Страница 106 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

10.28. Сторона $AD$ ромба $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$. Прямая $BC$ удалена от плоскости $\alpha$ на 3 см. Найдите проекции на плоскость $\alpha$ отрезков $CD$, $AC$ и $BD$, если $AC = 8$ см, $BD = 6$ см.

По условию, сторона $AD$ ромба $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$. Это означает, что точки $A$ и $D$ лежат в плоскости $\alpha$, и их проекции на эту плоскость совпадают с самими точками. Обозначим проекции точек $B$ и $C$ на плоскость $\alpha$ как $B'$ и $C'$ соответственно.

Так как $ABCD$ — ромб, то его противоположные стороны параллельны, то есть $BC \parallel AD$. Поскольку $AD$ лежит в плоскости $\alpha$, то прямая $BC$ параллельна плоскости $\alpha$. Расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $\alpha$ одинаково и равно 3 см. Следовательно, длины перпендикуляров, опущенных из точек $B$ и $C$ на плоскость $\alpha$, равны 3 см: $BB' = 3$ см и $CC' = 3$ см.

Для дальнейших расчетов найдем сторону ромба. Диагонали ромба $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$, делятся в ней пополам и взаимно перпендикулярны. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOB$:

$AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см

$BO = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см

По теореме Пифагора найдем сторону ромба $AB$ (которая равна $CD$):

$AB = \sqrt{AO^2 + BO^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.

Следовательно, сторона ромба $CD = 5$ см.

Проекция отрезка CD

Проекцией отрезка $CD$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $C'D$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CC'D$, где $\angle CC'D = 90^\circ$. Катет $CC'$ — это расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$, то есть $CC' = 3$ см. Гипотенуза $CD$ — это сторона ромба, $CD = 5$ см. Катет $C'D$ является искомой проекцией. По теореме Пифагора:

$CD^2 = CC'^2 + C'D^2$

$C'D = \sqrt{CD^2 - CC'^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4$ см.

Ответ: 4 см.

Проекция отрезка AC

Проекцией диагонали $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AC'$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ACC'$, где $\angle AC'C = 90^\circ$. Катет $CC' = 3$ см, гипотенуза $AC = 8$ см. Катет $AC'$ является искомой проекцией. По теореме Пифагора:

$AC^2 = CC'^2 + AC'^2$

$AC' = \sqrt{AC^2 - CC'^2} = \sqrt{8^2 - 3^2} = \sqrt{64 - 9} = \sqrt{55}$ см.

Ответ: $\sqrt{55}$ см.

Проекция отрезка BD

Проекцией диагонали $BD$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $B'D$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BB'D$, где $\angle BB'D = 90^\circ$. Катет $BB' = 3$ см, гипотенуза $BD = 6$ см. Катет $B'D$ является искомой проекцией. По теореме Пифагора:

$BD^2 = BB'^2 + B'D^2$

$B'D = \sqrt{BD^2 - BB'^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = \sqrt{36 - 9} = \sqrt{27} = \sqrt{9 \cdot 3} = 3\sqrt{3}$ см.

Ответ: $3\sqrt{3}$ см.

10.29. Вершины $A$ и $B$ прямоугольника $ABCD$ принадлежат плоскости $\alpha$, а вершины $C$ и $D$ не принадлежат этой плоскости. Найдите расстояние от прямой $CD$ до плоскости $\alpha$, если $AB = 5$ см, $BC = 12$ см, а проекция диагонали прямоугольника на плоскость $\alpha$ равна $2\sqrt{22}$ см.

Поскольку вершины $A$ и $B$ прямоугольника $ABCD$ принадлежат плоскости $\alpha$, то и вся прямая $AB$ лежит в плоскости $\alpha$. В прямоугольнике противоположные стороны параллельны, следовательно, прямая $CD$ параллельна прямой $AB$ ($CD \parallel AB$). Так как прямая $CD$ параллельна прямой $AB$, лежащей в плоскости $\alpha$, то прямая $CD$ параллельна плоскости $\alpha$.

Расстояние от прямой до параллельной ей плоскости равно длине перпендикуляра, опущенного из любой точки этой прямой на плоскость. Найдем расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$. Обозначим это расстояние как $h$.

