Страница 86 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

8.6. Трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ и треугольник $MEF$ не лежат в одной плоскости, точка $E$ – середина отрезка $AB$, точка $F$ – середина отрезка $CD$, $ME = FE$, $\angle MEF = 110^\circ$. Найдите угол между прямыми:

1) $AD$ и $EF$;

2) $AD$ и $ME$;

3) $BC$ и $MF$.

1) AD и EF

В трапеции $ABCD$ точки $E$ и $F$ являются серединами боковых сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Отрезок $EF$, соединяющий середины боковых сторон, является средней линией трапеции. По свойству средней линии трапеции, она параллельна ее основаниям. Следовательно, прямая $EF$ параллельна прямой $AD$ ($EF \parallel AD$).

Угол между параллельными прямыми по определению равен $0^\circ$.

Ответ: $0^\circ$.

2) AD и ME

Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным скрещивающимся прямым. Прямые $AD$ и $ME$ — скрещивающиеся, так как трапеция $ABCD$ и треугольник $MEF$ не лежат в одной плоскости.

Поскольку $EF \parallel AD$ (как показано в пункте 1), угол между прямыми $AD$ и $ME$ равен углу между параллельной ей прямой $EF$ и прямой $ME$. Эти прямые пересекаются в точке $E$, образуя угол $\angle MEF$.

По условию задачи $\angle MEF = 110^\circ$. Углом между двумя прямыми принято считать наименьший из углов, образованных при их пересечении. При пересечении прямых $ME$ и $EF$ образуются два смежных угла: $110^\circ$ и $180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$. Наименьший из них равен $70^\circ$.

Следовательно, угол между прямыми $AD$ и $ME$ равен $70^\circ$.

Ответ: $70^\circ$.

3) BC и MF

Прямые $BC$ и $MF$ являются скрещивающимися. Основание $BC$ трапеции параллельно ее средней линии $EF$ ($BC \parallel EF$).

Следовательно, угол между прямыми $BC$ и $MF$ равен углу между параллельной ей прямой $EF$ и прямой $MF$. Эти прямые пересекаются в точке $F$, образуя угол $\angle MFE$.

Рассмотрим треугольник $MEF$. По условию $ME = FE$, значит, $\triangle MEF$ — равнобедренный с основанием $MF$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, то есть $\angle MFE = \angle EMF$.

Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Используя это свойство для $\triangle MEF$, получаем:

$\angle MFE + \angle EMF + \angle MEF = 180^\circ$

Так как $\angle MFE = \angle EMF$ и $\angle MEF = 110^\circ$, то:

$2 \cdot \angle MFE + 110^\circ = 180^\circ$

$2 \cdot \angle MFE = 180^\circ - 110^\circ$

$2 \cdot \angle MFE = 70^\circ$

$\angle MFE = 35^\circ$

Так как угол $35^\circ$ является острым, это и есть искомый угол между прямыми $BC$ и $MF$.

Ответ: $35^\circ$.

8.7. Параллелограмм $ABCD$ и треугольник $AED$ не лежат в одной плоскости (рис. 8.10). Найдите угол между прямыми $BC$ и $AE$, если $\angle AED = 70^\circ$, $\angle ADE = 30^\circ$.

Рис. 8.10

Поскольку четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом, его противоположные стороны параллельны, то есть прямая $BC$ параллельна прямой $AD$ ($BC \parallel AD$).

Прямые $BC$ и $AE$ являются скрещивающимися, так как по условию задачи параллелограмм $ABCD$ и треугольник $AED$ не лежат в одной плоскости. Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным скрещивающимся прямым.

Поскольку $BC \parallel AD$, то искомый угол между прямыми $BC$ и $AE$ будет равен углу между пересекающимися прямыми $AD$ и $AE$. Эти прямые образуют угол $\angle DAE$ в треугольнике $AED$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$. Для треугольника $AED$ это можно записать как: $\angle DAE + \angle AED + \angle ADE = 180^\circ$

Нам даны значения двух углов: $\angle AED = 70^\circ$ и $\angle ADE = 30^\circ$. Подставим их в формулу, чтобы найти угол $\angle DAE$: $\angle DAE + 70^\circ + 30^\circ = 180^\circ$ $\angle DAE + 100^\circ = 180^\circ$ $\angle DAE = 180^\circ - 100^\circ$ $\angle DAE = 80^\circ$

Таким образом, угол между прямыми $BC$ и $AE$ равен $80^\circ$.

