atnasyan-gdz-10-2001 (546292), страница 7
Текст из файла (страница 7)
АВС.73Т.к. равные наклонные имеют равные проекции, АО=ОВ=ОС= R,где R – радиус описанной окружности около ∆АВС.AB;По следствию из теоремы синусов: R =2 sin ∠CR=62 sin 60 o= 2 3 см.∆АОМ – прямоугольный, тоρ(М, (АВС)) = МО = AM 2 − AO 2 ; МО = 2 см.Ответ: ρ(М; (АВС)) = 2 см.144.Задача решена в учебнике на стр. 44.145.Дано: ∆АВС; ∠С = 90о; ВС = а; DC = b.а) AD ⊥ пл. АВС, следовательно, AD ⊥ СВ;AD ⊥ BC, AC ⊥ CB, то по теореме о 3-х перпендикулярахDC ⊥ ВС, то есть треугольник CBD – прямоугольный.Что и требовалось доказать.б) ∠DCB = 90о, BD2 = DC2 + CB2; BD = a 2 + b 2 .Ответ: BD = a 2 + b 2 .146.Дано: а ∩ α = М; а не перпендикулярна α.74Решение:Если бы через т.
М проходили две прямые, перпендикулярные к а,тогда по признаку перпендикулярности прямой к плоскости должнобыть а ⊥ α, а по условию а не перпендикулярна α. Т.о. b – единственная прямая, которая, проходя через т. М, перпендикулярна а.Что и требовалось доказать.147.Дано: МВ ⊥ (ABCD).AD⊥AB, AD⊥MB, то по теореме о 3-х перпендиулярах ∠MAD=90о.MB⊥DC, BC⊥CD, то по теореме о 3-х перпендикулярах ∠MCD=90о.Что и требовалось доказать.148.Дано: ∆АВС – правильный; МВ = ВС; AK ⊥ (АВС).Решение:АМ – медиана в правильном ∆АВС, то МА ⊥ ВС (так как МА ивысота).MA ⊥ BC, KA ⊥ BC, то по теореме о 3-х перпендикулярахВС ⊥ KM.Что и требовалось доказать.149.Дано: ∆АВС – равнобедренный; AD ⊥ (АВС); АВ = АС = 5 см;ВС = 6 см; AD = 12 см.75Решение:Проведем АЕ ⊥ ВС; в равнобедренном ∆АВС АЕ – высота и медиана, ВЕ = ЕС = 3см. Из ∆СЕА AE = AC 2 − EC 2 ;AE = 5 2 − 3 2 = 4 (см).ВС⊥АЕ, ВС⊥DA, то по теореме о 3-х перпендикулярах ВС ⊥ DЕ.150.Дано: ABCD; KD = 6 см; KB = 7 см; KC = 9 см.Решениеа) ρ(K, пл.
ABCD) – KA, ибо KA ⊥ пл. ABCD – по условию.∆KDC – прямоугольный, ∠KDC = 90о (KA ⊥ DC, AD ⊥ DC – потеореме о 3-х перпендикулярах KD ⊥ DC).DC = KC 2 − KD 2 ; DC = 81 − 36 = 3 5 см.∠KAB = 90о.KA = KB 2 − AB 2 ; АВ = DC;KA = 49 − 45 = 4 = 2 см.б) Плоскость KAB || DC, т.к. DC || AB. Расстояние между двумяскрещивающимися прямыми ρ(AK, CD) = DA, ведь DA ⊥ пл. KAB.Из ∆DAK DA = DK 2 − KA 2 ; DA = 36 − 4 = 4 2 см.Ответ: KA = 2 см; DA = 4 2 см.76151.Дано: CD ⊥ (АВС); DH – высота в ABD.Решение:Найдем проекцию границы ∆ABD на (ABC).Проекция DB на (АВС) – отрезок СВ; проекция DA на (АВС) –отрезок АС.