Пусть $C'$ — это проекция точки $C$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезок $CC'$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$, и его длина равна искомому расстоянию, то есть $CC' = h$.

Рассмотрим диагональ $AC$ прямоугольника. Поскольку точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, ее проекцией на эту плоскость является сама точка $A$. Проекцией точки $C$ на плоскость $\alpha$ является точка $C'$. Следовательно, отрезок $AC'$ является проекцией диагонали $AC$ на плоскость $\alpha$. По условию задачи, длина этой проекции равна $AC' = 2\sqrt{22}$ см.

Отрезок $AC$ (диагональ), его проекция $AC'$ и перпендикуляр $CC'$ образуют прямоугольный треугольник $ACC'$, в котором $\angle AC'C = 90^\circ$. По теореме Пифагора, $AC^2 = (AC')^2 + (CC')^2$.

Найдем длину диагонали $AC$ из прямоугольника $ABCD$. Треугольник $ABC$ является прямоугольным ($\angle B = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$AC^2 = AB^2 + BC^2$

$AC^2 = 5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169$

$AC = \sqrt{169} = 13$ см.

Теперь подставим известные значения в формулу для треугольника $ACC'$:

$13^2 = (2\sqrt{22})^2 + h^2$

$169 = 4 \cdot 22 + h^2$

$169 = 88 + h^2$

$h^2 = 169 - 88$

$h^2 = 81$

$h = \sqrt{81} = 9$ см.

Таким образом, расстояние от прямой $CD$ до плоскости $\alpha$ равно 9 см.

Ответ: 9 см.

10.30. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Найдите расстояние между прямыми $B_1D_1$ и $AA_1$.

Прямые $B_1D_1$ и $AA_1$ являются скрещивающимися, так как они не лежат в одной плоскости и не пересекаются. Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина их общего перпендикуляра.

Построим общий перпендикуляр к этим прямым. Ребро куба $AA_1$ перпендикулярно плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$, так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб. Прямая $B_1D_1$ (диагональ верхнего основания) лежит в этой плоскости.

Проведём в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ перпендикуляр $A_1H$ из точки $A_1$ к прямой $B_1D_1$. Рассмотрим отрезок $A_1H$.

Докажем, что $A_1H$ является общим перпендикуляром к прямым $AA_1$ и $B_1D_1$:

1. Отрезок $A_1H$ соединяет прямые $AA_1$ и $B_1D_1$, так как точка $A_1$ принадлежит прямой $AA_1$, а точка $H$ принадлежит прямой $B_1D_1$.
2. По построению, отрезок $A_1H$ перпендикулярен прямой $B_1D_1$ ($A_1H \perp B_1D_1$).
3. Так как прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости $A_1B_1C_1D_1$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Отрезок $A_1H$ лежит в плоскости $A_1B_1C_1D_1$, следовательно, $AA_1 \perp A_1H$.

Таким образом, отрезок $A_1H$ является общим перпендикуляром, и его длина равна искомому расстоянию между прямыми $AA_1$ и $B_1D_1$.

Теперь найдем длину $A_1H$. Рассмотрим верхнюю грань куба — квадрат $A_1B_1C_1D_1$ со стороной $a$. Диагональ $B_1D_1$ делит его на два равных прямоугольных треугольника. Треугольник $\triangle A_1B_1D_1$ — прямоугольный ($\angle B_1A_1D_1 = 90^\circ$) и равнобедренный ($A_1B_1 = A_1D_1 = a$).

Длину гипотенузы $B_1D_1$ найдем по теореме Пифагора:
$B_1D_1 = \sqrt{A_1B_1^2 + A_1D_1^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

$A_1H$ — это высота, проведенная из вершины прямого угла к гипотенузе в треугольнике $\triangle A_1B_1D_1$. Площадь этого треугольника можно вычислить двумя способами:

1. Через катеты: $S = \frac{1}{2} \cdot A_1B_1 \cdot A_1D_1 = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}$.

2. Через гипотенузу и высоту: $S = \frac{1}{2} \cdot B_1D_1 \cdot A_1H = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{2} \cdot A_1H$.

