Страница 14 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

13. В прямоугольном параллелепипеде стороны основания равны 6 см и 8 см, а боковое ребро – 10 см. Найдите сумму углов, образованных его диагональю с плоскостью основания и любой из боковых граней.

Дано:

Прямоугольный параллелепипед со сторонами основания $a = 6 \text{ см}$, $b = 8 \text{ см}$ и боковым ребром (высотой) $h = 10 \text{ см}$.

Перевод в СИ:

Так как все длины даны в сантиметрах, и углы являются безразмерными величинами, а конечный ответ не требует перевода в метры, можно оставить значения в сантиметрах.

Найти:

Сумму углов, образованных диагональю параллелепипеда с плоскостью основания и одной из боковых граней.

Решение:

Обозначим стороны основания как $a = 6 \text{ см}$ и $b = 8 \text{ см}$, а боковое ребро (высоту) как $h = 10 \text{ см}$.

1. Определим угол $\alpha$ между диагональю параллелепипеда и плоскостью основания.

Для этого сначала найдем длину диагонали основания ($d_{осн}$). В прямоугольнике, лежащем в основании, диагональ $d_{осн}$ является гипотенузой прямоугольного треугольника со сторонами $a$ и $b$. По теореме Пифагора:

$d_{осн} = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 \text{ см}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный пространственной диагональю параллелепипеда ($d$), диагональю основания ($d_{осн}$) и боковым ребром ($h$). Угол $\alpha$ — это угол между $d$ и $d_{осн}$.

Тангенс угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета (высоты $h$) к прилежащему катету (диагонали основания $d_{осн}$):

$\tan \alpha = \frac{h}{d_{осн}} = \frac{10}{10} = 1$.

Следовательно, $\alpha = \arctan(1) = 45^\circ$.

2. Определим угол $\beta$ между диагональю параллелепипеда и одной из боковых граней.

Найдем длину пространственной диагонали параллелепипеда ($d$):

$d = \sqrt{d_{осн}^2 + h^2} = \sqrt{10^2 + 10^2} = \sqrt{100 + 100} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2} \text{ см}$.

В прямоугольном параллелепипеде есть две пары различных боковых граней. Выберем одну из них, например, грань с размерами $b \times h$ (стороны 8 см и 10 см). Пусть пространственная диагональ — $AC'$. Рассмотрим грань $BCC'B'$ (где $BC = b$, $CC' = h$).

Угол между диагональю $AC'$ и плоскостью грани $BCC'B'$ — это угол между $AC'$ и ее проекцией на эту плоскость. Проекцией точки $A$ на плоскость грани $BCC'B'$ является точка $B$ (так как ребро $AB$ перпендикулярно этой грани). Проекция точки $C'$ на эту плоскость — сама $C'$. Таким образом, проекцией диагонали $AC'$ является отрезок $BC'$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC'$. Он является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$, так как ребро $AB$ перпендикулярно плоскости $BCC'B'$.

В этом треугольнике:

• катет $AB = a = 6 \text{ см}$ (противолежащий углу $\beta$)
• гипотенуза $AC' = d = 10\sqrt{2} \text{ см}$ (пространственная диагональ)

Синус угла $\beta$ равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$\sin \beta = \frac{AB}{AC'} = \frac{a}{d} = \frac{6}{10\sqrt{2}} = \frac{3}{5\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{10}$.

Следовательно, $\beta = \arcsin\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$.

3. Вычислим сумму углов.

Искомая сумма $S = \alpha + \beta$.

$S = 45^\circ + \arcsin\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$.

Ответ:

Сумма углов равна $45^\circ + \arcsin\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$.

14. Плоскости правильного треугольника $ABC$ и квадрата $ACDE$ перпендикулярны. Найдите расстояние между точками $B$ и $D$, если $AC = 8 \text{ см}.$

Дано:

Плоскость правильного треугольника $ABC$ и плоскость квадрата $ACDE$ перпендикулярны.

Сторона $AC = 8$ см.

Перевод в СИ:

$AC = 8 \text{ см} = 0.08 \text{ м}$. Для удобства вычислений далее все расчеты будут производиться в сантиметрах.

Найти:

Расстояние между точками $B$ и $D$, то есть длину отрезка $BD$.

