atnasyan-gdz-10-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 8

По условию онравен 60о.86ρ(В, α) = ВМ.Из ∆АВС: BC = 13 2 − 5 2 = 12 (см).ВМ = 12sin60o = 6 3 (cм).Ответ: 6 3 см.173.Дано: ABCD – тетраэдр; CD⊥(ABC); АВ=ВС = АС = 6; BD = 3 7 .Определим линейную меру двугранного угла DACB.ADC ⊥ пл. АВС, тогда двугранныйугол DACB и соответствующий ему линейный угол DCB равны 90о.Определим линейную меру двугранного угла DABC.Проведем отрезок СМ ⊥ АВ, соединимточки М и D.DC⊥AB, CM⊥AB, то по теореме о 3-х перпендикулярах, АВ⊥DM.По определению, ∠DMC – линейный угол двугранного углаDABC.СМ = АС = sin60o = 3 3 ;11MB = AM = AC = ⋅ 6 = 3 .22По теореме Пифагора:DC = BD 2 − BC 2 = 63 − 36 = 27 = 3 3 .DCТогда tg∠DMC ==1.CMОтсюда ∠DMC = 45о.Определим линейную меру двугранного угла BDCA.BC ⊥ DC, AC ⊥ DC, то ∠АВС – линейный угол двугранного углаBDCA, ∠АСВ = 60о.Ответ: 90о, 45о, 60о.87174.Дано: ABCD; АС=СВ = 5; DB = 5 5 .Решение:Построим линейный угол двугранного угла ABCD.АС ⊥ СВ по условию, следовательно,надо найти еще один отрезок, перпендикулярный СВ.Нам по условию даны несколькопрямоугольных треугольников; подсчитаем остальные ребра тетраэдра по теореме Пифагора:AB =AC 2 + CB 2 = 25 + 25 = 50 = 5 2 ;AD = DB 2 − AB 2 = 5 3 ; DB =AD 2 + AB 2 = 5 5 ;DC = AC 2 + DA 2 = 5 2 ⋅ 3 + 5 2 = 10 .Заметим, что в ∆DBC DB2 = DC2 + BC2.

То есть ∠DCB = 90о.BC ⊥ AC, BC ⊥ DC, то по признаку перпендикулярности прямойи плоскости ВС ⊥ пл. ADC, следовательно, ∠ACD – линейный уголдвугранного угла ABCD.cos ∠ACD =1AC 1= , отсюда ∠ACD = arccos = 60 o (т.к. угол2DC 2острый).Ответ: 60о.175.Решение:Построим SO ⊥ пл. АВС.SA, SB, SC – наклонные, а равные наклонные имеют равныепроекции, поэтому АО=ВО = СО;поэтому в пл. АВС АО = R, R – радиус описанной окружности.∆АВС – правильный; продолжим АО, СО и ВО до пересечения их со сторонами треугольника.ВВ1 ⊥ АС, СС1 ⊥ АВ, АА1 ⊥ ВС (из свойств правильного треугольника).Соединим точки S и В, А1 и S, С1 и S.∠SB1O – линейный угол двугранного угла SAСВ.∠SC1О – линейный угол двугранного угла SABC.88∠SA1O – линейный угол двугранного угла SBCA (по определению).∆ОВ1S = ∆OC1S = ∆OA1S – по двум катетам (ОВ1 = ОС1 = ОА1 = r,r – радиус вписанной окружности в ∆АВС, SO – общий катет),∠SB1O = ∠SC1O = ∠SA1O (из равенства треугольников).Раз все ребра тетраэдра равны, то доказанное выше справедливои для всех двугранных углов.Поэтому все двугранные углы равны.Отыщем один из линейных углов двугранного угла, например,∠SA1O двугранного угла SBCA.Пусть а – ребро тетраэдра, то имеем∆BSC: SA1 = a sin 60 o = a ⋅∆АВС: OA1 =3 a 3=;2211 a 3a=AA1 = ⋅;33 22 3∆SA1O: cos ϕ =OA1a a 3 1= .; cos ϕ =:SA1232 3ϕ – острый угол.13Отсюда: ϕ = arccos .13Ответ: ϕ = arccos .176.Дано: ABCD – ромб; ∠(BADM) = 60о; ∠BAD = 45о;ρ(В; (ADM)) = 4 3 .89Решение:Построим BK ⊥ AD.В пл.