Приравняв оба выражения для площади, получим:
$\frac{a^2}{2} = \frac{a\sqrt{2} \cdot A_1H}{2}$
$a^2 = a\sqrt{2} \cdot A_1H$
$A_1H = \frac{a^2}{a\sqrt{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Следовательно, искомое расстояние равно $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

10.31. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Точки $O$ и $O_1$ – центры соответственно граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ куба. Найдите расстояние между прямыми $CD$ и $OO_1$.

Прямая $OO_1$ соединяет центры граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ куба. Прямая $CD$ является ребром нижнего основания. Так как прямая $OO_1$ перпендикулярна плоскости основания $(ABCD)$, а прямая $CD$ лежит в этой плоскости, но не проходит через точку $O$, то прямые $CD$ и $OO_1$ являются скрещивающимися.

Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине их общего перпендикуляра. Построим этот перпендикуляр.

Пусть $M$ — середина ребра $CD$. Точка $M$ лежит на прямой $CD$. Точка $O$, являясь центром грани $ABCD$, лежит на прямой $OO_1$. Рассмотрим отрезок $OM$, соединяющий эти две прямые.

1. В плоскости основания $(ABCD)$ лежит квадрат $ABCD$. Отрезок $OM$ соединяет центр квадрата $O$ с серединой стороны $CD$. По свойству квадрата, такой отрезок перпендикулярен этой стороне. Следовательно, $OM \perp CD$.

2. Прямая $OO_1$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$, так как она соединяет центры параллельных граней и параллельна боковым ребрам куба, перпендикулярным основанию. Отрезок $OM$ полностью лежит в плоскости $(ABCD)$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $OO_1$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, а значит, $OO_1 \perp OM$.

Таким образом, отрезок $OM$ является общим перпендикуляром к прямым $CD$ и $OO_1$. Его длина и есть искомое расстояние.

Длина отрезка $OM$ в квадрате $ABCD$ со стороной $a$ равна половине длины стороны, параллельной этому отрезку, например, $AD$.$OM = \frac{1}{2} AD = \frac{a}{2}$.

Ответ: $\frac{a}{2}$

10.32. Прямая $m$ проходит через вершину $A$ треугольника $ABC$ и перпендикулярна его плоскости. Расстояние между прямыми $m$ и $BC$ равно 8 см. Найдите площадь треугольника $ABC$, если $BC = 10$ см.

По условию задачи, прямая $m$ проходит через вершину $A$ треугольника $ABC$ и перпендикулярна его плоскости. Прямая $BC$ лежит в плоскости треугольника. Прямые $m$ и $BC$ являются скрещивающимися, так как прямая $m$ пересекает плоскость треугольника в точке $A$, которая не лежит на прямой $BC$.

Расстояние между скрещивающимися прямыми определяется длиной их общего перпендикуляра. Найдём этот общий перпендикуляр для прямых $m$ и $BC$.

Проведём в плоскости треугольника $ABC$ высоту $AH$ из вершины $A$ к стороне $BC$. По определению высоты, отрезок $AH$ перпендикулярен прямой $BC$, то есть $AH \perp BC$.

Так как прямая $m$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Высота $AH$ лежит в плоскости $ABC$ и проходит через точку $A$ (точка пересечения прямой $m$ с плоскостью). Следовательно, прямая $m$ перпендикулярна высоте $AH$, то есть $m \perp AH$.

Таким образом, отрезок $AH$ является общим перпендикуляром к прямым $m$ и $BC$, поскольку он перпендикулярен обеим этим прямым. Длина этого отрезка и есть расстояние между прямыми $m$ и $BC$.

Из условия известно, что расстояние между прямыми $m$ и $BC$ равно 8 см. Следовательно, длина высоты $AH$ треугольника $ABC$ равна 8 см.

Площадь треугольника $ABC$ можно вычислить по формуле, используя основание и высоту, проведённую к этому основанию:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH$

Подставим известные значения: длина стороны $BC = 10$ см, и длина высоты $AH = 8$ см.

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 8 = 5 \cdot 8 = 40$ см².

Ответ: 40 см².