Решение:

1. Поскольку $\triangle ABC$ - правильный, все его стороны равны: $AB = BC = AC = 8$ см.

2. Так как $ACDE$ - квадрат, все его стороны равны: $AC = CD = DE = EA = 8$ см. Углы квадрата прямые, то есть $\angle ACD = 90^\circ$.

3. Пусть $M$ - середина стороны $AC$. Тогда $BM$ является высотой правильного треугольника $ABC$. Длина высоты $h$ правильного треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

В нашем случае $a = AC = 8$ см, поэтому $BM = \frac{8\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$ см.

4. Поскольку плоскости $\triangle ABC$ и квадрата $ACDE$ перпендикулярны, и прямая $BM$ лежит в плоскости $\triangle ABC$ и перпендикулярна их общей линии пересечения $AC$ (так как $BM$ - высота, опущенная на $AC$), то $BM$ перпендикулярна плоскости квадрата $ACDE$.

5. Из перпендикулярности $BM$ к плоскости $ACDE$ следует, что $BM$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $M$. В частности, $BM \perp MD$.

6. Таким образом, треугольник $BMD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$. Для нахождения $BD$ воспользуемся теоремой Пифагора: $BD^2 = BM^2 + MD^2$.

7. Найдем длину отрезка $MD$. В квадрате $ACDE$, $M$ - середина $AC$. Значит, $MC = \frac{AC}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

8. Рассмотрим прямоугольный треугольник $MCD$ (угол $C$ в квадрате $ACDE$ равен $90^\circ$, поэтому $MC \perp CD$). По теореме Пифагора:

$MD^2 = MC^2 + CD^2$

$MD^2 = 4^2 + 8^2$

$MD^2 = 16 + 64$

$MD^2 = 80$

$MD = \sqrt{80} = \sqrt{16 \cdot 5} = 4\sqrt{5}$ см.

9. Теперь подставим значения $BM$ и $MD$ в формулу для $BD$:

$BD^2 = (4\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{5})^2$

$BD^2 = (16 \cdot 3) + (16 \cdot 5)$

$BD^2 = 48 + 80$

$BD^2 = 128$

$BD = \sqrt{128} = \sqrt{64 \cdot 2} = 8\sqrt{2}$ см.

Ответ:

$8\sqrt{2}$ см

15. Даны точки $A(8; 0; 0)$, $B(0; 0; 5)$, $C(0; 7; 0)$, $D(8; 7; 5)$. Найдите расстояние между прямыми:

а) $AB$ и $DC$;

б) $AC$ и $BD$.

Дано:

$A(8; 0; 0)$

$B(0; 0; 5)$

$C(0; 7; 0)$

$D(8; 7; 5)$

Найти:

Расстояние между прямыми:

а) $AB$ и $DC$

б) $AC$ и $BD$

Решение:

Для нахождения расстояния между двумя скрещивающимися прямыми $L_1$ и $L_2$ используется формула:

$d = \frac{|(\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}))|}{\|\vec{v_1} \times \vec{v_2}\|}$

где $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ – направляющие векторы прямых $L_1$ и $L_2$ соответственно, а $\vec{P_1P_2}$ – вектор, соединяющий произвольную точку $P_1$ на $L_1$ с произвольной точкой $P_2$ на $L_2$.

а) AB и DC;

1. Найдем направляющие векторы прямых $AB$ и $DC$:

Направляющий вектор прямой $AB$: $\vec{v_{AB}} = \vec{B} - \vec{A} = (0 - 8; 0 - 0; 5 - 0) = (-8; 0; 5)$.

Направляющий вектор прямой $DC$: $\vec{v_{DC}} = \vec{C} - \vec{D} = (0 - 8; 7 - 7; 0 - 5) = (-8; 0; -5)$.

2. Возьмем точки $A(8; 0; 0)$ на прямой $AB$ и $D(8; 7; 5)$ на прямой $DC$. Найдем вектор $\vec{AD}$:

$\vec{AD} = \vec{D} - \vec{A} = (8 - 8; 7 - 0; 5 - 0) = (0; 7; 5)$.

3. Вычислим векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v_{AB}} \times \vec{v_{DC}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -8 & 0 & 5 \\ -8 & 0 & -5 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot (-5) - 5 \cdot 0) - \vec{j}(-8 \cdot (-5) - 5 \cdot (-8)) + \vec{k}(-8 \cdot 0 - 0 \cdot (-8))$

$= \vec{i}(0 - 0) - \vec{j}(40 - (-40)) + \vec{k}(0 - 0) = (0; -80; 0)$.

