.

Решение 3.

По условию, плоскости трапеций $ABCD$ и $AEFD$ с общим основанием $AD$ перпендикулярны. Поскольку $\angle BAD = 90^{\circ}$ и $\angle EAD = 90^{\circ}$, трапеции являются прямоугольными, а ребра $AB$ и $AE$ перпендикулярны их общему основанию $AD$. Так как $AB$ и $AE$ лежат в перпендикулярных плоскостях и перпендикулярны их линии пересечения $AD$, то угол между прямыми $AB$ и $AE$ равен $90^{\circ}$, то есть $\angle BAE = 90^{\circ}$.

1) расстояние между прямыми BC и EF

В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ параллельны ($BC \parallel AD$). В трапеции $AEFD$ основания $EF$ и $AD$ параллельны ($EF \parallel AD$). Следовательно, прямые $BC$ и $EF$ параллельны между собой ($BC \parallel EF$).

Расстояние между параллельными прямыми равно длине их общего перпендикуляра. Рассмотрим отрезок $BE$. Прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $(ABE)$, так как $AD \perp AB$ и $AD \perp AE$. Поскольку $BC \parallel AD$, то и прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(ABE)$. А значит, $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $BE$. Таким образом, $BE$ является общим перпендикуляром к прямым $BC$ и $EF$, и его длина есть искомое расстояние.

Найдем длины катетов $AB$ и $AE$ прямоугольного треугольника $ABE$.
В трапеции $ABCD$ опустим высоту $CH$ на основание $AD$. Тогда $ABCH$ - прямоугольник, и $AB=CH$. Из прямоугольного треугольника $CHD$ находим: $CH = CD \cdot \sin(\angle ADC) = 4 \cdot \sin(60^{\circ}) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см. Значит, $AB = 2\sqrt{3}$ см.

В трапеции $AEFD$ опустим высоту $FK$ на основание $AD$. Тогда $AEFK$ - прямоугольник, и $AE=FK$. Из прямоугольного треугольника $FKD$ находим: $FK = DF \cdot \sin(\angle ADF) = 8 \cdot \sin(60^{\circ}) = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$ см. Значит, $AE = 4\sqrt{3}$ см.

В прямоугольном треугольнике $ABE$ по теореме Пифагора: $BE^2 = AB^2 + AE^2 = (2\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3})^2 = 12 + 48 = 60$. $BE = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$ см.

Ответ: $2\sqrt{15}$ см.

2) расстояние между точками C и F

Расстояние между точками $C$ и $F$ равно длине отрезка $CF$. Для ее нахождения построим прямоугольный треугольник в пространстве.

Проведем из точки $F$ перпендикуляр $FK$ к прямой $AD$ ($K \in AD$). Так как плоскость $(AEFD)$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$, а прямая $FK$ лежит в плоскости $(AEFD)$ и перпендикулярна линии их пересечения $AD$, то $FK$ является перпендикуляром ко всей плоскости $(ABCD)$. Следовательно, треугольник $CKF$ является прямоугольным с прямым углом $\angle CKF = 90^{\circ}$.

По теореме Пифагора для $\triangle CKF$: $CF^2 = CK^2 + FK^2$.

Длина катета $FK$ равна высоте трапеции $AEFD$, которую мы уже нашли: $FK = 4\sqrt{3}$ см.

Для нахождения длины катета $CK$ рассмотрим его в плоскости $(ABCD)$. Опустим высоту $CH$ из точки $C$ на прямую $AD$ ($H \in AD$). Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHK$, в котором $\angle CHK=90^{\circ}$. По теореме Пифагора: $CK^2 = CH^2 + HK^2$.

Длина $CH$ равна высоте трапеции $ABCD$: $CH = 2\sqrt{3}$ см.

Для нахождения $HK$ найдем длины отрезков $HD$ и $KD$. Из $\triangle CHD$: $HD = CD \cdot \cos(\angle ADC) = 4 \cdot \cos(60^{\circ}) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$ см. Из $\triangle FKD$: $KD = DF \cdot \cos(\angle ADF) = 8 \cdot \cos(60^{\circ}) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см. Тогда $HK = |KD - HD| = |4 - 2| = 2$ см.

Теперь находим $CK^2$: $CK^2 = CH^2 + HK^2 = (2\sqrt{3})^2 + 2^2 = 12 + 4 = 16$. Отсюда $CK = \sqrt{16} = 4$ см.

Наконец, находим $CF$ из прямоугольного треугольника $CKF$: $CF^2 = CK^2 + FK^2 = 4^2 + (4\sqrt{3})^2 = 16 + 48 = 64$. $CF = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: 8 см.