Страница 111 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

11.19. Точка $O$ – центр окружности, вписанной в трапецию $ABCD$, $BC \parallel AD$, $AB \perp AD$, $CD = 12$ см, $\angle ADC = 45^\circ$. Отрезок $MO$ – перпендикуляр к плоскости трапеции. Точка $M$ удалена от плоскости трапеции на $6\sqrt{2}$ см. Найдите расстояние от точки $M$ до сторон трапеции.

Для решения задачи сначала найдем радиус окружности, вписанной в трапецию. Затем, используя этот радиус и расстояние от точки M до плоскости трапеции, определим расстояние от M до сторон трапеции.

1. Проведем высоту CH из вершины C на основание AD. Поскольку $BC \parallel AD$ и $AB \perp AD$, трапеция ABCD является прямоугольной, а ее высота $h = AB = CH$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник CHD (∠CHD = 90°). По условию, гипотенуза $CD = 12$ см и угол $\angle ADC = 45^\circ$. Найдем катет CH, который является высотой трапеции:

$h = CH = CD \cdot \sin(\angle ADC) = 12 \cdot \sin(45^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см.

3. В трапецию вписана окружность, следовательно, ее высота равна диаметру вписанной окружности ($h = 2r$). Найдем радиус r:

$r = \frac{h}{2} = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Центр вписанной окружности O равноудален от всех сторон трапеции, и это расстояние равно радиусу r.

4. По условию, отрезок MO перпендикулярен плоскости трапеции, значит, расстояние от M до плоскости равно длине MO, то есть $MO = 6\sqrt{2}$ см. Расстояние от точки M до любой из сторон трапеции (обозначим его d) является длиной наклонной, проведенной из M к этой стороне. Проекцией этой наклонной на плоскость трапеции является радиус r, проведенный из точки O к точке касания. По теореме о трех перпендикулярах, так как радиус перпендикулярен стороне (в точке касания), то и наклонная будет перпендикулярна этой стороне.

Таким образом, искомое расстояние d можно найти по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника, катетами которого являются MO и r:

$d = \sqrt{MO^2 + r^2} = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{72 + 18} = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}$ см.

Поскольку расстояние от центра O до всех сторон одинаково и равно r, то и расстояние от точки M до всех сторон трапеции также будет одинаковым.

Расстояние от точки M до стороны AB

Расстояние от точки M до стороны AB равно $3\sqrt{10}$ см.

Ответ: $3\sqrt{10}$ см.

Расстояние от точки M до стороны BC

Расстояние от точки M до стороны BC равно $3\sqrt{10}$ см.

Ответ: $3\sqrt{10}$ см.

Расстояние от точки M до стороны CD

Расстояние от точки M до стороны CD равно $3\sqrt{10}$ см.

Ответ: $3\sqrt{10}$ см.

Расстояние от точки M до стороны AD

Расстояние от точки M до стороны AD равно $3\sqrt{10}$ см.

Ответ: $3\sqrt{10}$ см.

11.20. Параллельные прямые $a$, $b$ и $c$ не лежат в одной плоскости. Расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 25 см, а между прямыми $b$ и $c$ — 17 см. Расстояние между прямой $b$ и плоскостью, в которой лежат прямые $a$ и $c$, равно 15 см. Найдите расстояние между прямыми $a$ и $c$.

Для решения задачи воспользуемся методом проекций. Спроецируем три параллельные прямые $a$, $b$ и $c$ на плоскость $\Pi$, перпендикулярную им. Проекциями прямых будут три точки, назовем их $A$, $B$ и $C$ соответственно. Расстояние между параллельными прямыми в пространстве равно расстоянию между их точечными проекциями на этой плоскости. Таким образом, задача сводится к решению планиметрической задачи для треугольника $ABC$.

Согласно условию:Расстояние между прямыми $a$ и $b$ составляет 25 см, следовательно, длина стороны $AB$ в треугольнике $ABC$ равна $AB = 25$ см.Расстояние между прямыми $b$ и $c$ составляет 17 см, следовательно, длина стороны $BC$ равна $BC = 17$ см.