4. Вычислим модуль полученного векторного произведения:

$\|\vec{v_{AB}} \times \vec{v_{DC}}\| = \sqrt{0^2 + (-80)^2 + 0^2} = \sqrt{6400} = 80$.

5. Вычислим смешанное произведение (скалярное произведение вектора $\vec{AD}$ на векторное произведение направляющих векторов):

$\vec{AD} \cdot (\vec{v_{AB}} \times \vec{v_{DC}}) = (0; 7; 5) \cdot (0; -80; 0) = 0 \cdot 0 + 7 \cdot (-80) + 5 \cdot 0 = 0 - 560 + 0 = -560$.

6. Найдем расстояние по формуле:

$d_{AB,DC} = \frac{|-560|}{80} = \frac{560}{80} = 7$.

Ответ: $7$

б) AC и BD;

1. Найдем направляющие векторы прямых $AC$ и $BD$:

Направляющий вектор прямой $AC$: $\vec{v_{AC}} = \vec{C} - \vec{A} = (0 - 8; 7 - 0; 0 - 0) = (-8; 7; 0)$.

Направляющий вектор прямой $BD$: $\vec{v_{BD}} = \vec{D} - \vec{B} = (8 - 0; 7 - 0; 5 - 5) = (8; 7; 0)$.

2. Возьмем точки $A(8; 0; 0)$ на прямой $AC$ и $B(0; 0; 5)$ на прямой $BD$. Найдем вектор $\vec{AB}$:

$\vec{AB} = \vec{B} - \vec{A} = (0 - 8; 0 - 0; 5 - 0) = (-8; 0; 5)$.

3. Вычислим векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v_{AC}} \times \vec{v_{BD}} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -8 & 7 & 0 \\ 8 & 7 & 0 \end{vmatrix} = \vec{i}(7 \cdot 0 - 0 \cdot 7) - \vec{j}(-8 \cdot 0 - 0 \cdot 8) + \vec{k}(-8 \cdot 7 - 7 \cdot 8)$

$= \vec{i}(0 - 0) - \vec{j}(0 - 0) + \vec{k}(-56 - 56) = (0; 0; -112)$.

4. Вычислим модуль полученного векторного произведения:

$\|\vec{v_{AC}} \times \vec{v_{BD}}\| = \sqrt{0^2 + 0^2 + (-112)^2} = \sqrt{12544} = 112$.

5. Вычислим смешанное произведение:

$\vec{AB} \cdot (\vec{v_{AC}} \times \vec{v_{BD}}) = (-8; 0; 5) \cdot (0; 0; -112) = -8 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 5 \cdot (-112) = 0 + 0 - 560 = -560$.

6. Найдем расстояние по формуле:

$d_{AC,BD} = \frac{|-560|}{112} = \frac{560}{112} = 5$.

Ответ: $5$

16. Дан тетраэдр DABC. На медиане $DD_1$ его грани ADB отмечена точка F так, что $DF : FD_1 = 2 : 3$. Выразите вектор $\overrightarrow{CF}$ через векторы $\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{CD}$.

Дано:

Тетраэдр $DABC$.

$DD_1$ - медиана грани $ADB$.

Точка $F$ лежит на отрезке $DD_1$ так, что $DF : FD_1 = 2 : 3$.

Найти:

Выразить вектор $\overrightarrow{CF}$ через векторы $\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{CD}$.

Решение:

Для решения задачи выберем точку $C$ в качестве начала отсчета векторов. Тогда заданные векторы будут $\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{CB}$, $\overrightarrow{CD}$.

По условию, $DD_1$ является медианой грани $ADB$. Это означает, что точка $D_1$ является серединой отрезка $AB$.

Вектор $\overrightarrow{CD_1}$ можно выразить как полусумму векторов, идущих из точки $C$ к концам отрезка $AB$:

$\overrightarrow{CD_1} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB})$

Далее, точка $F$ лежит на отрезке $DD_1$ и делит его в отношении $DF : FD_1 = 2 : 3$. Это означает, что $F$ делит отрезок $DD_1$ в отношении $2$ к $3$, то есть $DD_1$ состоит из $2+3=5$ частей, где $DF$ составляет $2$ части, а $FD_1$ - $3$ части.