10.33. Прямая $a$ проходит через вершину $B$ в параллелограмме $ABCD$ и перпендикулярна его плоскости. Найдите расстояние между прямыми $a$ и $CD$, если $AB = 6$ см, а площадь параллелограмма $ABCD$ равна $72$ см$^{2}$.

Пусть плоскость параллелограмма $ABCD$ обозначается как $\alpha$. По условию задачи, прямая $a$ проходит через точку $B$ и перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($a \perp \alpha$). Прямая $CD$ целиком лежит в плоскости $\alpha$. Так как прямая $a$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $B$, не принадлежащей прямой $CD$, то прямые $a$ и $CD$ являются скрещивающимися.

Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина их общего перпендикуляра.

Построим общий перпендикуляр. Проведем в плоскости параллелограмма $\alpha$ высоту $BH$ из вершины $B$ к стороне $CD$. По определению высоты, $BH \perp CD$.

Поскольку прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, она по определению перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Так как прямая $BH$ лежит в плоскости $\alpha$, то $a \perp BH$.

Таким образом, отрезок $BH$ перпендикулярен как прямой $a$ (так как $BH \subset \alpha$ и $a \perp \alpha$), так и прямой $CD$ (по построению). Следовательно, $BH$ является общим перпендикуляром к прямым $a$ и $CD$, и его длина и есть искомое расстояние между ними.

Теперь найдем длину высоты $BH$. Площадь параллелограмма вычисляется по формуле: произведение стороны на высоту, проведенную к этой стороне. $S_{ABCD} = CD \cdot BH$

В параллелограмме противолежащие стороны равны, значит $CD = AB = 6$ см.

Подставим известные значения в формулу площади: $72 = 6 \cdot BH$

Выразим из этого уравнения $BH$: $BH = \frac{72}{6} = 12$ см.

Таким образом, расстояние между прямыми $a$ и $CD$ равно 12 см.

Ответ: 12 см.

10.34. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ проведены перпендикуляр $MH$ и наклонные $MA$ и $MB$ так, что $\angle MAH = 30^\circ$, $\angle MBH = 45^\circ$, а угол между проекциями наклонных равен $90^\circ$. Найдите косинус угла между данными наклонными.

По условию задачи, $MH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а $MA$ и $MB$ — наклонные. Следовательно, треугольники $\triangle MHA$ и $\triangle MHB$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $H$. Проекциями наклонных $MA$ и $MB$ на плоскость $\alpha$ являются отрезки $HA$ и $HB$. По условию, угол между проекциями равен $90^\circ$, то есть $\angle AHB = 90^\circ$, поэтому треугольник $\triangle AHB$ также прямоугольный.

Пусть длина перпендикуляра $MH = h$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle MHA$ (где $\angle MAH = 30^\circ$) находим длины наклонной $MA$ и ее проекции $HA$:
$MA = \frac{MH}{\sin(30^\circ)} = \frac{h}{1/2} = 2h$;
$HA = \frac{MH}{\tan(30^\circ)} = \frac{h}{1/\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle MHB$ (где $\angle MBH = 45^\circ$) находим длины наклонной $MB$ и ее проекции $HB$:
$MB = \frac{MH}{\sin(45^\circ)} = \frac{h}{\sqrt{2}/2} = h\sqrt{2}$;
$HB = \frac{MH}{\tan(45^\circ)} = \frac{h}{1} = h$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle AMB$. Для нахождения косинуса угла между наклонными ($\angle AMB$) нам необходимы длины всех трех его сторон. Две стороны мы уже нашли: $MA = 2h$ и $MB = h\sqrt{2}$. Третью сторону $AB$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle AHB$ по теореме Пифагора:
$AB^2 = HA^2 + HB^2 = (h\sqrt{3})^2 + h^2 = 3h^2 + h^2 = 4h^2$, откуда $AB = \sqrt{4h^2} = 2h$.

