Страница 98 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

9.36. Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ проведена прямая $BM$, перпендикулярная плоскости квадрата. Докажите, что линия пересечения плоскостей $ABM$ и $CDM$ перпендикулярна плоскости $BCM$.

Пусть $l$ — линия пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDM)$. Наша задача — доказать, что прямая $l$ перпендикулярна плоскости $(BCM)$.

1. Нахождение линии пересечения плоскостей.
Поскольку $ABCD$ — квадрат, его противоположные стороны параллельны, то есть $AB \parallel CD$. Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABM)$. Так как $CD \parallel AB$, то по признаку параллельности прямой и плоскости, прямая $CD$ параллельна плоскости $(ABM)$.
Плоскость $(CDM)$ проходит через прямую $CD$, которая параллельна плоскости $(ABM)$, и пересекает плоскость $(ABM)$ по прямой $l$. Согласно свойству, если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна данной прямой. Следовательно, $l \parallel CD$.

2. Доказательство перпендикулярности.
Чтобы доказать, что прямая $l$ перпендикулярна плоскости $(BCM)$, необходимо доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости. В качестве таких прямых возьмём $BC$ и $BM$, которые лежат в плоскости $(BCM)$ и пересекаются в точке $B$.

• Докажем, что $l \perp BC$.
  Так как $ABCD$ — квадрат, его смежные стороны перпендикулярны: $BC \perp CD$. Мы установили, что $l \parallel CD$. Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и вторая прямая перпендикулярна этой третьей прямой. Следовательно, $l \perp BC$.
• Докажем, что $l \perp BM$.
  По условию, прямая $BM$ перпендикулярна плоскости квадрата $(ABC)$, т.е. $BM \perp (ABC)$. Это означает, что $BM$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $CD$ лежит в плоскости $(ABC)$, следовательно, $BM \perp CD$. Поскольку $l \parallel CD$, то и $l \perp BM$.

Итак, прямая $l$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BC$ и $BM$ в плоскости $(BCM)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, отсюда следует, что прямая $l$ перпендикулярна всей плоскости $(BCM)$.
Таким образом, доказано, что линия пересечения плоскостей $ABM$ и $CDM$ перпендикулярна плоскости $BCM$.

Ответ: Утверждение задачи доказано.

9.37. Через вершину $A$ треугольника $\triangle ABC$ проведена прямая $AD$, перпендикулярная плоскости $ABC$. Медианы треугольника $\triangle ABC$ пересекаются в точке $E$, а медианы треугольника $\triangle DBC$ — в точке $F$. Докажите, что прямая $EF$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Пусть $M$ – середина стороны $BC$. Тогда отрезок $AM$ является медианой треугольника $ABC$, а отрезок $DM$ – медианой треугольника $DBC$.

По условию, $E$ – точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Следовательно, $E$ является центроидом этого треугольника и лежит на медиане $AM$. По свойству центроида, он делит медиану в отношении $2:1$, считая от вершины. Таким образом, $AE:EM = 2:1$. Из этого отношения следует, что $ME = \frac{1}{3} AM$.

Аналогично, $F$ – точка пересечения медиан треугольника $DBC$. Следовательно, $F$ является центроидом этого треугольника и лежит на медиане $DM$. По свойству центроида, $DF:FM = 2:1$, из чего следует, что $MF = \frac{1}{3} DM$.

Рассмотрим треугольник $ADM$. Точки $E$ и $F$ лежат на его сторонах $AM$ и $DM$ соответственно. Сравним отношения, в которых эти точки делят стороны треугольника, считая от общей вершины $M$:

$\frac{ME}{MA} = \frac{1}{3}$ и $\frac{MF}{MD} = \frac{1}{3}$.

Так как $\frac{ME}{MA} = \frac{MF}{MD}$, то по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках (обобщённой теореме Фалеса), прямая $EF$ параллельна прямой $AD$.

В условии задачи дано, что прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABC$ (обозначим $AD \perp (ABC)$).

Согласно свойству перпендикулярности прямой и плоскости, если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая прямая перпендикулярна этой плоскости. Поскольку $EF \parallel AD$ и $AD \perp (ABC)$, то из этого следует, что $EF \perp (ABC)$.