Используем формулу деления отрезка в заданном отношении для вектора $\overrightarrow{CF}$ относительно точки $C$:

$\overrightarrow{CF} = \frac{3 \cdot \overrightarrow{CD} + 2 \cdot \overrightarrow{CD_1}}{2 + 3}$

$\overrightarrow{CF} = \frac{3 \overrightarrow{CD} + 2 \overrightarrow{CD_1}}{5}$

Теперь подставим ранее найденное выражение для $\overrightarrow{CD_1}$ в эту формулу:

$\overrightarrow{CF} = \frac{3 \overrightarrow{CD} + 2 \left( \frac{1}{2}(\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB}) \right)}{5}$

Упростим выражение:

$\overrightarrow{CF} = \frac{3 \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB}}{5}$

Разделим каждый член числителя на 5, чтобы получить желаемый формат:

$\overrightarrow{CF} = \frac{1}{5}\overrightarrow{CA} + \frac{1}{5}\overrightarrow{CB} + \frac{3}{5}\overrightarrow{CD}$

Ответ: $\overrightarrow{CF} = \frac{1}{5}\overrightarrow{CA} + \frac{1}{5}\overrightarrow{CB} + \frac{3}{5}\overrightarrow{CD}$

Уровень С

17. Основанием пирамиды является правильный треугольник. Одна боковая грань пирамиды перпендикулярна плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углом $\alpha$. Найдите углы наклона боковых ребер пирамиды к плоскости ее основания.

Пусть $SABC$ — данная пирамида, основанием которой является правильный треугольник $ABC$. Пусть сторона основания равна $b$.

По условию, одна боковая грань перпендикулярна плоскости основания. Пусть это будет грань $SAB$. Если плоскость одной грани перпендикулярна плоскости основания, то высота пирамиды, опущенная из вершины $S$, лежит в плоскости этой грани. Обозначим высоту пирамиды как $SM$. Тогда основание высоты $M$ лежит на линии пересечения этих плоскостей, то есть на стороне $AB$. Таким образом, $SM \perp (ABC)$.

Две другие боковые грани, $SAC$ и $SBC$, наклонены к плоскости основания под углом $\alpha$. Угол между плоскостью грани и плоскостью основания — это двугранный угол. Его величина равна величине его линейного угла.

Чтобы построить линейный угол для грани $SAC$, проведем из точки $M$ перпендикуляр $MK$ к стороне $AC$ ($K \in AC$). Поскольку $SM$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $MK$ — проекция наклонной $SK$ на эту плоскость, то по теореме о трех перпендикулярах $SK \perp AC$. Следовательно, угол $\angle SKM$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$, и по условию $\angle SKM = \alpha$.

Аналогично, для грани $SBC$ проведем из точки $M$ перпендикуляр $ML$ к стороне $BC$ ($L \in BC$). Тогда $SL \perp BC$, и $\angle SLM = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SKM$ и $\triangle SLM$. У них общий катет $SM$. Из определения тангенса угла:
$SM = MK \cdot \tan(\alpha)$
$SM = ML \cdot \tan(\alpha)$
Из этого следует, что $MK = ML$.

Равенство $MK = ML$ означает, что точка $M$, лежащая на стороне $AB$, равноудалена от сторон $AC$ и $BC$. В равностороннем треугольнике $ABC$ геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон $AC$ и $BC$, является биссектриса угла $\angle C$, которая также является медианой и высотой, проведенной к стороне $AB$. Так как точка $M$ лежит и на стороне $AB$, и на этой медиане, она может быть только их точкой пересечения. Следовательно, $M$ — середина стороны $AB$.

Теперь найдем углы наклона боковых ребер $SA$, $SB$ и $SC$ к плоскости основания. Угол наклона ребра к плоскости — это угол между самим ребром и его проекцией на эту плоскость. Проекциями ребер $SA$, $SB$ и $SC$ на плоскость $(ABC)$ являются отрезки $AM$, $BM$ и $CM$ соответственно. Таким образом, нам нужно найти углы $\angle SAM$, $\angle SBM$ и $\angle SCM$.

