Страница 115 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

12.6. Прямая $MA$ перпендикулярна плоскости $ABC$ (рис. 12.6).$AB = AM = 6 \text{ см}$, $AC = 2\sqrt{3} \text{ см}$. Найдите угол, который образует с плоскостью $ABC$ прямая:

1) $MB$;

2) $MC$.

Рис. 12.6

По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Поскольку прямая $MA$ перпендикулярна плоскости $ABC$ ($MA \perp (ABC)$), то отрезок $MA$ является перпендикуляром, опущенным из точки $M$ на плоскость $ABC$. Точка $A$ — основание этого перпендикуляра.

1) MB

Для наклонной $MB$ её проекцией на плоскость $ABC$ является отрезок $AB$. Следовательно, искомый угол — это угол между наклонной $MB$ и её проекцией $AB$, то есть угол $\angle MBA$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MAB$. Так как $MA \perp (ABC)$, то прямая $MA$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $AB$. Это означает, что $\triangle MAB$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle MAB = 90^\circ$.

В этом треугольнике нам известны длины катетов: $AM = 6$ см и $AB = 6$ см (по условию).

Мы можем найти тангенс угла $\angle MBA$:

$\tan(\angle MBA) = \frac{AM}{AB} = \frac{6}{6} = 1$

Угол, тангенс которого равен 1, составляет $45^\circ$. Следовательно, $\angle MBA = 45^\circ$.

Также можно заметить, что так как катеты $AM$ и $AB$ равны, $\triangle MAB$ является равнобедренным прямоугольным треугольником, а углы при его гипотенузе равны $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

2) MC

Для наклонной $MC$ её проекцией на плоскость $ABC$ является отрезок $AC$. Следовательно, искомый угол — это угол между наклонной $MC$ и её проекцией $AC$, то есть угол $\angle MCA$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MAC$. Так как $MA \perp (ABC)$, то $MA \perp AC$. Это означает, что $\triangle MAC$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle MAC = 90^\circ$.

В этом треугольнике нам известны длины катетов: $AM = 6$ см и $AC = 2\sqrt{3}$ см (по условию).

Найдем тангенс угла $\angle MCA$:

$\tan(\angle MCA) = \frac{AM}{AC} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\tan(\angle MCA) = \frac{3 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3}$

Угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, составляет $60^\circ$. Следовательно, $\angle MCA = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

12.7. Точка $O$ — центр правильного треугольника $ABC$ (рис. 12.7), сторона которого равна 6 см. Прямая $MA$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Найдите угол между прямой $MO$ и плоскостью $ABC$, если $MA = 2$ см.

Рис. 12.5

Рис. 12.6

Рис. 12.7

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

По условию задачи, прямая $MA$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Это означает, что отрезок $AO$ является проекцией наклонной $MO$ на плоскость $ABC$. Следовательно, искомый угол — это угол между прямой $MO$ и её проекцией $AO$, то есть угол $∠MOA$.

Рассмотрим треугольник $MAO$. Так как $MA \perp (ABC)$, то $MA$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$. Значит, $MA \perp AO$. Таким образом, треугольник $MAO$ — прямоугольный, с прямым углом $∠MAO = 90°$.

Для нахождения угла $∠MOA$ нам нужно знать длины катетов $MA$ и $AO$. Длина $MA$ дана по условию: $MA = 2$ см.

Найдем длину катета $AO$. Точка $O$ — центр правильного треугольника $ABC$. В правильном треугольнике центр совпадает с точкой пересечения медиан, биссектрис и высот, а также является центром вписанной и описанной окружностей. Отрезок $AO$ является радиусом $R$ описанной около треугольника $ABC$ окружности. Для правильного треугольника со стороной $a$ радиус описанной окружности вычисляется по формуле:$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$ или $R = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

По условию, сторона треугольника $a = 6$ см. Найдем $AO$:
$AO = R = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $MAO$ мы знаем длины обоих катетов: $MA = 2$ см и $AO = 2\sqrt{3}$ см. Найдем тангенс угла $∠MOA$ как отношение противолежащего катета к прилежащему:$\text{tg}(∠MOA) = \frac{MA}{AO} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, — это $30°$.
Следовательно, $∠MOA = 30°$.

Ответ: $30°$.

12.8. Докажите, что равные наклонные, проведённые к плоскости из одной точки, образуют с этой плоскостью равные углы.