АВ является своей проекцией.Т.о. проекция границы ∆DAB на пл. АВС есть стороны ∆АВС,внутренние точки ∆DAB проектируются во внутренние точки ∆АВС,тогда ∆АВС есть проекция ∆DAB на плоскость АВС.СН⊥АВ, DC ⊥ AB, то DH ⊥ AB (теорема о 3-х перпендикулярах).Таким образом, DH – высота ∆DAB.Что и требовалось доказать.152.Дано: ABCD; BF ⊥ (ABCD); BF = 8 дм; АВ = 4 дм.Решение:FA ⊥ AD, ρ(F, AD) =FB 2 + AB 2 = 64 + 16 = 4 5 дм.FC ⊥ DC; ρ(F, DC) = ρ(F, AD) = 4 5 дм (аналогично предыдущему пункту).ρ(F, AB) = ρ(F, BC) = 8 дм = ρ(F, BD) (т.к. это есть BF).BD⊥FB, FB ⊥ AC, то по теореме о 3-х перпендикулярах FO ⊥ AС.BD = 4 ⋅ 2 = 4 2 дм; BO =BD = AB ⋅ 2 ; BO =FO = ρ(F, AC) =1⋅ 4 2 = 2 2 дм.21BD .2BO 2 + FB 2 = 8 + 64 = 6 2 дм.Ответ: 8 дм, 8 дм, 4 5 дм, 4 5 дм; 8 дм; 6 2 дм.153.Задача решена в учебнике.77154.Дано: BD ⊥ (ABC); BD = 9 см; АС = 10 см; ВС = ВА = 13 см.Решение:а) Проведем ВЕ ⊥ АС, СЕ = ЕА, так как ∆АВС – равнобедренныйи высота является также медианой.BD⊥AC, BE⊥AC, то по теореме о 3-х перпендикулярах DE ⊥ AC.ρ(D, AC) = DE = BD 2 + BE 2 ;∆CBE: BE = BC 2 − EC 2 ; BE = 169 − 25 = 12 см.ρ(D, AC) = DE = 81 + 144 = 15 см.б) S∆ACD =110 ⋅ 15= 75 см2 (т.к.
АС – основание,AC ⋅ DE , S ACD =22DE – высота).Ответ: а) 15 см; б) 75 см2.155.Дано: ∆АВС; АС = СВ; АС = 4 см; CM = 2 7 см.Решение:CH⊥AB, МС⊥АВ, то по теореме о 3-х перпендикулярах МН ⊥ АВ.ρ(М, АВ) = MH = MC 2 + CH 2 (т.к. МН ⊥ АВ).78В ∆АВС: СН = ВС ⋅ sin45o = 2 2 см (соотношения в прямоугольном треугольнике).MH = 28 + 8 = 6 см.Ответ: 6 см.156.Проведем СН ⊥ АВ и DH.DC⊥AB по теореме о 3-х перпендикулярах DH ⊥ ABCH⊥AB (CH – проекция, DC – перпендикуляр).DH – искомое расстояние.Из ∆АВС: СН = m ⋅ sinϕ (соотношение в прямоугольном треугольнике).В ∆DCH: DH = DC 2 + CH 2 = n 2 + m 2 sin 2 ϕ .Ответ:n 2 + m 2 sin 2 ϕ .157.Дано: OK ⊥ (ABCD); OK = 4,5 дм; АС = 6 дм.Решение:В (ABCD) проведем через т.
О EF ⊥ AD, ОH ⊥ CD.79Диагонали ромба, во-первых, являются биссектрисами его углов;во-вторых, в точке пересечения делятся пополам. Следовательно,∆ОВЕ = ∆OBG = ∆ODH ==∆ODF, отсюда OF = OE ==OG = OH, утверждение а)доказано. Оно следует из равенства треугольников. (KO –общий катет, ∆KOG = ∆KOE ==∆KOH = ∆KOF, отсюда KG==KE = KH = KF).В ∆AOD: АО = 3 дм.