1. Найдем длины проекций ребер на основание.
Пусть сторона основания $ABC$ равна $b$.
Поскольку $M$ — середина $AB$, то $AM = BM = \frac{b}{2}$.
Отрезок $CM$ является медианой (а также высотой и биссектрисой) в правильном треугольнике $ABC$, поэтому его длина равна $CM = \frac{b\sqrt{3}}{2}$.

2. Найдем высоту пирамиды $SM$.
Рассмотрим треугольник $AMC$. Он имеет стороны $AC=b$, $AM=b/2$ и угол между ними $\angle A = 60^\circ$. Расстояние $MK$ от точки $M$ до стороны $AC$ — это высота в треугольнике $AMC$, опущенная из вершины $M$. Ее можно найти из прямоугольного треугольника $AMK$ (где $\angle AKM = 90^\circ$, $\angle A = 60^\circ$):
$MK = AM \cdot \sin(60^\circ) = \frac{b}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{b\sqrt{3}}{4}$.
Теперь из прямоугольного треугольника $\triangle SKM$ найдем высоту пирамиды $SM$:
$SM = MK \cdot \tan(\alpha) = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)$.

3. Вычислим искомые углы.

Углы наклона ребер SA и SB
Пусть $\beta_1$ — угол наклона ребра $SA$ ($\beta_1 = \angle SAM$). В прямоугольном треугольнике $\triangle SAM$:
$\tan(\beta_1) = \frac{SM}{AM} = \frac{\frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)}{\frac{b}{2}} = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha) \cdot \frac{2}{b} = \frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\alpha)$.
Поскольку $AM = BM$, угол наклона ребра $SB$ будет таким же.
Ответ: $\arctan(\frac{\sqrt{3}}{2} \tan(\alpha))$.

Угол наклона ребра SC
Пусть $\beta_2$ — угол наклона ребра $SC$ ($\beta_2 = \angle SCM$). В прямоугольном треугольнике $\triangle SCM$:
$\tan(\beta_2) = \frac{SM}{CM} = \frac{\frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha)}{\frac{b\sqrt{3}}{2}} = \frac{b\sqrt{3}}{4} \tan(\alpha) \cdot \frac{2}{b\sqrt{3}} = \frac{1}{2} \tan(\alpha)$.
Ответ: $\arctan(\frac{1}{2} \tan(\alpha))$.

18. Основание пирамиды $SABCD$ – ромб $ABCD$ со стороной $b$ и углом $A$, равным $60^\circ$. Грани $SAB$ и $SAD$ перпендикулярны к плоскости основания, а высота пирамиды равна $b$. Найдите:

а) двугранный угол, образованный плоскостями $SBD$ и $ABD$;

б) расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$.

Дано:

Пирамида $SABCD$.

Основание $ABCD$ — ромб.

Сторона ромба $AB = BC = CD = DA = b$.

Угол $\angle DAB = 60^\circ$.

Грань $SAB \perp$ плоскости $ABCD$.

Грань $SAD \perp$ плоскости $ABCD$.

Высота пирамиды $SA = b$.

Данные представлены в буквенном виде и в градусах, перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

a) Двугранный угол, образованный плоскостями $SBD$ и $ABD$.

b) Расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$.

Решение:

Поскольку грани $SAB$ и $SAD$ перпендикулярны плоскости основания $ABCD$, их линия пересечения $SA$ перпендикулярна плоскости основания. Таким образом, $SA$ является высотой пирамиды, и $SA = b$.

В основании лежит ромб $ABCD$ со стороной $b$ и углом $\angle DAB = 60^\circ$. Рассмотрим треугольник $ABD$. $AB = AD = b$ и $\angle DAB = 60^\circ$. Следовательно, $\triangle ABD$ является равносторонним треугольником со стороной $b$.

a) двугранный угол, образованный плоскостями $SBD$ и $ABD$

Линией пересечения плоскостей $SBD$ и $ABD$ является прямая $BD$. Чтобы найти двугранный угол, необходимо построить перпендикуляры к $BD$ в каждой из этих плоскостей из одной точки на $BD$.

В плоскости основания $ABCD$ (являющейся плоскостью $ABD$) проведем высоту $AH$ из вершины $A$ к стороне $BD$ в равностороннем треугольнике $ABD$. Так как $\triangle ABD$ равносторонний со стороной $b$, длина высоты $AH = \frac{b\sqrt{3}}{2}$. По построению, $AH \perp BD$.