Зная все три стороны треугольника $\triangle AMB$, применим к нему теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle AMB)$:
$AB^2 = MA^2 + MB^2 - 2 \cdot MA \cdot MB \cdot \cos(\angle AMB)$.
Подставляя полученные значения, имеем:
$(2h)^2 = (2h)^2 + (h\sqrt{2})^2 - 2 \cdot (2h) \cdot (h\sqrt{2}) \cdot \cos(\angle AMB)$.
$4h^2 = 4h^2 + 2h^2 - 4\sqrt{2}h^2 \cos(\angle AMB)$.
Упростим выражение:
$0 = 2h^2 - 4\sqrt{2}h^2 \cos(\angle AMB)$.
$4\sqrt{2}h^2 \cos(\angle AMB) = 2h^2$.
Поскольку $h$ — длина перпендикуляра, $h \neq 0$. Разделим обе части уравнения на $4\sqrt{2}h^2$:
$\cos(\angle AMB) = \frac{2h^2}{4\sqrt{2}h^2} = \frac{2}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
Избавимся от иррациональности в знаменателе, домножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:
$\cos(\angle AMB) = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{4}$.

10.35. Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены перпендикуляр $AO$ и наклонные $AB$ и $AC$ так, что $\angle ABO = \angle ACO = 45^\circ$, а косинус угла между наклонными равен $\frac{1}{4}$. Найдите угол между проекциями данных наклонных.

По условию задачи, из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведен перпендикуляр $AO$ и наклонные $AB$ и $AC$. Проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ являются отрезки $OB$ и $OC$ соответственно.

Угол между наклонной и ее проекцией на плоскость — это угол между этой наклонной и плоскостью. Следовательно, $\angle ABO = 45^\circ$ и $\angle ACO = 45^\circ$.

Поскольку $AO$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $O$. Таким образом, $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $O$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOB$. Один из его острых углов, $\angle ABO$, равен $45^\circ$. Следовательно, второй острый угол, $\angle BAO$, также равен $180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. Это означает, что $\triangle AOB$ — равнобедренный, и $AO = OB$.

Аналогично, в прямоугольном треугольнике $\triangle AOC$ угол $\angle ACO = 45^\circ$, значит, $\triangle AOC$ также равнобедренный, и $AO = OC$.

Из полученных равенств следует, что $OB = OC = AO$. Обозначим длину этих отрезков за $h$: $AO = OB = OC = h$.

Найдем длины наклонных $AB$ и $AC$ из соответствующих прямоугольных треугольников по теореме Пифагора:

$AB^2 = AO^2 + OB^2 = h^2 + h^2 = 2h^2$, откуда $AB = h\sqrt{2}$.

$AC^2 = AO^2 + OC^2 = h^2 + h^2 = 2h^2$, откуда $AC = h\sqrt{2}$.

Таким образом, $AB = AC = h\sqrt{2}$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Угол между наклонными — это угол $\angle BAC$. По условию, косинус этого угла равен $\frac{1}{4}$, то есть $\cos(\angle BAC) = \frac{1}{4}$. Применим к треугольнику $\triangle ABC$ теорему косинусов, чтобы найти квадрат длины стороны $BC$:

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

$BC^2 = (h\sqrt{2})^2 + (h\sqrt{2})^2 - 2 \cdot (h\sqrt{2}) \cdot (h\sqrt{2}) \cdot \frac{1}{4}$

$BC^2 = 2h^2 + 2h^2 - 2 \cdot 2h^2 \cdot \frac{1}{4}$

$BC^2 = 4h^2 - h^2 = 3h^2$

Искомый угол — это угол между проекциями наклонных, то есть угол $\angle BOC$. Обозначим его как $\phi$. Рассмотрим треугольник $\triangle BOC$, который лежит в плоскости $\alpha$. Мы знаем, что $OB = h$ и $OC = h$. Применим к этому треугольнику теорему косинусов:

$BC^2 = OB^2 + OC^2 - 2 \cdot OB \cdot OC \cdot \cos(\angle BOC)$

$BC^2 = h^2 + h^2 - 2 \cdot h \cdot h \cdot \cos(\phi)$

$BC^2 = 2h^2 - 2h^2 \cos(\phi) = 2h^2(1 - \cos(\phi))$

Приравняем два полученных выражения для $BC^2$:

$3h^2 = 2h^2(1 - \cos(\phi))$

Разделим обе части уравнения на $2h^2$ (поскольку $h \neq 0$):

$\frac{3}{2} = 1 - \cos(\phi)$

Отсюда находим $\cos(\phi)$:

$\cos(\phi) = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}$

Угол $\phi$, косинус которого равен $-\frac{1}{2}$, равен $120^\circ$.