Прямые $a$ и $c$ образуют плоскость $\alpha$. Расстояние от прямой $b$ до этой плоскости равно 15 см. В нашей проекции это расстояние равно длине высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $B$ на сторону $AC$. Обозначим эту высоту как $h_B$, тогда $h_B = 15$ см.

Искомое расстояние между прямыми $a$ и $c$ равно длине стороны $AC$.

Пусть $H$ — основание высоты, опущенной из вершины $B$ на прямую, содержащую сторону $AC$. Тогда $BH = 15$ см. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$.

По теореме Пифагора для $\triangle ABH$:$AH^2 = AB^2 - BH^2 = 25^2 - 15^2 = 625 - 225 = 400$.Отсюда $AH = \sqrt{400} = 20$ см.

По теореме Пифагора для $\triangle CBH$:$CH^2 = BC^2 - BH^2 = 17^2 - 15^2 = 289 - 225 = 64$.Отсюда $CH = \sqrt{64} = 8$ см.

Длина стороны $AC$ зависит от взаимного расположения точек $A$, $C$ и $H$ на прямой. Условие, что прямые не лежат в одной плоскости, означает, что точки $A$, $B$, $C$ не коллинеарны, а образуют треугольник. Существует два возможных варианта конфигурации этого треугольника.

Вариант 1: Точка $H$ лежит на отрезке $AC$. Это соответствует случаю, когда углы при вершинах $A$ и $C$ треугольника $ABC$ острые. В этом случае длина $AC$ является суммой длин отрезков $AH$ и $CH$:$AC = AH + CH = 20 + 8 = 28$ см.

Вариант 2: Точка $H$ лежит вне отрезка $AC$. Это соответствует случаю, когда один из углов при основании $AC$ (либо при вершине $A$, либо при $C$) является тупым. В этом случае длина $AC$ является модулем разности длин отрезков $AH$ и $CH$:$AC = |AH - CH| = |20 - 8| = 12$ см.

Оба варианта являются допустимыми решениями, так как в условии задачи отсутствуют данные, позволяющие исключить один из них.

Ответ: 28 см или 12 см.

11.21. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между прямыми $A_1C$ и $B_1D_1$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $A_1C$ и $B_1D_1$ в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ можно воспользоваться двумя способами: геометрическим и координатно-векторным.

Геометрический способ

Этот способ основан на свойстве перпендикулярности прямой и плоскости. Утверждается, что если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

1. Рассмотрим диагональ $B_1D_1$ верхней грани куба $A_1B_1C_1D_1$. Эта грань является квадратом. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, $B_1D_1 \perp A_1C_1$.

2. Рассмотрим боковое ребро $AA_1$. Оно перпендикулярно всей плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$, так как это куб. Следовательно, ребро $AA_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и диагонали $B_1D_1$. Таким образом, $AA_1 \perp B_1D_1$.

3. Прямые $A_1C_1$ и $AA_1$ пересекаются в точке $A_1$ и обе лежат в плоскости диагонального сечения $AA_1C_1C$.

Из пунктов 1 и 2 мы имеем, что прямая $B_1D_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($A_1C_1$ и $AA_1$) из плоскости $AA_1C_1C$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $B_1D_1$ перпендикулярна всей плоскости $AA_1C_1C$.

Прямая $A_1C$ является диагональю этого сечения и, следовательно, полностью лежит в плоскости $AA_1C_1C$.

Поскольку прямая $B_1D_1$ перпендикулярна плоскости $AA_1C_1C$, она перпендикулярна и прямой $A_1C$, лежащей в этой плоскости. Таким образом, угол между прямыми $A_1C$ и $B_1D_1$ равен $90^\circ$.

Координатно-векторный способ

Введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина $D$ куба совпадает с началом координат $(0, 0, 0)$, а ребра $DA$, $DC$ и $DD_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины будут иметь следующие координаты:

$D(0, 0, 0)$, $A(a, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D_1(0, 0, a)$.

Тогда координаты интересующих нас точек для построения векторов будут:

$A_1(a, 0, a)$, $C(0, a, 0)$, $B_1(a, a, a)$, $D_1(0, 0, a)$.