Поскольку $SA \perp (ABCD)$, то $SA$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $ABCD$, в том числе $AH$. Значит, $\triangle SAH$ - прямоугольный треугольник с прямым углом при $A$.

Применим теорему о трех перпендикулярах: $SA$ - перпендикуляр к плоскости $ABCD$, $AH$ - проекция наклонной $SH$ на плоскость $ABCD$. Поскольку $AH \perp BD$, то и сама наклонная $SH$ перпендикулярна $BD$. То есть, $SH \perp BD$.

Итак, $AH \perp BD$ (в плоскости $ABD$) и $SH \perp BD$ (в плоскости $SBD$). Следовательно, угол между плоскостями $SBD$ и $ABD$ - это угол $\angle SHA$.

В прямоугольном треугольнике $SAH$:

$SA = b$

$AH = \frac{b\sqrt{3}}{2}$

Тангенс угла $\angle SHA$ равен отношению противолежащего катета $SA$ к прилежащему катету $AH$:

$\tan(\angle SHA) = \frac{SA}{AH} = \frac{b}{\frac{b\sqrt{3}}{2}} = \frac{2b}{b\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Следовательно, двугранный угол равен $\arctan\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ответ: $\arctan\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$

b) расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$

Расстояние от точки $A$ до плоскости $SBD$ - это длина перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $SBD$.

Мы знаем, что $AH \perp BD$ (из части a)).

Поскольку $SA \perp (ABCD)$, то $SA \perp BD$.

Поскольку прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AH$ и $SA$ в плоскости $SAH$, то $BD \perp (SAH)$.

Это означает, что любая прямая, лежащая в плоскости $SAH$, перпендикулярна $BD$.

Опустим перпендикуляр $AK$ из вершины $A$ на гипотенузу $SH$ в прямоугольном треугольнике $SAH$. (Точка $K$ лежит на $SH$). По построению, $AK \perp SH$.

Так как $AK$ лежит в плоскости $SAH$, и $BD \perp (SAH)$, то $AK \perp BD$.

Таким образом, $AK$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым $SH$ и $BD$, лежащим в плоскости $SBD$. Следовательно, $AK \perp (SBD)$.

Длина отрезка $AK$ и является искомым расстоянием.

Для нахождения $AK$ сначала вычислим длину гипотенузы $SH$ в прямоугольном треугольнике $SAH$ по теореме Пифагора:

$SH = \sqrt{SA^2 + AH^2} = \sqrt{b^2 + \left(\frac{b\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{b^2 + \frac{3b^2}{4}} = \sqrt{\frac{4b^2+3b^2}{4}} = \sqrt{\frac{7b^2}{4}} = \frac{b\sqrt{7}}{2}$.

Теперь найдем длину высоты $AK$, опущенной на гипотенузу в прямоугольном треугольнике $SAH$, используя формулу площади: $S_{SAH} = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot SH \cdot AK$.

Отсюда $AK = \frac{SA \cdot AH}{SH}$.

$AK = \frac{b \cdot \frac{b\sqrt{3}}{2}}{\frac{b\sqrt{7}}{2}} = \frac{b^2\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{b\sqrt{7}} = \frac{b\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{b\sqrt{3}\sqrt{7}}{7} = \frac{b\sqrt{21}}{7}$.

Ответ: $\frac{b\sqrt{21}}{7}$

19. Дан треугольник с вершинами в точках $A(0; 0; 8), B(8; 0; 0), C(0; 8; 0),$ точка $O$ – начало системы координат. Найдите сумму площадей ортогональных проекций треугольников $AOB, BOC, AOC$ на плоскость треугольника $ABC$.

Дано:

Точки: $A(0; 0; 8)$, $B(8; 0; 0)$, $C(0; 8; 0)$, $O(0; 0; 0)$.

Найти:

Сумму площадей ортогональных проекций треугольников $AOB$, $BOC$, $AOC$ на плоскость треугольника $ABC$.

Решение:

1. Найдем площади треугольников $AOB$, $BOC$, $AOC$. Эти треугольники лежат в координатных плоскостях, и их стороны, исходящие из начала координат $O$, взаимно перпендикулярны.