Ответ: $120^\circ$.

10.36. Основания трапеции равны 15 см и 20 см. Через большее основание трапеции проведена плоскость $\alpha$ на расстоянии 14 см от её меньшего основания. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до плоскости $\alpha$.

Пусть дана трапеция $ABCD$, где $AD$ и $BC$ — основания. По условию, большее основание $AD = 20$ см, а меньшее основание $BC = 15$ см. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Плоскость $\alpha$ проходит через большее основание $AD$, что означает, что прямая $AD$ лежит в плоскости $\alpha$. Расстояние от меньшего основания $BC$ до плоскости $\alpha$ равно 14 см. Требуется найти расстояние от точки $O$ до плоскости $\alpha$.

1. Свойства трапеции.
Рассмотрим треугольники $\triangle AOD$ и $\triangle COB$, образованные пересечением диагоналей.

• $\angle AOD = \angle COB$ (как вертикальные углы).
• $\angle OAD = \angle OCB$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $AC$).
• $\angle ODA = \angle OBC$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD$).

Следовательно, треугольники $\triangle AOD$ и $\triangle COB$ подобны по трём углам. Из подобия следует, что отношение их соответствующих сторон равно отношению оснований:$$ \frac{AO}{CO} = \frac{DO}{BO} = \frac{AD}{BC} $$Подставляя известные значения, получаем:$$ \frac{AO}{CO} = \frac{20}{15} = \frac{4}{3} $$Это означает, что точка пересечения диагоналей $O$ делит диагональ $AC$ в отношении $AO:CO = 4:3$.

2. Нахождение расстояния.
Обозначим искомое расстояние от точки $O$ до плоскости $\alpha$ как $h_O$.

Поскольку плоскость $\alpha$ проходит через основание $AD$, расстояние от любой точки прямой $AD$ до этой плоскости равно нулю. В частности, расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ равно $h_A = 0$.

По условию, расстояние от меньшего основания $BC$ до плоскости $\alpha$ равно 14 см. Так как $BC \parallel AD$ и $AD \subset \alpha$, то прямая $BC$ параллельна плоскости $\alpha$. Следовательно, расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $\alpha$ постоянно и равно 14 см. В частности, расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$ равно $h_C = 14$ см.

Точка $O$ лежит на отрезке $AC$. Опустим перпендикуляры из точек $C$ и $O$ на плоскость $\alpha$. Пусть $C'$ и $O'$ — основания этих перпендикуляров. Тогда длины этих перпендикуляров равны расстояниям от точек до плоскости: $CC' = h_C = 14$ см, а $OO' = h_O$ — искомое расстояние. Точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, поэтому её проекция на плоскость $\alpha$ — это сама точка $A$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через прямую $AC$ и перпендикуляр $CC'$. В этой плоскости лежат точки $A, O, C$ и их проекции $A, O', C'$. Прямые $OO'$ и $CC'$ параллельны друг другу, так как обе перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы имеем два подобных прямоугольных треугольника: $\triangle AOO' \sim \triangle ACC'$ (по общему острому углу при вершине $A$). Из подобия треугольников следует соотношение:$$ \frac{OO'}{CC'} = \frac{AO}{AC} $$Найдем отношение $\frac{AO}{AC}$. Мы знаем, что $AO:CO = 4:3$. Тогда можно представить длины отрезков как $AO = 4k$ и $CO = 3k$ для некоторого коэффициента $k$. Длина всей диагонали $AC$ будет равна $AC = AO + CO = 4k + 3k = 7k$.Тогда искомое отношение равно:$$ \frac{AO}{AC} = \frac{4k}{7k} = \frac{4}{7} $$Теперь подставим все известные значения в пропорцию:$$ \frac{h_O}{14} = \frac{4}{7} $$Отсюда выразим $h_O$:$$ h_O = 14 \cdot \frac{4}{7} = 2 \cdot 4 = 8 \text{ см} $$

Ответ: 8 см.

