atnasyan-gdz-10-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 6

Какие из следующих углов являются прямыми: ∠АОВ, ∠МОС, ∠DAM, ∠DOA, ∠ВМО?61Решение:а ⊥ α, поэтому а перпендикулярна любой прямой, лежащей в пл. α.Чтобы прямая принадлежала пл. α, достаточно, чтобы 2 точкипрямой принадлежали пл. α.ВО ⊂ α, ∠АОВ = 90о (т.к. а ⊥ ВО);ОС ⊂ α, ∠АОС = 90о (т.к. а ⊥ ОС).DO ⊂ α, ∠DOA = 90o (т.к. а ⊥ DO);DA ⊄ α, ∠DAM ≠ 90o;ВМ ⊄ α, ∠ВМО ≠ 90о.Ответ: прямые углы: ∠АОВ, ∠АОС, ∠DOA.119.Решение:а) Рассмотрим ∆ABD.АО ⊥ пл.

ВОС, поэтому АО ⊥ ОВ;AO = OD BO⊥AD  ∆ВОА = ∆BOD – по двум катетам, ВА = BD.BO = BO АВ = BD.б) Рассмотрим ∆АОВ и ∆АОС.АО ⊥ ОВ, АО ⊥ ОС – по определению;ОВ = ОС – по условию;АО – общая.62Треугольники АОВ и АОС равны по двум катетам. Отсюда:АВ = АС.в) Т.к. АВ = АС, то прямоугольные треугольники АОВ и АОСравны по гипотенузе и катету (АО – общий катет), поэтомуОВ = ОС.Что и требовалось доказать.120.Решение∆KOA = ∆KOB = ∆KOC = ∆KOD по двум катетам (KO ⊥ OA,KO ⊥ OB, KO ⊥ OC, KO ⊥ OD – по определению, KO – общий катет,ОВ = ОА = ОС = OD); поэтому KA = KB = KC = KD.KB2 = OK2 + OB2, отсюда: KB2 = b2 + OB2.BD = a 2 , OB =KB = b 2 +1a 2a2a2BD =; OB 2 =; KB 2 = b 2 +;2222a2.2121.Решение:KC ⊥ CM (т.к. KC ⊥ АВС).∆KMC прямоугольный.MK2 = CK2 + MC2; MK2 = 144 + МС2;63AB = 64 + 36 = 10 (см), ВМ=5 см.BC4cos ∠B =, cos ∠B = .AB5∆МВС, теорема косинусов:СМ2 = ВС2 + ВМ2 – 2 · ВС · ВМ · cos∠В;CM 2 = 64 + 25 − 2 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅4= 25 ;5MK2 = 144 + 25 = 169, следовательно, MK = 13 (см).Ответ: 13 см.122.Решение:Рассмотрим ∆DAC и ∆DCB.DC ⊥ CA, DC ⊥ CB – по условию, DC – общая, АС = ВС, то∆DAC = ∆DCB.

Отсюда DA = DB.(DA = DB = 16 2 + 16 3)2= 16 2 + 16 2 ⋅ 3 = 32 (см).ОА = ОВ = ОС = R, R – радиус описанной окружности.2R =R=a(следствие из теоремы синусов);sin α16 316 3AB== 16 .,R=o2 sin ∠C2 sin 6032⋅2Итак, ОА = ОВ = ОС = 16 см.Итак, OK ⊥ OA, KO ⊥ OB.64∆KOA = ∆KOB (прямоугольные, равны по двум катетам), следовательно, AK = KB.AK = KB = OA 2 + OK 2 = 20 см.Ответ: DA = DB = 32 см; AK = KB = 20 см.123.Дано: α, β ⊥ а.Решение:Смотри решение в учебнике на стр.

39.124.Дано: PQ || a; PP1, QQ1 ⊥ α.Решение:PP1 || Q1Q, как перпендикулярные одной плоскости.Следовательно, РР1 и QQ1принадлежат одной плоскости.Назовем ее β. Пусть P1Q1 – линияпересечения плоскостей α и β.Тогда P1Q1 || PQ.Таким образом, PQQ1P1 – параллелограмм, следовательно, PQ ==P1Q1.Что и требовалось доказать.125.Дано: PQ; PP1 || QQ1; PP1 = 21,5 см; PQ = 15 см; QQ1 = 33,5 см.PP1 || QQ1 как перпендикулярные одной плоскости.Значит, РР1 и QQ1 принадлежат плоскости β.Линия пересечения плоскостей α и β есть P1Q1, тоPQQ1P1 – трапеция.Рассмотрим плоскость β.∆QSP есть прямоугольныйтреугольник и:SP = Q1P1 = 9 см (по теореме Пифагора).Ответ: SP = 9 см.65126.Дано: МВ ⊥ АВ, ВС; D ∈ AC.Решение:МВ ⊥ пл. АВС по признаку перпендикулярности.По определению BD ⊥ MB.∆MBD – прямоугольный, ∠MBD ==90о.Ответ: треугольник MBD являетсяпрямоугольным.127.Дано: ∆АВС; ∠А + ∠В = 90о.Т.к.