Треугольник $AOB$ лежит в плоскости $xz$. Его катеты $OA$ и $OB$ лежат на осях $z$ и $x$ соответственно. Длина $OA = \sqrt{(0-0)^2 + (0-0)^2 + (8-0)^2} = 8$. Длина $OB = \sqrt{(8-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = 8$. Площадь $S_{AOB} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32$.

Треугольник $BOC$ лежит в плоскости $xy$. Его катеты $OB$ и $OC$ лежат на осях $x$ и $y$ соответственно. Длина $OB = 8$. Длина $OC = \sqrt{(0-0)^2 + (8-0)^2 + (0-0)^2} = 8$. Площадь $S_{BOC} = \frac{1}{2} \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32$.

Треугольник $AOC$ лежит в плоскости $yz$. Его катеты $OC$ и $OA$ лежат на осях $y$ и $z$ соответственно. Длина $OC = 8$. Длина $OA = 8$. Площадь $S_{AOC} = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot OA = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32$.

2. Найдем уравнение плоскости, содержащей треугольник $ABC$. Для этого нам нужен нормальный вектор к плоскости $ABC$. Возьмем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$. $\vec{AB} = B - A = (8-0; 0-0; 0-8) = (8; 0; -8)$. $\vec{AC} = C - A = (0-0; 8-0; 0-8) = (0; 8; -8)$.

Нормальный вектор $\vec{n}_{ABC}$ к плоскости $ABC$ равен векторному произведению $\vec{AB} \times \vec{AC}$: $\vec{n}_{ABC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 8 & 0 & -8 \\ 0 & 8 & -8 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot (-8) - (-8) \cdot 8) - \mathbf{j}(8 \cdot (-8) - (-8) \cdot 0) + \mathbf{k}(8 \cdot 8 - 0 \cdot 0)$ $\vec{n}_{ABC} = \mathbf{i}(0 + 64) - \mathbf{j}(-64 - 0) + \mathbf{k}(64 - 0) = (64; 64; 64)$. Мы можем использовать более простой нормальный вектор $(1; 1; 1)$, так как важен только его направление. Модуль нормального вектора $|\vec{n}_{ABC}| = \sqrt{64^2 + 64^2 + 64^2} = \sqrt{3 \cdot 64^2} = 64\sqrt{3}$. Единичный нормальный вектор $\vec{u}_{ABC} = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}; \frac{1}{\sqrt{3}}; \frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

3. Найдем косинусы углов между плоскостями треугольников $AOB$, $BOC$, $AOC$ и плоскостью $ABC$. Площадь ортогональной проекции $S_{proj} = S \cdot \cos\theta$, где $S$ - исходная площадь, $\theta$ - угол между плоскостью исходной фигуры и плоскостью проекции. Угол между плоскостями равен углу между их нормалями.

Нормальный вектор к плоскости $xz$ (где лежит $\triangle AOB$) - это вектор вдоль оси $y$, например $\vec{n}_{xz} = (0; 1; 0)$. Его модуль равен 1. $\cos\theta_{AOB} = \frac{|\vec{n}_{xz} \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_{xz}| \cdot |\vec{n}_{ABC}|} = \frac{|(0; 1; 0) \cdot (64; 64; 64)|}{1 \cdot 64\sqrt{3}} = \frac{|0 \cdot 64 + 1 \cdot 64 + 0 \cdot 64|}{64\sqrt{3}} = \frac{64}{64\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Площадь проекции $S'_{AOB} = S_{AOB} \cdot \cos\theta_{AOB} = 32 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{32}{\sqrt{3}}$.

Нормальный вектор к плоскости $xy$ (где лежит $\triangle BOC$) - это вектор вдоль оси $z$, например $\vec{n}_{xy} = (0; 0; 1)$. Его модуль равен 1. $\cos\theta_{BOC} = \frac{|\vec{n}_{xy} \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_{xy}| \cdot |\vec{n}_{ABC}|} = \frac{|(0; 0; 1) \cdot (64; 64; 64)|}{1 \cdot 64\sqrt{3}} = \frac{|0 \cdot 64 + 0 \cdot 64 + 1 \cdot 64|}{64\sqrt{3}} = \frac{64}{64\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Площадь проекции $S'_{BOC} = S_{BOC} \cdot \cos\theta_{BOC} = 32 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{32}{\sqrt{3}}$.