10.37. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равна 1 см. Найдите расстояние между прямыми $B_1D$ и $AC$.

Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a=1$ см. Необходимо найти расстояние между скрещивающимися прямыми $B_1D$ и $AC$.

Рассмотрим прямую $AC$ – диагональ основания $ABCD$. В основании лежит квадрат, поэтому его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$.

Ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, а значит, и любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $BB_1 \perp AC$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $BB_1$) в плоскости $(BDD_1B_1)$, то прямая $AC$ перпендикулярна всей этой плоскости. Прямая $B_1D$ лежит в плоскости $(BDD_1B_1)$.

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, одна из которых перпендикулярна плоскости, содержащей другую, равно расстоянию от точки их пересечения до второй прямой. Пусть $O$ – точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Тогда $O$ – это точка пересечения прямой $AC$ с плоскостью $(BDD_1B_1)$. Следовательно, искомое расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на прямую $B_1D$.

Задача сводится к нахождению высоты $OH$ в треугольнике $\triangle OB_1D$, проведенной из вершины $O$ к стороне $B_1D$. Все эти элементы лежат в плоскости прямоугольника $BDD_1B_1$.

Найдем размеры этого прямоугольника:
Сторона $BB_1 = a = 1$ см.
Сторона $BD$ является диагональю квадрата $ABCD$ со стороной $a=1$ см, поэтому ее длина $BD = \sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$ см.

Точка $O$ – середина $BD$, значит $OD = \frac{1}{2}BD = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

Найдем искомое расстояние, вычислив площадь треугольника $\triangle OB_1D$ двумя способами.
1. Используя основание $OD$ и высоту к нему. Высотой, опущенной из вершины $B_1$ на прямую $BD$, является ребро $BB_1 = 1$ см.
$S_{\triangle OB_1D} = \frac{1}{2} \cdot OD \cdot BB_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{2}}{4}$ см$^2$.

2. Используя основание $B_1D$ и высоту $OH$. Длина $B_1D$ – это пространственная диагональ куба.
$B_1D = \sqrt{a^2+a^2+a^2} = \sqrt{1^2+1^2+1^2} = \sqrt{3}$ см.
$S_{\triangle OB_1D} = \frac{1}{2} \cdot B_1D \cdot OH = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot OH$.

Приравнивая два выражения для площади, получаем:
$\frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot OH = \frac{\sqrt{2}}{4}$
$\sqrt{3} \cdot OH = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$OH = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2\cdot 3} = \frac{\sqrt{6}}{6}$ см.

Таким образом, расстояние между прямыми $B_1D$ и $AC$ равно $\frac{\sqrt{6}}{6}$ см.
Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{6}$ см.

10.38. Длина каждого ребра тетраэдра $DABC$ равна 1 см. Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $CD$.

Пусть $DABC$ — заданный тетраэдр. По условию, это правильный тетраэдр, так как все его ребра равны 1 см. Обозначим длину ребра $a = 1$ см. Требуется найти расстояние между скрещивающимися прямыми $AB$ и $CD$, которые являются противоположными ребрами тетраэдра.

Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине их общего перпендикуляра. Построим этот перпендикуляр.

1. Пусть точка $M$ — середина ребра $AB$, а точка $N$ — середина ребра $CD$. Соединим точки $M$ и $N$ отрезком. Докажем, что $MN$ является общим перпендикуляром к прямым $AB$ и $CD$.

2. Рассмотрим грань $ADC$. Так как тетраэдр правильный, треугольник $ADC$ является равносторонним со стороной $a$. Отрезок $AN$ соединяет вершину $A$ с серединой противоположной стороны $CD$, следовательно, $AN$ — медиана $\triangle ADC$. В равностороннем треугольнике медиана также является высотой, поэтому $AN \perp CD$. Длину $AN$ можно найти по теореме Пифагора из $\triangle AND$: $AN = \sqrt{AD^2 - DN^2} = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

3. Аналогично, рассмотрим грань $BDC$. Треугольник $BDC$ также является равносторонним, а $BN$ — его медиана и высота. Следовательно, $BN \perp CD$ и $BN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

4. Так как прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AN$ и $BN$, лежащим в плоскости $ANB$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $ANB$. Отрезок $MN$ лежит в плоскости $ANB$, а значит, $MN \perp CD$.