Дано:

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A$, не принадлежащая этой плоскости ($A \notin \alpha$).
Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены две равные наклонные $AB$ и $AC$, где $B \in \alpha$ и $C \in \alpha$.
Таким образом, $AB = AC$.

Доказать:

Углы, которые наклонные $AB$ и $AC$ образуют с плоскостью $\alpha$, равны.

Доказательство:

1. Проведём из точки $A$ перпендикуляр $AH$ к плоскости $\alpha$, где $H$ — основание перпендикуляра ($H \in \alpha$). Отрезок $AH$ является расстоянием от точки $A$ до плоскости $\alpha$.

2. Отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

3. По определению, угол между прямой (наклонной) и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Следовательно, угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle ABH$, а угол между наклонной $AC$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle ACH$. Нам нужно доказать, что $\angle ABH = \angle ACH$.

4. Рассмотрим треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Поскольку $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $H$. Значит, $AH \perp HB$ и $AH \perp HC$.
Следовательно, треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $H$.

5. Сравним эти прямоугольные треугольники:

• $AB = AC$ (гипотенузы) — по условию задачи.
• $AH$ — общий катет для обоих треугольников.

6. Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ равны по гипотенузе и катету.

7. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов, в том числе и углов. Углу $\angle ABH$ в треугольнике $\triangle AHB$ соответствует угол $\angle ACH$ в треугольнике $\triangle AHC$.
Следовательно, $\angle ABH = \angle ACH$.

Это и доказывает, что равные наклонные, проведённые к плоскости из одной точки, образуют с этой плоскостью равные углы. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

12.9. Докажите, что если углы, образованные с плоскостью наклонными, проведёнными к ней из одной точки, равны, то и сами наклонные равны.

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A$, не лежащая в этой плоскости. Проведём из точки $A$ две наклонные $AB$ и $AC$ к плоскости $\alpha$ (точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $\alpha$).

Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$. Точка $H$ является основанием перпендикуляра. Отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

По определению, угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. Таким образом, угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это $\angle ABH$, а угол между наклонной $AC$ и плоскостью $\alpha$ — это $\angle ACH$.

По условию задачи, эти углы равны: $\angle ABH = \angle ACH$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Поскольку $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $H$. Следовательно, $AH \perp HB$ и $AH \perp HC$. Это означает, что треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $H$.

Сравним эти два прямоугольных треугольника. У них общий катет $AH$. Кроме того, по условию задачи, острый угол $\angle ABH$ в треугольнике $\triangle AHB$ равен острому углу $\angle ACH$ в треугольнике $\triangle AHC$. Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ равны по катету и противолежащему острому углу.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Наклонные $AB$ и $AC$ являются гипотенузами в этих треугольниках. Следовательно, $AB = AC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Равенство наклонных следует из равенства прямоугольных треугольников, образованных этими наклонными, их проекциями и перпендикуляром, опущенным из той же точки на плоскость.

12.10. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ провели перпендикуляр $MB$ и наклонные $MA$ и $MC$. Найдите угол между прямой $MC$ и плоскостью $\alpha$, если $MA = 5\sqrt{2}$ см, $MC = 10$ см, а угол между прямой $MA$ и плоскостью $\alpha$ равен $45^\circ$.

Поскольку $MB$ — это перпендикуляр, проведенный из точки $M$ к плоскости $\alpha$, а $MA$ и $MC$ — наклонные, то отрезки $AB$ и $BC$ являются проекциями этих наклонных на плоскость $\alpha$.

Угол между наклонной и плоскостью определяется как угол между этой наклонной и её проекцией на данную плоскость. Таким образом, угол между прямой $MA$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle MAB$, а искомый угол между прямой $MC$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle MCB$.

Из условия задачи известно, что угол между прямой $MA$ и плоскостью $\alpha$ равен $45^\circ$, то есть $\angle MAB = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MBA$. Так как $MB \perp \alpha$, то $MB$ перпендикулярен любой прямой в плоскости $\alpha$, проходящей через точку $B$, следовательно, $\angle MBA = 90^\circ$. В этом треугольнике нам известны гипотенуза $MA = 5\sqrt{2}$ см и прилежащий к катету $AB$ угол $\angle MAB = 45^\circ$. Найдем длину перпендикуляра $MB$, который является катетом, противолежащим этому углу.