ADM проведем KL ⊥ AD.∠BKL – линейный угол двугранного угла BADM. ∠BKL = 60о (поусловию).В пл. BKL опустим на KL перпендикуляр ВО.Докажем, что ВО ⊥ пл. ADM.а) AD ⊥ BK, AD ⊥ KL, то AD ⊥ пл. BKL, следовательно, AD перпендикулярна всем прямым в плоскости BKL, то есть AD ⊥ ВО.б) BO ⊥ AD, BO ⊥ KL, то ВО ⊥ пл. AMD.Итак, ρ(В, пл. AMD) = 4 3 = ВО.BK =4 3sin 60o=4 3 ⋅23=8.В пл.

ABCDAB = BK ⋅1sin 45 o;AB = 8 2 .Ответ: AB = 8 2 .177.Решение:Пусть α и β пересекаются полинии АВ, γ ⊥ АВ (на рисунке непоказана).АВ ⊥ γ, АВ ⊂ α, то по теоремеп. 23 γ ⊥ α.АВ ⊥ γ, АВ ⊂ β, то по теоремеп. 23 γ ⊥ β.Что и требовалось доказать.179.Дано: α, β, α ⊥ β.Решение:Пусть АВ ⊄ α (где АВ – перпендикуляр β, проведенный черезА ∈ α).DE – линия пересечения α и β.Проведем в пл. α АС ⊥ DE, a в пл. β (через построенную т. С)CF ⊥ DE.90Что и требовалось доказать.∠ACF – линейный угол двугранного угла ADEF, ∠ACF = 90o.АС⊥DE, AC⊥ CF, то АС ⊥ пл.

β.Из точки А проведены 2 различных перпендикуляра к пл. β,что невозможно.Наше допущение неверно,АВ ⊂ α.181.Дано: α ∩ β = а; МА ⊥ α;МВ ⊥ β; а ∩ (АМВ) = С.Решение:МВ ⊥ а, МА ⊥ α, то пл.АМВ⊥а и пл. АМВ⊥β, АМВ⊥ α.Построим точку С:проведем BK ⊥ α и достроим отрезок AK до пересеченияего с прямой а в т. С (черезBK || MA проходит единственная плоскость BKAM, перпендикулярная к α и β). Т. С – искомая.а ⊥ пл. АМВ, МС ⊂ пл. АМВ, то а ⊥ МС, т.к. а перпендикулярнавсем прямым, лежащим в пл. АМВ.Что и требовалось доказать.182.Дано: α ⊥ β; α ∩ β = а; МА ⊥ α;МВ ⊥ β; АМ = m; BM = n.Решение:В α проведем АС || MB; в β проведем отрезок ВС.АМ || BC.BM || AC, AM || BC, 4-угольникАСВМ – параллелограмм.Раз МА ⊥ α, то ∠МАС = 90о.АСВМ – прямоугольник.Раз МВ ⊥ β, то МВ ⊥ а, и поскольку МА ⊥ α, то МА ⊥ а.

Отсюдапл. АМВ ⊥ а.а ⊥ пл. АМВ;МС ⊂ пл. АМВ, отсюда а ⊥ МС, r(M, а) = МС.91По теореме Пифагора: MC = MA 2 + AC 2 = m 2 + n 2 .Ответ: MC = m 2 + n 2 .183.Дано: α ∩ β = а; α; β ⊥ γ.Решение:Докажем следующее:если две плоскости (α и β) взаимно перпендикулярны и к однойиз них (к β) проведен перпендикуляр (АВ), имеющий общую т. (А) сдругой плоскостью (α), то этот перпендикуляр весь лежит в этойплоскости (α).Это утверждение доказано взадаче 179.Выберем произвольную т.

Ана линии пересечения α и β.Проведем перпендикуляр кпл. γ.По доказанному выше, этотперпендикуляр должен принадлежать и пл. α и пл. β, то естьон сливается с линией пересечения плоскостей, то есть с АВ.Утверждение доказано.184.Дано: АВ = 10 см; ∆АВС; ∆ABD.Решение:а)Построим СМ ⊥ АВ и отрезок MD.В равностороннем ∆АВС: СМ – высота, значит, и медиана,АМ = МВ = 5 см.В ∆ABD: DM – медиана и высота, то есть MD ⊥ АВ.∠CMD – линейный угол внутреннего угла CABD, ∠CMD = 90о.92CM = 10 sin 60 o = 5 3 , MD = 5 3 (см);CD = 5 3 ⋅ 2 = 5 6 (см) (по теореме Пифагора для ∆CMD).б)Построим СМ ⊥ АВ; СМ – высота и медиана в равнобедренном∆АСВ; проводим отрезок DM, DM –медиана в равнобедренном ∆ABD,следовательно, и высота, MD ⊥ AB.Очевидно, СМ = АМ = 5 см,MD = 5 см, CD = 5 2 см (по т.