Теперь найдем координаты направляющих векторов для прямых $A_1C$ и $B_1D_1$.

Для прямой $A_1C$ направляющим вектором будет вектор $\vec{A_1C}$:

$\vec{A_1C} = C - A_1 = (0 - a, a - 0, 0 - a) = (-a, a, -a)$.

Для прямой $B_1D_1$ направляющим вектором будет вектор $\vec{B_1D_1}$:

$\vec{B_1D_1} = D_1 - B_1 = (0 - a, 0 - a, a - a) = (-a, -a, 0)$.

Угол $\varphi$ между прямыми равен углу между их направляющими векторами. Косинус этого угла можно найти через скалярное произведение векторов:

$\cos(\varphi) = \frac{\vec{A_1C} \cdot \vec{B_1D_1}}{|\vec{A_1C}| \cdot |\vec{B_1D_1}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов в числителе:

$\vec{A_1C} \cdot \vec{B_1D_1} = (-a)(-a) + (a)(-a) + (-a)(0) = a^2 - a^2 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны. Следовательно, и прямые, для которых эти векторы являются направляющими, также перпендикулярны.

$\cos(\varphi) = 0$, откуда $\varphi = 90^\circ$.

Оба способа приводят к одному и тому же результату.

Ответ: $90^\circ$

11.22. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Докажите, что $CD_1 \perp AB_1C_1$.

Для доказательства того, что прямая $CD_1$ перпендикулярна плоскости $(AB_1C_1)$, необходимо доказать, что прямая $CD_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых выберем $AB_1$ и $B_1C_1$, которые пересекаются в точке $B_1$.

Сначала докажем перпендикулярность прямых $CD_1$ и $AB_1$. Прямые $AB_1$ и $DC_1$ являются диагоналями параллельных граней куба $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$ соответственно. Вектор $\vec{DC_1}$ можно представить как сумму векторов $\vec{DC} + \vec{CC_1}$. Вектор $\vec{AB_1}$ можно представить как сумму векторов $\vec{AB} + \vec{BB_1}$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб, то векторы рёбер $\vec{DC} = \vec{AB}$ и $\vec{CC_1} = \vec{BB_1}$. Следовательно, $\vec{DC_1} = \vec{AB_1}$, что означает, что прямые $DC_1$ и $AB_1$ параллельны ($DC_1 \parallel AB_1$). Прямые $CD_1$ и $DC_1$ являются диагоналями грани-квадрата $CDD_1C_1$. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, поэтому $CD_1 \perp DC_1$. Поскольку $AB_1 \parallel DC_1$, то из этого следует, что $CD_1 \perp AB_1$.

Теперь докажем перпендикулярность прямых $CD_1$ и $B_1C_1$. Ребро $B_1C_1$ перпендикулярно плоскости боковой грани $CDD_1C_1$. Это следует из того, что ребро $B_1C_1$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым в этой плоскости: $B_1C_1 \perp C_1D_1$, так как грань $A_1B_1C_1D_1$ — квадрат, и $B_1C_1 \perp CC_1$, так как грань $BCC_1B_1$ — квадрат. Поскольку прямая $B_1C_1$ перпендикулярна плоскости $(CDD_1C_1)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CD_1$. Таким образом, $CD_1 \perp B_1C_1$.

Итак, мы доказали, что прямая $CD_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB_1$ и $B_1C_1$, лежащим в плоскости $(AB_1C_1)$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, прямая $CD_1$ перпендикулярна плоскости $(AB_1C_1)$.

Ответ: Доказано, что $CD_1 \perp (AB_1C_1)$.

11.23. Ребро $DA$ тетраэдра $DABC$ перпендикулярно плоскости $ABC$ (рис. 11.10), $AC = AD$, $\angle ACB = 90^\circ$, точка $M$ — середина ребра $BD$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $CD$.

Рис. 11.10

Решение

Поскольку все ребра тетраэдра $DABC$ равны $a$, данный тетраэдр является правильным. Это значит, что его основание, треугольник $ABC$, является равносторонним. По условию, $DO$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, следовательно, $DO$ — высота тетраэдра. В правильном тетраэдре высота, опущенная из вершины, падает в центр противоположной грани. Таким образом, точка $O$ является центром треугольника $ABC$ — точкой пересечения его медиан, высот и биссектрис.