Используя определение синуса в прямоугольном треугольнике, имеем:
$\sin(\angle MAB) = \frac{MB}{MA}$
Отсюда выразим и найдем длину $MB$:
$MB = MA \cdot \sin(\angle MAB) = 5\sqrt{2} \cdot \sin(45^\circ)$
Поскольку $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:
$MB = 5\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{5 \cdot (\sqrt{2})^2}{2} = \frac{5 \cdot 2}{2} = 5$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MBC$ (угол $\angle MBC = 90^\circ$ по той же причине, что и $\angle MBA = 90^\circ$). В этом треугольнике нам известны длина гипотенузы $MC = 10$ см и длина катета $MB = 5$ см. Нам нужно найти угол $\angle MCB$.

Снова воспользуемся определением синуса для угла $\angle MCB$:
$\sin(\angle MCB) = \frac{MB}{MC} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$

Острый угол в прямоугольном треугольнике, синус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $30^\circ$. Следовательно, $\angle MCB = 30^\circ$.

Таким образом, угол между прямой $MC$ и плоскостью $\alpha$ равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

12.11. Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ провели перпендикуляр $AH$ и наклонные $AB$ и $AC$, образующие с плоскостью соответственно углы $45^\circ$ и $60^\circ$. Найдите отрезок $AB$, если $AC = 4\sqrt{3}$ см.

Пусть $AH$ — перпендикуляр, проведенный из точки $A$ к плоскости $\alpha$, а $AB$ и $AC$ — наклонные. Тогда отрезки $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Угол между наклонной и плоскостью определяется как угол между самой наклонной и ее проекцией на эту плоскость. По условию, угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\alpha$ равен $45^\circ$, то есть $\angle ABH = 45^\circ$. Угол между наклонной $AC$ и плоскостью $\alpha$ равен $60^\circ$, то есть $\angle ACH = 60^\circ$.

Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, треугольники $\triangle AHC$ и $\triangle AHB$ являются прямоугольными (с прямым углом при вершине $H$). Длина перпендикуляра $AH$ является общей для обоих треугольников.

1. Сначала рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHC$. В нем известны гипотенуза $AC = 4\sqrt{3}$ см и угол $\angle ACH = 60^\circ$. Найдем длину катета $AH$. В прямоугольном треугольнике синус угла равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin(\angle ACH) = \frac{AH}{AC}$

Выразим отсюда $AH$:

$AH = AC \cdot \sin(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot (\sqrt{3})^2}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = \frac{12}{2} = 6$ см.

2. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHB$. В нем известен катет $AH = 6$ см и угол $\angle ABH = 45^\circ$. Нам нужно найти гипотенузу $AB$. Аналогично, используем определение синуса:

$\sin(\angle ABH) = \frac{AH}{AB}$

Выразим отсюда искомую длину $AB$:

$AB = \frac{AH}{\sin(\angle ABH)} = \frac{6}{\sin(45^\circ)} = \frac{6}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{6 \cdot 2}{\sqrt{2}} = \frac{12}{\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:

$AB = \frac{12 \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{12\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см.

Ответ: $6\sqrt{2}$ см.

12.12. Из точки $D$ к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $DA$ и $DB$, образующие с данной плоскостью углы, равные $30^\circ$. Угол между проекциями данных наклонных на плоскость $\alpha$ равен $120^\circ$. Найдите расстояние между основаниями наклонных, если $DA = 2 \text{ см}$.

Пусть $C$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $DC \perp \alpha$.

$CA$ и $CB$ - это проекции наклонных $DA$ и $DB$ на плоскость $\alpha$ соответственно. Точки $A$ и $B$ - основания наклонных.

Угол между наклонной и плоскостью - это угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость. По условию, $\angle DAC = 30^\circ$ и $\angle DBC = 30^\circ$.

Угол между проекциями наклонных равен $120^\circ$, то есть $\angle ACB = 120^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DCA$ (поскольку $DC \perp \alpha$, то $DC$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через $C$, следовательно $\angle DCA = 90^\circ$).