∠А + ∠В = 90о, то ∠С = 90о (т.к.∠С=180о – (∠А + ∠В)= 90о).АС ⊥ BD – по условию;АС ⊥ ВС.Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, АС ⊥ пл.BDC (т.к. перпендикулярна двум прямым в ней).Следовательно, АС ⊥ DC.Что и требовалось доказать.128.Дано: ABCD; т.

О; МА = МС; МВ = MD.Решение:Точка М равноудалена от А и С, B и D. Значит, она лежит на серединном перпендикуляре к АС и BD. То есть ОМ ⊥ АС, ОМ ⊥ BD. Попризнаку перпендикулярности прямой и плоскости ОМ ⊥ пл. АВС.Что и требовалось доказать.129.Дано: АМ ⊥ (ABCD); т. О.Решение:а) ВО ⊥ МО, ВО ⊥ АО, следовательно, ВО ⊥ пл. МАО.б) Т.к. ВО⊥пл. МАО, то ВО⊥ОМ.Что и требовалось доказать.66130.Дано: ABCD – квадрат; ВМ; ∠МВА=∠МВС = 90о; МВ = m; AB = n.Решениеа) 1) ∆МВА = ∆МВС по условию, МВ – общий; ВА = ВС есть стороны квадрата.Значит, MC = MA = m 2 + n 2 .2) ∆MBD является прямоугольным, т.к.

МВ ⊥ пл. АВС и BD ⊂ пл.АВС.MD = MB 2 + BD 2 , где BD = n 2 + n 2 = n 2 ;MD = 2n 2 + m 2 .б) По определению перпендикуляра:ρ(М, BD) = MB = m.Рассмотрим ∆МВО и прямую АС.По свойству диагоналей квадрата ВО ⊥ АС; МВ ⊥ АС, т.к.МВ ⊥ АВС; МВ не перпендикулярна ВО, тогда АС ⊥ МВО.Значит, АС ⊥ МО.Тогда ρ(М, АС) = МО.∆МВО: MO = MB 2 + BO 2 ;MO = m 2 +n2.2Ответ: а) MC = MA = m 2 + n 2 ; MD = 2n 2 + m 2 ;б) ρ(М, BD) = m, ρ(M, AC) =m2 +n2.267131.Дано: ABCD – тетраэдр; АВ = АС; DB = DC.Решение:∆АВС – равнобедренный,АМ – медиана, то и высота, тоесть АМ ⊥ ВС.∆DCB – равнобедренный,DM – медиана, то и высота, тоесть DM ⊥ BC.Т.к. MD и МА пересекаются,то по признаку перпендикулярности прямой и плоскостиСВ ⊥ пл. AMD.Что и требовалось доказать.132.Решение:Пусть α || β, а прямая ВВ1 ⊥ α.

Докажем, что ВВ1 ⊥ β.Проведем через ВВ1 плоскости M и N;BC || B1C1 и BD || B1D1.По условию ВВ1 ⊥ ВС и ВВ1 ⊥ BD (т.к. ВВ1 ⊥ α).ВВ1 ⊥ В1С1 и ВВ1 ⊥ B1D1.ВВ1 ⊥ β, т.к. В1С1 и В1D1 пересекаются и лежат в плоскости β.133.Задача решена в учебнике на стр. 40.68134.Дано: т. М; М ∈ а; b1… bn ⊥ a.Решение:b1 ⊥ a, b2 ⊥ a, M ∈ b1, M ∈ b2,т.е. b1 и b2 пересекаются.Из вышеперечисленных фактов следует, что по признакуперпендикулярности прямой иплоскости прямая а перпендикулярна α.

Через две пересекающиеся прямые можно провестиплоскость, и притом единственную, следовательно, любая прямая bn, проходящая через т. М иперпендикулярная к а, лежит в α.Предположим bn ⊄ α.То через b2 и bn можно провести плоскость γ и:a⊥b2 ⇒ a⊥γ .a⊥bn Следовательно, через т.

М проходит сразу две плоскости α и γ ⊥ а,а через любую точку пространства проходит единственная плоскость,перпендикулярная данной прямой. Значит, наше предположение неверно и bn ⊂ α.Что и требовалось доказать.135.Дано: а ⊥ α; а ⊥ b; b ∉ α.69Решение:Пусть М – точка пересечения а с α. N ∈ a.Проведем через т.