Ответ: $80^\circ$.

8.8. Известно, что $AB \perp AC$, $AB \perp AD$, $AC \perp AD$ (рис. 8.11). Найдите отрезок $CD$, если $BC = 17$ см, $AB = 15$ см, $BD = 3\sqrt{29}$ см.

Поскольку отрезки $AB$, $AC$ и $AD$ попарно перпендикулярны ($AB \perp AC$, $AB \perp AD$, $AC \perp AD$), то треугольники $ABC$, $ABD$ и $ACD$ являются прямоугольными с общей вершиной прямого угла в точке $A$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC$. По теореме Пифагора найдем длину катета $AC$. Квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:
$BC^2 = AB^2 + AC^2$
Отсюда, $AC^2 = BC^2 - AB^2$.
Подставим известные значения $BC = 17$ см и $AB = 15$ см:
$AC^2 = 17^2 - 15^2 = 289 - 225 = 64$
$AC = \sqrt{64} = 8$ см.

Далее рассмотрим прямоугольный треугольник $ABD$. По теореме Пифагора найдем длину катета $AD$:
$BD^2 = AB^2 + AD^2$
Отсюда, $AD^2 = BD^2 - AB^2$.
Подставим известные значения $BD = 3\sqrt{29}$ см и $AB = 15$ см:
$AD^2 = (3\sqrt{29})^2 - 15^2 = (9 \cdot 29) - 225 = 261 - 225 = 36$
$AD = \sqrt{36} = 6$ см.

Наконец, рассмотрим прямоугольный треугольник $ACD$. Мы нашли длины его катетов $AC = 8$ см и $AD = 6$ см. По теореме Пифагора найдем длину гипотенузы $CD$:
$CD^2 = AC^2 + AD^2$
Подставим найденные значения:
$CD^2 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100$
$CD = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

8.9. Известно, что $AB \perp AC$, $AB \perp AD$, $AC \perp AD$ (рис. 8.11). Найдите отрезок $BC$, если $CD = 2\sqrt{43}$ см, $BD = 12$ см, $\angle ABD = 60^\circ$.

Рис. 8.10

Рис. 8.11

По условию задачи отрезки $AB$, $AC$ и $AD$ попарно перпендикулярны ($AB \perp AC$, $AB \perp AD$, $AC \perp AD$). Это означает, что треугольники $\triangle ABD$, $\triangle ACD$ и $\triangle ABC$ являются прямоугольными с общим прямым углом при вершине $A$. Решим задачу в три этапа.

1. Сначала рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABD$ ($\angle BAD = 90^\circ$). Нам даны гипотенуза $BD = 12$ см и острый угол $\angle ABD = 60^\circ$. Используя тригонометрические соотношения, найдем длины катетов $AB$ и $AD$:
$AB = BD \cdot \cos(\angle ABD) = 12 \cdot \cos(60^\circ) = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6$ см.
$AD = BD \cdot \sin(\angle ABD) = 12 \cdot \sin(60^\circ) = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$ см.

2. Далее рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ACD$ ($\angle CAD = 90^\circ$). Нам известна длина гипотенузы $CD = 2\sqrt{43}$ см, а длину катета $AD = 6\sqrt{3}$ см мы нашли на предыдущем шаге. По теореме Пифагора найдем длину катета $AC$:
$AC^2 + AD^2 = CD^2$
$AC^2 = CD^2 - AD^2 = (2\sqrt{43})^2 - (6\sqrt{3})^2 = (4 \cdot 43) - (36 \cdot 3) = 172 - 108 = 64$
$AC = \sqrt{64} = 8$ см.

3. Наконец, найдем искомую длину отрезка $BC$. $BC$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $\triangle ABC$ ($\angle BAC = 90^\circ$). Длины катетов $AB = 6$ см и $AC = 8$ см нам уже известны. Применим теорему Пифагора:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$
$BC = \sqrt{100} = 10$ см.

Ответ: 10 см.

8.10. Каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$, точки $M$ и $K$ — середины рёбер $AB$ и $CD$ соответственно (рис. 8.12).

1) Докажите, что $MK \perp AB$ и $MK \perp CD$.

2) Найдите отрезок $MK$.