Секущая плоскость проходит через прямую $DO$ и середину ребра $AB$. Обозначим середину ребра $AB$ точкой $K$.

Рассмотрим расположение точек в плоскости основания $ABC$. Отрезок $CK$ соединяет вершину $C$ с серединой стороны $AB$, значит, $CK$ является медианой треугольника $ABC$. Так как точка $O$ — центр треугольника (точка пересечения медиан), то она лежит на отрезке $CK$.

Отсюда следует, что точки $C$, $O$ и $K$ лежат на одной прямой.

Секущая плоскость содержит прямую $DO$ (а значит, точки $D$ и $O$) и точку $K$. Поскольку точки $O$ и $K$ принадлежат секущей плоскости, то и вся прямая $CK$, содержащая эти точки, принадлежит этой плоскости. Следовательно, точка $C$ также принадлежит секущей плоскости.

Таким образом, искомая плоскость сечения проходит через три точки: $D$, $C$ и $K$. Эти точки являются вершинами сечения. Соединив их, получаем треугольник $DCK$. Отрезок $DC$ является ребром тетраэдра, отрезок $CK$ лежит в грани $ABC$, а отрезок $DK$ — в грани $DAB$.

Следовательно, для построения сечения достаточно найти середину $K$ ребра $AB$ и соединить ее с вершинами $D$ и $C$. Полученный треугольник $DCK$ и будет искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — треугольник $DCK$, где $K$ — середина ребра $AB$.

11.24. Каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$. Из точки $D$ опущен перпендикуляр $DO$ на плоскость $ABC$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через прямую $DO$ и перпендикулярной прямой $AB$, и найдите площадь построенного сечения.

Построение сечения

Поскольку каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$, данный тетраэдр является правильным. Все его грани — равные между собой равносторонние треугольники со стороной $a$.

Из условия известно, что $DO$ — перпендикуляр, опущенный из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$. В правильном тетраэдре вершина проецируется в центр основания. Следовательно, точка $O$ является центром равностороннего треугольника $ABC$ (точкой пересечения его медиан, высот и биссектрис).

Искомая плоскость сечения, обозначим ее $\gamma$, должна удовлетворять двум условиям:
1. Проходить через прямую $DO$.
2. Быть перпендикулярной прямой $AB$ (то есть $AB \perp \gamma$).

Для построения сечения определим плоскость, перпендикулярную ребру $AB$. Пусть $M$ — середина ребра $AB$.

- В равностороннем треугольнике $ABC$ отрезок $CM$ является медианой и высотой, следовательно, $CM \perp AB$.

- Аналогично, в равностороннем треугольнике $DAB$ отрезок $DM$ является медианой и высотой, следовательно, $DM \perp AB$.

Так как прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CM$ и $DM$, лежащим в плоскости $(DMC)$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $(DMC)$.

Теперь докажем, что плоскость $(DMC)$ проходит через прямую $DO$.
- Точка $D$ принадлежит плоскости $(DMC)$ по определению.
- Точка $O$ — центр треугольника $ABC$ и лежит на его медиане $CM$. Следовательно, точка $O$ также принадлежит плоскости $(DMC)$.
Поскольку две точки $D$ и $O$ прямой $DO$ принадлежат плоскости $(DMC)$, то вся прямая $DO$ лежит в этой плоскости.

Таким образом, плоскость $(DMC)$ удовлетворяет обоим условиям: она проходит через прямую $DO$ и перпендикулярна прямой $AB$. Следовательно, треугольник $DMC$ и есть искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение — это треугольник $DMC$, где $M$ — середина ребра $AB$.

Нахождение площади построенного сечения

Сечением является треугольник $DMC$. Для нахождения его площади определим длины его сторон.

- $DC = a$, так как это ребро тетраэдра.