Нормальный вектор к плоскости $yz$ (где лежит $\triangle AOC$) - это вектор вдоль оси $x$, например $\vec{n}_{yz} = (1; 0; 0)$. Его модуль равен 1. $\cos\theta_{AOC} = \frac{|\vec{n}_{yz} \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_{yz}| \cdot |\vec{n}_{ABC}|} = \frac{|(1; 0; 0) \cdot (64; 64; 64)|}{1 \cdot 64\sqrt{3}} = \frac{|1 \cdot 64 + 0 \cdot 64 + 0 \cdot 64|}{64\sqrt{3}} = \frac{64}{64\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Площадь проекции $S'_{AOC} = S_{AOC} \cdot \cos\theta_{AOC} = 32 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{32}{\sqrt{3}}$.

4. Найдем сумму площадей ортогональных проекций. Сумма $S_{total} = S'_{AOB} + S'_{BOC} + S'_{AOC} = \frac{32}{\sqrt{3}} + \frac{32}{\sqrt{3}} + \frac{32}{\sqrt{3}} = 3 \cdot \frac{32}{\sqrt{3}} = \frac{96}{\sqrt{3}}$. Для избавления от иррациональности в знаменателе умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$: $S_{total} = \frac{96\sqrt{3}}{3} = 32\sqrt{3}$.

Ответ: $32\sqrt{3}$

20. Треугольная пирамида задана координатами своих вершин $A(-6; 0; 2)$, $B(2; 8; 2)$, $C(-10; 4; 6)$, $D(2; 0; 4)$. Найдите длину вектора $\vec{AO}$, если $O$ - точка пересечения медиан грани $BCD$.

Дано:

вершины треугольной пирамиды с координатами: $A(-6; 0; 2)$
$B(2; 8; 2)$
$C(-10; 4; 6)$
$D(2; 0; 4)$
$O$ — точка пересечения медиан грани $BCD$ (центроид треугольника $BCD$)

Перевод в СИ: Не требуется.

Найти:

длину вектора $|\vec{AO}|$

Решение:

1. Найдем координаты точки $O$, которая является центроидом треугольника $BCD$. Координаты центроида находятся как среднее арифметическое соответствующих координат вершин треугольника. Если $B(x_B, y_B, z_B)$, $C(x_C, y_C, z_C)$, $D(x_D, y_D, z_D)$, то координаты $O(x_O, y_O, z_O)$ вычисляются по формулам:
$x_O = \frac{x_B + x_C + x_D}{3}$
$y_O = \frac{y_B + y_C + y_D}{3}$
$z_O = \frac{z_B + z_C + z_D}{3}$
Подставим известные координаты:
$x_O = \frac{2 + (-10) + 2}{3} = \frac{2 - 10 + 2}{3} = \frac{-6}{3} = -2$
$y_O = \frac{8 + 4 + 0}{3} = \frac{12}{3} = 4$
$z_O = \frac{2 + 6 + 4}{3} = \frac{12}{3} = 4$
Таким образом, координаты точки $O$ равны $(-2; 4; 4)$.

2. Найдем координаты вектора $\vec{AO}$. Координаты вектора, заданного двумя точками $A(x_A, y_A, z_A)$ и $O(x_O, y_O, z_O)$, определяются как разность координат конечной и начальной точек:
$\vec{AO} = (x_O - x_A; y_O - y_A; z_O - z_A)$
Подставим координаты $A(-6; 0; 2)$ и $O(-2; 4; 4)$:
$x_{\vec{AO}} = -2 - (-6) = -2 + 6 = 4$
$y_{\vec{AO}} = 4 - 0 = 4$
$z_{\vec{AO}} = 4 - 2 = 2$
Следовательно, вектор $\vec{AO}$ имеет координаты $(4; 4; 2)$.

3. Вычислим длину вектора $\vec{AO}$. Длина вектора $\vec{v}(x, y, z)$ в трехмерном пространстве находится по формуле:
$|\vec{v}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$
Для вектора $\vec{AO}(4; 4; 2)$:
$|\vec{AO}| = \sqrt{4^2 + 4^2 + 2^2}$
$|\vec{AO}| = \sqrt{16 + 16 + 4}$
$|\vec{AO}| = \sqrt{36}$
$|\vec{AO}| = 6$

Ответ: $6$