Рис. 8.12

1) Докажите, что МК ⊥ АВ и МК ⊥ CD.
Так как тетраэдр $DABC$ правильный, все его грани — это равносторонние треугольники со стороной $a$.

Доказательство перпендикулярности $MK \perp AB$:
Рассмотрим треугольники $\Delta DAB$ и $\Delta CAB$.
В равностороннем треугольнике $\Delta DAB$ отрезок $DM$ является медианой, проведенной к стороне $AB$ (поскольку $M$ — середина $AB$). В равностороннем треугольнике медиана также является высотой, следовательно, $DM \perp AB$.
Аналогично, в равностороннем треугольнике $\Delta CAB$ отрезок $CM$ является медианой и высотой, следовательно, $CM \perp AB$.
Мы имеем прямую $AB$, которая перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DM$ и $CM$. Эти прямые лежат в плоскости $(DMC)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $(DMC)$.
Отрезок $MK$ целиком лежит в плоскости $(DMC)$, так как его концы $M$ и $K$ принадлежат этой плоскости ($M \in (DMC)$ и $K \in DC$, а $DC \subset (DMC)$).
Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $MK \perp AB$.

Доказательство перпендикулярности $MK \perp CD$:
Рассмотрим треугольники $\Delta ACD$ и $\Delta BCD$.
В равностороннем треугольнике $\Delta ACD$ отрезок $AK$ является медианой (так как $K$ — середина $CD$) и, следовательно, высотой. Значит, $AK \perp CD$.
Аналогично, в равностороннем треугольнике $\Delta BCD$ отрезок $BK$ является медианой и высотой. Значит, $BK \perp CD$.
Прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AK$ и $BK$, которые лежат в плоскости $(ABK)$. Следовательно, прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $(ABK)$.
Отрезок $MK$ целиком лежит в плоскости $(ABK)$, так как его концы $M$ и $K$ принадлежат этой плоскости ($K \in (ABK)$ и $M \in AB$, а $AB \subset (ABK)$).
Следовательно, $MK \perp CD$.
Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

2) Найдите отрезок MK.
Рассмотрим треугольник $\Delta DMC$. Как было установлено в пункте 1, $DM$ и $CM$ — это высоты в равносторонних треугольниках $\Delta DAB$ и $\Delta CAB$ соответственно.
Длина высоты равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Следовательно, $DM = CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Это означает, что треугольник $\Delta DMC$ является равнобедренным с основанием $DC = a$.
По условию, точка $K$ — середина основания $DC$. Таким образом, отрезок $MK$ является медианой, проведенной к основанию в равнобедренном треугольнике $\Delta DMC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Отсюда $MK \perp DC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\Delta MKC$ (с прямым углом $K$). В нем:
- гипотенуза $CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$;
- катет $CK = \frac{DC}{2} = \frac{a}{2}$.
По теореме Пифагора найдем катет $MK$:
$MK^2 = CM^2 - CK^2$
$MK^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$
$MK = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

8.11. Точки E, F, M и K – середины соответственно рёбер AB, BC, AD и BD тетраэдра DABC (рис. 8.13). Найдите угол между прямыми EF и MK, если $\angle BAC = \alpha$.

Рис. 8.12

Рис. 8.13

Рассмотрим треугольник $ABC$. Так как точки $E$ и $F$ являются серединами рёбер $AB$ и $BC$ соответственно, отрезок $EF$ является средней линией этого треугольника. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне. Следовательно, прямая $EF$ параллельна прямой $AC$.

$EF \parallel AC$

Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. Точки $M$ и $K$ являются серединами рёбер $AD$ и $BD$ соответственно. Следовательно, отрезок $MK$ является средней линией треугольника $ABD$. По свойству средней линии, прямая $MK$ параллельна прямой $AB$.

$MK \parallel AB$

Угол между двумя скрещивающимися прямыми, в данном случае $EF$ и $MK$, по определению равен углу между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным скрещивающимся прямым.Поскольку мы установили, что $EF \parallel AC$ и $MK \parallel AB$, то искомый угол между прямыми $EF$ и $MK$ равен углу между прямыми $AC$ и $AB$.

Угол между прямыми $AC$ и $AB$ — это угол $\angle BAC$. По условию задачи нам дано, что $\angle BAC = \alpha$.

Таким образом, угол между прямыми $EF$ и $MK$ равен $\alpha$.

Ответ: $\alpha$.