Номер 57, страница 191 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 20. Упражнения для повторения курса геометрии 10 класса. Упражнения для повторения курса геометрии - номер 57, страница 191.

Условие.

20.57. Точка A лежит внутри двугранного угла, величина которого равна $\alpha$. Расстояние от точки A до каждой грани этого угла равно $h$. Найдите расстояние от точки A до ребра двугранного угла.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\pi_1$ и $\pi_2$, которые пересекаются по прямой $l$, являющейся ребром двугранного угла. По условию, величина этого угла равна $\alpha$.

Точка $A$ находится внутри этого угла. Расстояние от точки $A$ до каждой из граней ($\pi_1$ и $\pi_2$) равно $h$. Расстояние от точки до плоскости определяется длиной перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Пусть $B$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $\pi_1$. Тогда отрезок $AB$ перпендикулярен плоскости $\pi_1$ ($AB \perp \pi_1$) и его длина $|AB| = h$.

Аналогично, пусть $C$ — основание перпендикуляра из точки $A$ на плоскость $\pi_2$. Тогда $AC \perp \pi_2$ и $|AC| = h$.

Требуется найти расстояние от точки $A$ до ребра $l$. Это расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $l$. Обозначим основание этого перпендикуляра как точку $O$, которая лежит на ребре $l$. Таким образом, $AO \perp l$, и нам нужно найти длину отрезка $AO$. Обозначим эту длину как $d$, то есть $d = |AO|$.

Рассмотрим отрезок $AO$ как наклонную к плоскости $\pi_1$. Отрезок $AB$ является перпендикуляром из точки $A$ к этой плоскости. Тогда отрезок $BO$ является проекцией наклонной $AO$ на плоскость $\pi_1$. По условию, наклонная $AO$ перпендикулярна прямой $l$, лежащей в плоскости $\pi_1$. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой, лежащей в плоскости, то и ее проекция перпендикулярна этой же прямой. Отсюда следует, что $BO \perp l$.

Таким же образом, рассматривая плоскость $\pi_2$, получаем, что проекция $CO$ наклонной $AO$ на эту плоскость перпендикулярна ребру $l$, то есть $CO \perp l$.

Угол между двумя лучами ($OB$ и $OC$), которые проведены в гранях двугранного угла из одной точки на ребре ($O$) и перпендикулярны ему, является линейным углом этого двугранного угла. Следовательно, величина угла $\angle BOC$ равна величине двугранного угла $\alpha$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle ABO$ и $\triangle ACO$.

Так как $AB \perp \pi_1$, то отрезок $AB$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $B$. В частности, $AB \perp BO$. Это означает, что $\triangle ABO$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $B$.

Аналогично, так как $AC \perp \pi_2$, то $AC \perp CO$. Следовательно, $\triangle ACO$ — также прямоугольный, с прямым углом при вершине $C$.

Сравним эти два прямоугольных треугольника:

• Гипотенуза $AO$ у них общая.
• Катеты $AB$ и $AC$ равны по условию задачи: $|AB| = |AC| = h$.

Таким образом, $\triangle ABO$ и $\triangle ACO$ равны по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle AOB = \angle AOC$. Поскольку точка $A$ находится внутри двугранного угла, луч $AO$ проходит между лучами $OB$ и $OC$, а значит, является биссектрисой угла $\angle BOC$.

Следовательно, $\angle AOB = \frac{1}{2}\angle BOC = \frac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABO$. В нем известны:

• $\angle ABO = 90^\circ$
• Катет $|AB| = h$ (противолежащий углу $\angle AOB$)
• Острый угол $\angle AOB = \frac{\alpha}{2}$
• Гипотенуза $|AO| = d$ (искомое расстояние)

Синус острого угла в прямоугольном треугольнике равен отношению длины противолежащего катета к длине гипотенузы:

$\sin(\angle AOB) = \frac{|AB|}{|AO|}$

Подставив известные значения, получим:

$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{h}{d}$

Из этого соотношения выражаем искомое расстояние $d$:

$d = \frac{h}{\sin(\alpha/2)}$

Ответ: $\frac{h}{\sin(\alpha/2)}$