Пифагора для ∆CMD).Ответ: а) 5 6 см; б) 5 2 см.185.Задача решена в учебнике на стр. 52.186.Решение:По условию даны скрещивающиеся прямые а и b. Построимпрямую, пересекающую обе данные прямые и перпендикулярную кним.Проведем через прямую а. α || b.

Из произвольных точек А ∈ b,B ∈ b проведем АА1 ⊥ α и ВВ1 ⊥ α. Соединим А1 и В1 отрезком инайдем точку С1 пересечения прямых А1В1 и а. Через т. С1 проведемпрямую, перпендикулярную α. Эта прямая:1)пересекается с прямой b в некоторой точке С(плоскости А1АВВ1 и α взаимно перпендикулярны; через93т.С1 ∈ пл. А1АВВ1 проведена прямая, перпендикулярная α.

Этапрямая будет лежать в пл. А1АВВ1 (Это доказано в задаче 179).Эта прямая C1C || A1A || B1B. С1С пересечет b);2)С1С ⊥ а, С1С ⊥ b (раз С1С ⊥ α, то С1С ⊥ а, b || α; потеореме II А1А || b. Раз С1С ⊥ α, то С1С ⊥ А1В1 и С1С ⊥ b).Прямая С1С – искомая.Отрезок С1С меньше всех других отрезков, которые можно получить, соединяя точки прямой а с точками прямой b. Например, возьмемт.

Е ∈ а, т. F ∈ b, проведем отрезок EF и докажем, что EF > C1C.Проведем FF1 ⊥ α. Тогда FE > FF1. Но FF1 = C1C, следовательно,EF > C1C.Вывод: С1С – единственная, т.к. все остальные отрезки длиннееСС1, поэтому не могут являться общим перпендикуляром к а и b(т.к. это кратчайшее расстояние).Что и требовалось доказать.187.Дано: а) 1, 1, 2; б) 8, 9, 12; в)РешениеПо теореме п.

24 имеем:39 , 7, 9.а) d 1 = 12 + 12 + 2 2 = 6 ;б) d 2 = 8 2 + 9 2 + 12 2 = 64 + 81 + 144 = 17 ;в) d 3 = 39 + 49 + 81 = 13 .Ответ: а)6 ; б) 17; в) 13.188.Решение:d = a2 + a2 + a2 = a2 ⋅3 = a 3 .Ответ: a 3 .189.Решение:Пусть ρ(А1, пл. ABCD) = ρ(А1, пл.ВВ1С1С) = ρ(А1, пл. DD1C1C) = x.а) По т. Пифагора:х2 + х2 = m2, x =m 2.2б) d2 = x2 + x2 + x2 (по т. Пифагора).94Отсюда: x =Ответ: а)d 3.3m 2d 3; б).23190.Дано: ABCDA1B1C1D1.Решение:а) ∠А1В1С1 – линейный угол двугранного угла АВВ1С, ∠А1В1С1 ==90о, т.к.

данная фигура – куб.б) Надо найти угол между плоскостями AA1D1D и BDD1B1.∠ADB – линейный угол двугранного угла ADD1B; ∠ADB = 45о.в) Проведем B1K; проведем KE || AA1; проведем диагональ квадрата ВЕ. Требуется найти линейную меру двугранного угла междуплоскостями АА1В1В и KB1BE. А1В1 ⊥ ВВ1,B1K ⊥ ВВ1.Таким образом, ∠А1В1K – линейный уголдвугранного угла ABB1K.Пусть ребро куба равно а, тогда11tgϕ = , ϕ = arctg .22Ответ: а) 90о; б) 45о; в) arctg1.2191.Дано: ABCDA1B1C1D1.Решение:Используя известные свойства куба,можем заключить, что A1D ⊥ AD1,A1D ⊥ AB, A1D ⊥ пл. ABC1D1.95По теореме п. 23 плоскости АВС1D1 и DA1B1C взаимно перпендикулярны.Что и требовалось доказать.192.Решение:У куба все углы между диагональю и гранями одинаковы. Найдем, например, угол между диагональю А1С и пл.