Ответ: Доказано, что прямая $EF$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

9.38. Точка $E$ – середина ребра $DD_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите косинус угла между прямыми $A_1B_1$ и $A_1E$.

Для нахождения косинуса угла между скрещивающимися прямыми $AB_1$ и $A_1E$ воспользуемся методом координат.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба: ось $x$ вдоль $AD$, ось $y$ вдоль $AB$, ось $z$ вдоль $AA_1$.

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда мы можем определить координаты необходимых нам точек:

• $A(0; 0; 0)$
• $B_1(0; a; a)$
• $A_1(0; 0; a)$
• $D(a; 0; 0)$
• $D_1(a; 0; a)$

Точка $E$ является серединой ребра $DD_1$. Ее координаты равны полусумме координат точек $D$ и $D_1$:
$E\left(\frac{a+a}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+a}{2}\right)$, то есть $E\left(a; 0; \frac{a}{2}\right)$.

Теперь найдем координаты направляющих векторов для прямых $AB_1$ и $A_1E$.
Для прямой $AB_1$ вектором является $\vec{AB_1}$:$\vec{AB_1} = (0-0; a-0; a-0) = (0; a; a)$.

Для прямой $A_1E$ вектором является $\vec{A_1E}$:$\vec{A_1E} = \left(a-0; 0-0; \frac{a}{2}-a\right) = \left(a; 0; -\frac{a}{2}\right)$.

Косинус угла $\alpha$ между прямыми равен модулю косинуса угла между их направляющими векторами. Косинус угла между векторами $\vec{u}$ и $\vec{v}$ вычисляется по формуле:$\cos\alpha = \frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}$.

1. Найдем скалярное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{A_1E}$:
$\vec{AB_1} \cdot \vec{A_1E} = 0 \cdot a + a \cdot 0 + a \cdot \left(-\frac{a}{2}\right) = -\frac{a^2}{2}$.

2. Найдем длины (модули) этих векторов:
$|\vec{AB_1}| = \sqrt{0^2 + a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
$|\vec{A_1E}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

3. Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:
$\cos\alpha = \frac{\left|-\frac{a^2}{2}\right|}{a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{10}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{10}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{10}$:
$\cos\alpha = \frac{1 \cdot \sqrt{10}}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{10}$.

9.39. 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 $K$ – середины рёбер $BC$ и $AB$ соответственно. Найдите угол между прямыми $SM$ и $CK$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $SM$ и $CK$ воспользуемся координатным методом. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C$. Направим ось $Oz$ вдоль ребра $SC$, а ось $Ox$ вдоль ребра $CB$. Так как ребро $SC$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, то плоскость основания $ABC$ будет совпадать с плоскостью $Oxy$.

Определим координаты вершин пирамиды и точек $M$ и $K$ в этой системе координат.
Точка $C$ — начало координат, ее координаты $C(0; 0; 0)$.
Точка $S$ лежит на оси $Oz$, и по условию $SC = 2$ см, следовательно, ее координаты $S(0; 0; 2)$.
Точка $B$ лежит на оси $Ox$, и по условию $BC = 4\sqrt{2}$ см, следовательно, ее координаты $B(4\sqrt{2}; 0; 0)$.
Точка $A$ лежит в плоскости $Oxy$. Так как треугольник $ABC$ — равносторонний со стороной $a = 4\sqrt{2}$ см, угол $\angle ACB = 60^\circ$. Координаты точки $A(x_A; y_A; 0)$ можно найти, используя определение синуса и косинуса:
$x_A = AC \cdot \cos(60^\circ) = 4\sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} = 2\sqrt{2}$.
$y_A = AC \cdot \sin(60^\circ) = 4\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{6}$.
Таким образом, координаты точки $A(2\sqrt{2}; 2\sqrt{6}; 0)$.
Точка $M$ — середина ребра $BC$. Ее координаты: $M\left(\frac{4\sqrt{2}+0}{2}; \frac{0+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = M(2\sqrt{2}; 0; 0)$.
Точка $K$ — середина ребра $AB$. Ее координаты: $K\left(\frac{2\sqrt{2}+4\sqrt{2}}{2}; \frac{2\sqrt{6}+0}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = K(3\sqrt{2}; \sqrt{6}; 0)$.