- $CM$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике $ABC$ со стороной $a$. Ее длина равна $CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

- $DM$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике $DAB$ со стороной $a$. Ее длина также равна $DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Следовательно, треугольник $DMC$ является равнобедренным с основанием $DC=a$ и боковыми сторонами $CM = DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Для вычисления площади треугольника $DMC$ проведем высоту $MK$ к основанию $DC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Значит, точка $K$ — середина отрезка $DC$, и $KC = \frac{DC}{2} = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MKC$. По теореме Пифагора $MK^2 + KC^2 = MC^2$. Отсюда выразим высоту $MK$:
$MK^2 = MC^2 - KC^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.
$MK = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Теперь можем найти площадь треугольника $DMC$:
$S_{DMC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

11.25. Диагональ $AC$ ромба $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$, а точка $B$ удалена от плоскости $\alpha$ на $3\sqrt{7}$ см. Найдите проекцию диагонали $BD$ на плоскость $\alpha$, если $BD = 24$ см.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба $ABCD$. По свойству ромба, диагонали в точке пересечения делятся пополам, следовательно, $BO = OD = \frac{BD}{2}$.

Поскольку по условию $BD = 24$ см, то $BO = OD = \frac{24}{2} = 12$ см.

Диагональ $AC$ лежит в плоскости $\alpha$. Так как точка $O$ принадлежит диагонали $AC$, то точка $O$ также лежит в плоскости $\alpha$.

Пусть $B'$ — это проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$, а $D'$ — проекция точки $D$ на эту же плоскость. Тогда отрезок $B'D'$ является проекцией диагонали $BD$ на плоскость $\alpha$.

Расстояние от точки до плоскости определяется длиной перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. По условию задачи, расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ составляет $3\sqrt{7}$ см, значит, длина перпендикуляра $BB'$ равна $3\sqrt{7}$ см ($BB' \perp \alpha$).

Ромб $ABCD$ — центрально-симметричная фигура относительно точки пересечения его диагоналей $O$. Поскольку центр симметрии $O$ лежит в плоскости $\alpha$, а точки $B$ и $D$ симметричны относительно $O$, они находятся на одинаковом расстоянии от плоскости $\alpha$. Таким образом, расстояние от точки $D$ до плоскости $\alpha$ также равно $3\sqrt{7}$ см, то есть $DD' = 3\sqrt{7}$ см ($DD' \perp \alpha$).

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OBB'$. Угол $\angle OB'B = 90^\circ$, так как $BB'$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а отрезок $OB'$ лежит в этой плоскости. В данном треугольнике гипотенузой является $OB$, а катетами — $BB'$ и $OB'$. Применим теорему Пифагора: $OB^2 = (OB')^2 + (BB')^2$.

Из этого соотношения найдем длину проекции отрезка $OB$ на плоскость $\alpha$: $(OB')^2 = OB^2 - (BB')^2 = 12^2 - (3\sqrt{7})^2 = 144 - 9 \cdot 7 = 144 - 63 = 81$. Отсюда $OB' = \sqrt{81} = 9$ см.

Аналогично для прямоугольного треугольника $\triangle ODD'$ (с прямым углом $\angle OD'D$), где гипотенуза $OD = 12$ см и катет $DD' = 3\sqrt{7}$ см, найдем длину проекции отрезка $OD$: $(OD')^2 = OD^2 - (DD')^2 = 12^2 - (3\sqrt{7})^2 = 144 - 63 = 81$. Отсюда $OD' = \sqrt{81} = 9$ см.

Точки $B$, $O$, $D$ лежат на одной прямой (диагонали $BD$), поэтому их проекции $B'$, $O$ (проекция точки $O$ есть сама точка $O$, так как $O \in \alpha$), и $D'$ также лежат на одной прямой. Длина проекции $B'D'$ равна сумме длин отрезков $OB'$ и $OD'$: $B'D' = OB' + OD' = 9 + 9 = 18$ см.

Ответ: 18 см.

11.26. Сторона $AC$ треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$, а точка $B$ удалена от плоскости $\alpha$ на 5 см. Проекции отрезков $AB$ и $BC$ на плоскость $\alpha$ равны соответственно 12 см и 15 см, $AC = 9$ см. Найдите площадь треугольника $ABC$.