5. Теперь докажем, что $MN \perp AB$. Рассмотрим треугольник $ANB$. Его стороны $AN$ и $BN$ равны, так как $AN = BN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, $\triangle ANB$ — равнобедренный с основанием $AB$. Точка $M$ — середина основания $AB$, поэтому отрезок $MN$ является медианой этого треугольника. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Таким образом, $MN \perp AB$.

Мы доказали, что отрезок $MN$ перпендикулярен обеим прямым $AB$ и $CD$. Значит, длина $MN$ и есть искомое расстояние.

6. Для нахождения длины $MN$ рассмотрим прямоугольный треугольник $AMN$ (угол $AMN$ — прямой, так как $MN \perp AB$). По теореме Пифагора:$AN^2 = AM^2 + MN^2$Отсюда $MN^2 = AN^2 - AM^2$.

Длина катета $AM$ равна половине длины ребра $AB$: $AM = \frac{a}{2}$.Длину гипотенузы $AN$ мы уже нашли: $AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Подставляем значения в формулу:$MN^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$

Извлекаем квадратный корень:$MN = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Подставляем значение длины ребра $a = 1$ см:$MN = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

10.39. Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O$. Точка $M$ такова, что $OM = 1$ см. Через точку $M$ проведена плоскость $\alpha$, не имеющая с параллелограммом общих точек. Докажите, что сумма расстояний от вершин параллелограмма до плоскости $\alpha$ не больше 4 см.

Пусть $d_A, d_B, d_C, d_D$ и $d_O$ — это расстояния от точек A, B, C, D и O соответственно до плоскости $\alpha$.

По свойству параллелограмма, его диагонали AC и BD пересекаются в точке O, которая является серединой каждой из них.

Поскольку плоскость $\alpha$ не имеет общих точек с параллелограммом ABCD, все его вершины лежат по одну сторону от этой плоскости. Для любого отрезка, концы которого лежат по одну сторону от плоскости, расстояние от его середины до плоскости равно полусумме расстояний от его концов до той же плоскости.

Применив это свойство к диагонали AC, получим: $d_O = \frac{d_A + d_C}{2}$, откуда следует $d_A + d_C = 2d_O$.

Аналогично, для диагонали BD: $d_O = \frac{d_B + d_D}{2}$, откуда $d_B + d_D = 2d_O$.

Сумма расстояний от всех вершин параллелограмма до плоскости $\alpha$ (обозначим ее S) вычисляется следующим образом: $S = d_A + d_B + d_C + d_D = (d_A + d_C) + (d_B + d_D) = 2d_O + 2d_O = 4d_O$.

Теперь найдем максимальное возможное значение для $d_O$. По определению, расстояние от точки O до плоскости $\alpha$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки O на эту плоскость. Пусть H — основание этого перпендикуляра. Тогда $d_O = OH$.

Из условия известно, что плоскость $\alpha$ проходит через точку M, следовательно, точка M лежит в плоскости $\alpha$. Так как H тоже лежит в плоскости $\alpha$, то и отрезок MH лежит в этой плоскости.

Рассмотрим треугольник OMH. Так как $OH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку H. В частности, $OH \perp MH$. Таким образом, треугольник OMH является прямоугольным с прямым углом при вершине H.

В прямоугольном треугольнике OMH отрезок OM является гипотенузой, а OH — катетом. Длина катета не может превышать длину гипотенузы, поэтому $OH \le OM$.

Так как $d_O = OH$ и, по условию задачи, $OM = 1$ см, мы получаем неравенство: $d_O \le 1$ см.

Наконец, подставим эту оценку для $d_O$ в формулу для суммы расстояний S: $S = 4d_O \le 4 \cdot 1 = 4$ см.

Таким образом, мы доказали, что сумма расстояний от вершин параллелограмма до плоскости $\alpha$ не больше 4 см.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма расстояний от вершин параллелограмма до плоскости $\alpha$ не больше 4 см.