Теперь найдем координаты векторов $\vec{SM}$ и $\vec{CK}$.
$\vec{SM} = \{x_M - x_S; y_M - y_S; z_M - z_S\} = \{2\sqrt{2} - 0; 0 - 0; 0 - 2\} = \{2\sqrt{2}; 0; -2\}$.
$\vec{CK} = \{x_K - x_C; y_K - y_C; z_K - z_C\} = \{3\sqrt{2} - 0; \sqrt{6} - 0; 0 - 0\} = \{3\sqrt{2}; \sqrt{6}; 0\}$.

Угол $\alpha$ между прямыми $SM$ и $CK$ найдем как угол между векторами $\vec{SM}$ и $\vec{CK}$. Косинус угла между векторами вычисляется по формуле:
$\cos \alpha = \frac{|\vec{SM} \cdot \vec{CK}|}{|\vec{SM}| \cdot |\vec{CK}|}$

Вычислим скалярное произведение векторов:
$\vec{SM} \cdot \vec{CK} = (2\sqrt{2})(3\sqrt{2}) + (0)(\sqrt{6}) + (-2)(0) = 6 \cdot 2 = 12$.

Вычислим длины (модули) векторов:
$|\vec{SM}| = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + 0^2 + (-2)^2} = \sqrt{8 + 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
$|\vec{CK}| = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (\sqrt{6})^2 + 0^2} = \sqrt{18 + 6} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \alpha = \frac{|12|}{(2\sqrt{3})(2\sqrt{6})} = \frac{12}{4\sqrt{18}} = \frac{3}{\sqrt{18}} = \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Из полученного значения косинуса находим угол $\alpha$:
$\alpha = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

9.40. Из точки к прямой проведены две наклонные, проекции которых на прямую равны 5 см и 9 см. Найдите расстояние от данной точки до этой прямой, если одна из наклонных на 2 см больше другой.

Пусть $h$ — искомое расстояние от точки до прямой. Это расстояние является длиной перпендикуляра, опущенного из точки на прямую. Данный перпендикуляр, две наклонные и их проекции на прямую образуют два прямоугольных треугольника. В этих треугольниках перпендикуляр является общим катетом, проекции — вторыми катетами, а наклонные — гипотенузами.

Обозначим длины наклонных как $d_1$ и $d_2$. Длины их проекций по условию равны 5 см и 9 см. Согласно теореме Пифагора, мы можем составить систему уравнений:

$d_1^2 = h^2 + 5^2$
$d_2^2 = h^2 + 9^2$

Из условия задачи известно, что одна из наклонных на 2 см больше другой. Так как большей проекции соответствует большая наклонная (при одинаковой высоте $h$), то наклонная с проекцией 9 см будет длиннее наклонной с проекцией 5 см. Обозначим длину меньшей наклонной (с проекцией 5 см) как $x$. Тогда длина большей наклонной (с проекцией 9 см) будет $x + 2$.

Подставим эти выражения в нашу систему уравнений:

$x^2 = h^2 + 5^2 \implies x^2 = h^2 + 25$
$(x+2)^2 = h^2 + 9^2 \implies x^2 + 4x + 4 = h^2 + 81$

Теперь у нас есть система из двух уравнений с двумя неизвестными. Выразим $h^2$ из первого уравнения:

$h^2 = x^2 - 25$

Подставим это выражение для $h^2$ во второе уравнение:

$x^2 + 4x + 4 = (x^2 - 25) + 81$

Решим полученное уравнение относительно $x$:

$x^2 + 4x + 4 = x^2 + 56$
$4x = 56 - 4$
$4x = 52$
$x = \frac{52}{4}$
$x = 13$ см

Мы нашли длину меньшей наклонной. Теперь найдем искомое расстояние $h$, подставив значение $x$ в выражение для $h^2$:

$h^2 = x^2 - 25$
$h^2 = 13^2 - 25$
$h^2 = 169 - 25$
$h^2 = 144$
$h = \sqrt{144}$
$h = 12$ см

Ответ: 12 см.

9.41. Биссектриса тупого угла $ABC$ равнобокой трапеции $ABCD$ ($AB = CD$) пересекает основание $AD$ в точке $E$. Известно, что $BE \perp AC$, а четырёхугольник $BCDE$ — параллелограмм. Найдите:

1) основание $BC$ трапеции, если её периметр равен $40$ см;

2) углы трапеции.