Пусть $H$ — это ортогональная проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$. По условию, расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ составляет 5 см. Это означает, что длина перпендикуляра $BH$ равна 5 см.

Сторона $AC$ треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$. Проекциями наклонных $AB$ и $BC$ на плоскость $\alpha$ являются отрезки $AH$ и $CH$ соответственно. Из условия задачи известны их длины: $AH = 12$ см и $CH = 15$ см.

Поскольку $BH$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$, он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через его основание $H$. Следовательно, $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $H$.

Применим теорему Пифагора для нахождения длин сторон $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABH$:
$AB^2 = AH^2 + BH^2$
$AB^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169$
$AB = \sqrt{169} = 13$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle CBH$:
$BC^2 = CH^2 + BH^2$
$BC^2 = 15^2 + 5^2 = 225 + 25 = 250$
$BC = \sqrt{250} = \sqrt{25 \cdot 10} = 5\sqrt{10}$ см.

Теперь мы знаем длины всех трех сторон треугольника $ABC$: $AC = 9$ см (дано), $AB = 13$ см, $BC = 5\sqrt{10}$ см.

Чтобы найти площадь треугольника, проверим, является ли он прямоугольным, применив обратную теорему Пифагора. Для этого сравним квадрат самой длинной стороны ($BC$) с суммой квадратов двух других сторон ($AB$ и $AC$).

$AB^2 = 13^2 = 169$
$AC^2 = 9^2 = 81$
$BC^2 = (5\sqrt{10})^2 = 25 \cdot 10 = 250$

Проверим равенство $AB^2 + AC^2 = BC^2$:
$169 + 81 = 250$
$250 = 250$

Равенство выполняется, следовательно, $\triangle ABC$ — прямоугольный, с гипотенузой $BC$ и катетами $AB$ и $AC$. Прямой угол — $\angle BAC$.

Площадь прямоугольного треугольника вычисляется как половина произведения его катетов:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 9 = \frac{117}{2} = 58,5$ см².

Ответ: $58,5$ см².

11.27. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Докажите, что прямая $A_1C$ перпендикулярна плоскости $DC_1B$.

Для доказательства того, что прямая $A_1C$ перпендикулярна плоскости $DC_1B$, необходимо доказать, что прямая $A_1C$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве таких прямых выберем диагонали граней $DB$ и $DC_1$. Они обе лежат в плоскости $DC_1B$ и пересекаются в точке $D$.

1. Доказательство перпендикулярности $A_1C$ и $DB$

Рассмотрим основание куба $ABCD$. Так как это квадрат, его диагонали взаимно перпендикулярны: $AC \perp DB$.
Ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABCD)$, так как куб является прямой призмой. Следовательно, $AA_1$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $DB$. Таким образом, $AA_1 \perp DB$.
Поскольку прямая $DB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $AA_1$) в плоскости $ACC_1A_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $DB$ перпендикулярна всей плоскости $ACC_1A_1$.
Прямая $A_1C$ лежит в плоскости $ACC_1A_1$, следовательно, $DB \perp A_1C$.

2. Доказательство перпендикулярности $A_1C$ и $DC_1$

Рассмотрим грань куба $CDD_1C_1$. Так как это квадрат, его диагонали взаимно перпендикулярны: $CD_1 \perp DC_1$.
Ребро $A_1D_1$ перпендикулярно плоскости грани $(CDD_1C_1)$, поскольку $A_1D_1 \perp D_1D$ и $A_1D_1 \perp D_1C_1$.
Следовательно, прямая $CD_1$ является проекцией наклонной $A_1C$ на плоскость $(CDD_1C_1)$ (так как $D_1$ — проекция точки $A_1$, а точка $C$ — проекция самой себя).
Применим теорему о трех перпендикулярах: если прямая на плоскости ($DC_1$) перпендикулярна проекции наклонной ($CD_1$), то она перпендикулярна и самой наклонной ($A_1C$).
Так как $DC_1 \perp CD_1$, из теоремы следует, что $DC_1 \perp A_1C$.

3. Вывод

Мы доказали, что прямая $A_1C$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DB$ и $DC_1$, которые лежат в плоскости $DC_1B$.
Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости.
Следовательно, прямая $A_1C$ перпендикулярна плоскости $DC_1B$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Требуемое утверждение доказано.