В этом треугольнике нам известна гипотенуза $DA = 2$ см и острый угол $\angle DAC = 30^\circ$. Найдем длину проекции $CA$:

$CA = DA \cdot \cos(\angle DAC) = 2 \cdot \cos(30^\circ) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DCB$ ($\angle DCB = 90^\circ$). Поскольку наклонные $DA$ и $DB$ образуют с плоскостью $\alpha$ равные углы, а перпендикуляр $DC$ у них общий, то эти треугольники равны (по катету и противолежащему углу, если найти $DC$, или по катету и прилежащему острому углу, если сначала доказать равенство гипотенуз). Из равенства углов $\angle DAC = \angle DBC = 30^\circ$ и общего катета $DC$ следует, что $\triangle DCA = \triangle DCB$. Следовательно, их гипотенузы равны ($DA=DB$) и другие катеты тоже равны ($CA=CB$).

Итак, $CA = CB = \sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ACB$, который лежит в плоскости $\alpha$. Нам нужно найти расстояние между основаниями наклонных, то есть длину стороны $AB$. В треугольнике $\triangle ACB$ известны две стороны $CA = \sqrt{3}$ см, $CB = \sqrt{3}$ см и угол между ними $\angle ACB = 120^\circ$.

Применим теорему косинусов для треугольника $\triangle ACB$:

$AB^2 = CA^2 + CB^2 - 2 \cdot CA \cdot CB \cdot \cos(\angle ACB)$

Подставим известные значения:

$AB^2 = (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \cos(120^\circ)$

Мы знаем, что $\cos(120^\circ) = - \frac{1}{2}$.

$AB^2 = 3 + 3 - 2 \cdot 3 \cdot (-\frac{1}{2})$

$AB^2 = 6 - 6 \cdot (-\frac{1}{2})$

$AB^2 = 6 + 3 = 9$

$AB = \sqrt{9} = 3$ см.

Ответ: 3 см.

12.13. Из точки $B$ к плоскости $\alpha$ проведены наклонные $BA$ и $BC$, образующие с данной плоскостью углы, равные $45^\circ$. Расстояние между основаниями наклонных равно $16$ см. Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$, если угол между наклонными равен $60^\circ$.

Пусть BH — перпендикуляр, опущенный из точки B на плоскость α. Длина этого перпендикуляра, $h = BH$, и является искомым расстоянием от точки B до плоскости α. Точки A и C являются основаниями наклонных BA и BC на плоскости α.

Отрезки AH и CH являются проекциями наклонных BA и BC на плоскость α. Угол между наклонной и плоскостью — это угол между самой наклонной и её проекцией на эту плоскость. По условию задачи, $\angle BAH = 45^\circ$ и $\angle BCH = 45^\circ$.

Рассмотрим треугольник BHA. Он является прямоугольным, так как $BH \perp \alpha$, а значит $BH \perp AH$. Поскольку один из острых углов ($\angle BAH$) равен $45^\circ$, то и второй острый угол $\angle ABH = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. Следовательно, треугольник BHA является равнобедренным, и $AH = BH = h$. По теореме Пифагора (или из определения синуса), найдем длину наклонной BA: $BA = \frac{BH}{\sin(45^\circ)} = \frac{h}{\sqrt{2}/2} = h\sqrt{2}$.

Аналогично, рассмотрим прямоугольный треугольник BHC. Он также является равнобедренным, так как $\angle BCH = 45^\circ$. Поэтому $CH = BH = h$, и длина наклонной $BC = h\sqrt{2}$.

Таким образом, мы имеем две наклонные одинаковой длины: $BA = BC = h\sqrt{2}$.

Теперь рассмотрим треугольник ABC, образованный двумя наклонными и отрезком, соединяющим их основания. По условию, угол между наклонными $\angle ABC = 60^\circ$. Поскольку в треугольнике ABC две стороны равны ($BA = BC$), он является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике с углом $60^\circ$ при вершине, углы при основании также равны $60^\circ$: $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - 60^\circ)/2 = 60^\circ$. Следовательно, треугольник ABC является равносторонним.

В равностороннем треугольнике все стороны равны: $BA = BC = AC$.

Из условия задачи известно, что расстояние между основаниями наклонных равно 16 см, то есть $AC = 16$ см. Так как $BA = AC$, получаем $BA = 16$ см.

Используя ранее найденное соотношение $BA = h\sqrt{2}$, мы можем найти $h$: $16 = h\sqrt{2}$ $h = \frac{16}{\sqrt{2}} = \frac{16\sqrt{2}}{2} = 8\sqrt{2}$

Итак, расстояние от точки B до плоскости α составляет $8\sqrt{2}$ см.

Ответ: $8\sqrt{2}$ см.