Сначала найдем углы трапеции, так как для этого не требуется знание ее периметра, а затем, используя найденные углы и данные о периметре, найдем основание $BC$.

2) углы трапеции

1. По условию, четырехугольник $BCDE$ — параллелограмм. Из этого следует, что его противолежащие стороны параллельны, в частности $BE || CD$.

2. Трапеция $ABCD$ является равнобокой, поэтому ее боковые стороны равны: $AB = CD$.

3. Из двух предыдущих пунктов получаем, что $AB = BE$. Это означает, что треугольник $ABE$ — равнобедренный.

4. В равнобедренном треугольнике $ABE$ углы при основании $AE$ равны: $∠BAE = ∠BEA$.

5. Основания трапеции параллельны ($BC || AD$), поэтому накрест лежащие углы при секущей $BE$ равны: $∠CBE = ∠BEA$.

6. $BE$ — биссектриса угла $ABC$, что по определению означает $∠ABE = ∠CBE$.

7. Объединяя равенства из пунктов 4, 5 и 6, мы видим, что все четыре угла равны между собой: $∠BAE = ∠BEA = ∠CBE = ∠ABE$.

8. Обозначим угол при основании трапеции $∠A$ (он же $∠BAE$) как $\alpha$. Тогда $∠A = \alpha$. Из равенства углов следует, что $∠ABE$ также равен $\alpha$.

9. Весь тупой угол $B$ трапеции $∠ABC$ равен сумме его частей: $∠ABC = ∠ABE + ∠CBE = \alpha + \alpha = 2\alpha$.

10. Сумма углов, прилежащих к одной боковой стороне трапеции, составляет $180°$. Таким образом, $∠A + ∠ABC = 180°$.

11. Подставляем выражения углов через $\alpha$: $\alpha + 2\alpha = 180°$.

12. Решаем уравнение: $3\alpha = 180°$, откуда $\alpha = 60°$.

13. Находим углы трапеции:

• $∠A = \alpha = 60°$.
• Так как трапеция равнобокая, $∠D = ∠A = 60°$.
• $∠ABC = 2\alpha = 2 \cdot 60° = 120°$.
• Соответственно, $∠BCD = ∠ABC = 120°$.

Ответ: углы трапеции равны $60°, 120°, 120°, 60°$.

1) основание BC трапеции, если её периметр равен 40 см

1. Теперь используем второе условие: $BE \perp AC$. Пусть $O$ — точка пересечения $BE$ и $AC$. Тогда $∠AOB = 90°$.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABO$. Мы знаем, что $∠AOB = 90°$. Из предыдущего пункта нам известно, что $∠ABO = ∠ABE = \alpha = 60°$.

3. Сумма углов треугольника равна $180°$, поэтому $∠BAO = 180° - 90° - 60° = 30°$.

4. Угол $∠BAO$ является частью угла $A$ трапеции и углом в треугольнике $ABC$. То есть, $∠BAC = 30°$.

5. Рассмотрим треугольник $ABC$. В нем $∠ABC = 120°$ и $∠BAC = 30°$. Найдем третий угол: $∠BCA = 180° - (120° + 30°) = 180° - 150° = 30°$.

6. Поскольку в треугольнике $ABC$ два угла равны ($∠BAC = ∠BCA = 30°$), он является равнобедренным с основанием $AC$. Отсюда следует, что боковые стороны этого треугольника равны: $AB = BC$.

7. Обозначим длину стороны $BC$ как $x$. Тогда $BC = x$. Следовательно, $AB = x$.

8. Так как трапеция $ABCD$ равнобокая, то $CD = AB = x$.

9. В пункте 2 мы нашли, что все углы треугольника $ABE$ равны $60°$, значит, он равносторонний. Таким образом, $AE = AB = BE = x$.

10. Так как $BCDE$ — параллелограмм, его противолежащие стороны равны: $ED = BC = x$.

11. Теперь можно выразить длину большего основания $AD$ через $x$: $AD = AE + ED = x + x = 2x$.

12. Периметр трапеции равен сумме длин всех ее сторон: $P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD$.

13. Подставим известные значения в формулу периметра:

$x + x + x + 2x = 40$

$5x = 40$

$x = 8$ см.

14. Искомая длина основания $BC$ равна $x$.

Ответ: $BC = 8$ см.