11.28. Основанием пирамиды $SABC$ является равносторонний треугольник $ABC$, сторона которого равна $4\sqrt{2}$ см. Ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания и равно 2 см. Точки $M$ и $N$ – середины рёбер $BC$ и $AB$ соответственно. Найдите расстояние между прямыми $SM$ и $CN$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C$, осью $Oz$ направленной вдоль ребра $SC$, и плоскостью $Oxy$, в которой лежит основание $ABC$.

Поскольку ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания и $SC = 2$ см, координаты точек $C$ и $S$ будут $C(0, 0, 0)$ и $S(0, 0, 2)$.

Основание $ABC$ — равносторонний треугольник со стороной $a = 4\sqrt{2}$ см. Расположим вершину $B$ на оси $Ox$. Тогда ее координаты $B(4\sqrt{2}, 0, 0)$. Координаты вершины $A(x, y, 0)$ найдем из условий $AC = a$ и $AB = a$:
$AC^2 = x^2 + y^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$
$AB^2 = (x - 4\sqrt{2})^2 + y^2 = (4\sqrt{2})^2 = 32$
Раскрывая второе уравнение и подставляя в него первое, получаем $32 - 8\sqrt{2}x + 32 = 32$, откуда $x = 2\sqrt{2}$. Тогда $y^2 = 32 - (2\sqrt{2})^2 = 24$, и $y = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$. Таким образом, $A(2\sqrt{2}, 2\sqrt{6}, 0)$.

Точка $M$ — середина ребра $BC$, ее координаты: $M\left(\frac{0+4\sqrt{2}}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = (2\sqrt{2}, 0, 0)$.
Точка $N$ — середина ребра $AB$, ее координаты: $N\left(\frac{2\sqrt{2}+4\sqrt{2}}{2}, \frac{2\sqrt{6}+0}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = (3\sqrt{2}, \sqrt{6}, 0)$.

Теперь найдем направляющие векторы скрещивающихся прямых $SM$ и $CN$.
Для прямой $SM$: $\vec{v_1} = \vec{SM} = \{2\sqrt{2}-0, 0-0, 0-2\} = \{2\sqrt{2}, 0, -2\}$.
Для прямой $CN$: $\vec{v_2} = \vec{CN} = \{3\sqrt{2}-0, \sqrt{6}-0, 0-0\} = \{3\sqrt{2}, \sqrt{6}, 0\}$.

Расстояние $d$ между скрещивающимися прямыми, проходящими через точки $P_1$ и $P_2$ с направляющими векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$, вычисляется по формуле смешанного произведения:$d = \frac{|\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{|\vec{v_1} \times \vec{v_2}|}$.
Возьмем точки $S(0, 0, 2)$ на прямой $SM$ и $C(0, 0, 0)$ на прямой $CN$. Тогда вектор, соединяющий их, $\vec{P_1P_2} = \vec{CS} = \{0, 0, 2\}$.

Вычислим векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$:
$\vec{v_1} \times \vec{v_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2\sqrt{2} & 0 & -2 \\ 3\sqrt{2} & \sqrt{6} & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - (-2)\sqrt{6}) - \mathbf{j}(0 - (-2)3\sqrt{2}) + \mathbf{k}(2\sqrt{2}\sqrt{6} - 0) = \{2\sqrt{6}, -6\sqrt{2}, 4\sqrt{3}\}$.

Модуль этого вектора:
$|\vec{v_1} \times \vec{v_2}| = \sqrt{(2\sqrt{6})^2 + (-6\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{24 + 72 + 48} = \sqrt{144} = 12$.

Смешанное произведение в числителе:
$\vec{CS} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}) = \{0, 0, 2\} \cdot \{2\sqrt{6}, -6\sqrt{2}, 4\sqrt{3}\} = 0 \cdot 2\sqrt{6} + 0 \cdot (-6\sqrt{2}) + 2 \cdot 4\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$.

Искомое расстояние:
$d = \frac{|8\sqrt{3}|}{12} = \frac{8\sqrt{3}}{12} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ см.

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ см.