N прямую c || b.В пл. α через т. М проведем прямую d1.Через т. N проведем прямую d || d1.а ⊥ d1, d1 || d, поэтому а ⊥ d.Т. о. а ⊥ β. (Через т. А проходит единственная β, перпендикулярная к а).α; β ⊥ а ⇒ α || β.b || c → b || β , следовательно, b || α.c ⊂ β ,α || β Что и требовалось доказать.136.Дано: АХ = ВХ.Решение:Выясним, чем является Г М Т точекравноудаленных от А и В.ОА = ОВ.Утверждение задачи следует из того,что в каждой плоскости, проходящейчерез АВ и некоторую хn (см. рисунок),xn будет серединным перпендикуляромк АВ, то есть ГМТ, равноудаленный отА и В.137.РешениеПусть скрещивающиеся прямые а и b лежат в параллельныхплоскостях (известная теорема).1.

Проведем через b пл. β; β || a.2. Проведем АА1⊥β и ВВ1⊥β.3. По теореме II А1В1 || АВ(если АВ ⊂ А1АВВ1 и АВ || β, тоА1В1 || АВ).4. АВ || А1В1 и АВ ⊥ b, то А1В1 ⊥ b.5. Из т. С1 проведем С1С ⊥ β. Она пересечет АВ в точке С(b ⊥ пл. АС1А1. В пл.

АС1А1 проведем С1С || A1A. Тогда b ⊥ С1С – поопределению. Если найдется прямая С1С2 ⊥ β и С2 не совпадает с С,тогда через т. С1 будет проходить 2 плоскости, перпендикулярные кb: пл. А1АВВ1 и пл. СС1С2; а это невозможно).706.Итак, b ⊥ С1С.b ⊥ А1В1, b ⊥ C1C и А1В1 ∩ С1С ⇒ b ⊥ А1АВВ1.Т.о. через а проходит плоскость ⊥ к b.Что и требовалось доказать.138.Дано: ∠АСВ = ϕ; АС = m; BC = d.СВ ⊥ α; СА – наклонная.а) ∆АВС – прямоугольный, т.к. ∠В = 90о.ВС = d (по условию).AC =d; АВ = d · tgϕ (из соотношений в прямоугольном треcos ϕугольнике).б) АС = m;CB = m · cosϕ; AB = m · sinϕ (из соотношений в прямоугольномтреугольнике).Ответ: а) AC =d; АВ = d tgϕ;cos ϕб) СВ = m cosϕ; AB = m sinϕ.139.Решение:а) МА = МС (по условию);∆МВА и ∆МВС – прямоугольные, МВ – общий катет, МА = МС,следовательно, ∆МВА = ∆МВС, значит, АВ = ВС.б) ВА = ВС (по условию).71Из равенства прямоугольных треугольников МВА и МВС следует, что МА = МС.в) МА > MC (по условию).По теореме ПифагораAB = MA 2 − MB 2 ; BC = MC 2 − MB 2 .MA2 > MC2, поэтому МА2 – МВ2 > МС2 – МВ2, это означает, что2АС > >BC2 ⇒ AB > BC.Что и требовалось доказать.140.В задаче некорректно условие (не хватает данных).141.Решение:АО – отрезок, О∈α, ρ(А, α)== 6 см, ОМ=МА.

Найти ρ(М, α).Проведем АВ ⊥ α и отрезокВО. Получим плоскость АОВ.Из т. М проведем в пл. АОВотрезок MN || AB, т. N – пересечение отрезка с пл. α. Доказано(п. 21), что N ∈ ОВ, т.е.MN ⊂ пл. АОВ (см. учебник).MN – средняя линия ∆ОАВ (по теореме Фалеса ON = NB).MN =11AB, MN = ⋅ 6 = 3 см.22Ответ: MN = 3 см.142.Дано: АА1 = 1 см; ВВ1 = 4 см.Рассмотрим два случая:72Случай I. Если АВ не пересекает α, то имеем:АА1 = 1 см, ВВ1 = 4 см, О – середина АВ;АА1 ⊥ α и ВВ1 ⊥ α, то АА1 || ВВ1.Согласно аксиоме, через АА1 и ВВ1 можно провести единственную плоскость АВВ1А1.В пл. АВВ1А1 проводим ОО1 || ВВ1.

Согласно п. 21о, т. О ∈ А1В1.Значит, ОО1 ⊥ α, ОО1 – искомый отрезок. ρ(О, α) = ОО1.Т.о. ОО1 – средняя линия трапеции;OO1 =AA1 + BB1; ОО1 = 2,5 см.2Случай II. АВ пересекает пл. αПродолжим О1О до пересечения с А1В и АВ1 в точках Е и F.АО = ОВ, ОО1 || BB1, то по теореме Фалеса AF = FB1.O1F || AA1, по теореме Фалеса А1О1 = О1В1.AA1В ∆АА1В1: О1F – средняя линия, то есть O1 F == 0,5 см.2∆АВВ1: OF – средняя линия, то есть OF =BB1= 2 (см).2ОО1 = OF – O1F = 1,5 см.Ответ: 2,5 см или 1,5 см (в зависимости от того, пересекает лиАВ плоскость α).143.Дано: ∆АВС – правильный; МА = МВ = МС = 4 см; АВ = 6 см.Проводим МО ⊥ пл.