OD = 4 дм. S AOD =С другой стороны, S AOD =1AO ⋅ OD = 6 дм2.2OF ⋅ AD.2AO 2 + OD 2 = 9 + 16 = 25 = 5 дм.1S AOD = ⋅ OF ⋅ 5 = 6212Отсюда OF == 2,4 (дм).5AD =OF = OH = 2,4 дм (из равенства ∆OFD и ∆OHD).Из ∆KOH: KH = ρ(K, DC) =2KO 2 + OH 2 ;2 12 9KH = 4,5 2 + 2,4 2 = + =2 5 2025 + 576=1002601=10= 5,1 дм.Ответ: б) KН = 5,1 дм.158.Дано: ABCD – ромб; BM ⊥ (ABCD); АВ = 25 см; ∠BAD = 60о;ВМ = 12,5 см.80Решение:МВ ⊥ пл. ABCD, следовательно, МВ ⊥ АВ и МВ ⊥ ВС, следовательно, ρ(М, АВ) = ρ(М, ВС) = МВ = 12,5 (см).Проведем в пл. ABCD отрезки ВВ1 ⊥ AD и ВВ2 ⊥ CD.По теореме о 3-х перпендикулярах МВ1 ⊥ AD и МВ2 ⊥ DC.МВ1 = ρ(М, AD), МВ2 = ρ(М, DC).∠A = ∠С, АВ = ВС, поэтому ∆АВ1В = ∆СВ2В (т.к. ABCD – ромб).ВВ1 = ВВ2 = 25 ⋅ sin60о = 25 ⋅3= 12,5 3 (см)2МВ2 и МВ1 – наклонные, их проекции (ВВ1 и ВВ2) равны, значит,и сами наклонные равны, то есть МВ1 = МВ2.MB1 = MB 2 + B1 B 2 = 12,5 2 + 12,5 2 ⋅Ответ: 12,5 см, 12,5 см, 25 см, 25 см.( 3)2= 25 (см).159.Дано: ВМ ⊥ (ABCD).Решение:МЕ – линия пересечения плоскостей AMD и ВСМ.
В плоскостиAMD проводим DE || AM. AM ⊥ AD – по теореме о 3-х перпендикулярах, то DE ⊥ AD.AD ⊥ MB, AD ⊥ AB, то по теореме о 3-х перпендикулярахAD ⊥ пл. АМВ. Отсюда следует, что МЕ ⊥ пл. АМВ (т.к. ME || AD).Что и требовалось доказать.81160.Дано: ρ(α; β) = d; d < AB; АВ = 13 см; d = 5 см.РешениеПроведем BD ⊥ α и АС || BD.Отрезки параллельных прямых,заключенные между параллельными плоскостями, равны: АС ==DB. К тому же DB || AC и BD ⊥ α,BD ⊥ β, AC ⊥ α и АС ⊥ β. Значит,d = AC = DB = ρ(α, β).
ABCD –прямоугольник (АС и BD лежат в одной плоскости).CB = AB 2 − d 2 = 169 − 25 = 12 (см).Ответ: 12 см.161.Дано: ВА ∈ (CBD); ∠АВС = ∠ABD;∠АВС < 90о.Решение:Проведем АО ⊥ α.В пл. α проведем ОМ⊥СВ и ON⊥ BD.По теореме о 3-х перпендикулярахАМ ⊥ СВ и AN ⊥ BD.∆АВМ = ∆ABN. Поэтому МВ = NB.Проведем в пл. α отрезок ОВ. Рассмотрим ∆ОВМ и ∆OBN.У них сторона ОВ – общая, ВМ = BN (cм. выше), оба треугольника– прямоугольные.
Следовательно, ∆ОВМ = ∆OBN, ∠ОВМ = ∠OBNи проекция ОВ наклонной ВА является биссектрисой ∠CBD.Что и требовалось доказать.163.Дано: АМ = d; ∠AMD = а) 45о; б) 60о; в) 30о.Решение:а) MB = d cos ϕ = d − cos 45 o =82d 2;2б) MB = d cos 60 o = d ⋅в) MB = d cos 30 o = d ⋅Ответ: а)1 d= ;2 23 d 3=.22dd 3d 2; б) ; в).222164.Дано: АМ = 2МВ.Решение:По условию MB =1MA .2Из соотношений в прямоугольном треугольнике следует, что11MB= cos ϕ, cos ϕ = , cos 60o = .22MAОтвет: 60о.165.Дано: ρ(А; γ) = d; ∠ABM = ∠АСМ = 30о; ∠ВМС = 120о.Решение:∆АМС = ∆АМВ, ВМ = МС = dctg30o = d ⋅ 3 = 3d .Теорема косинусов для ∆ВМС:ВС2 = ВМ2 + МС2 – 2ВМ ⋅ МС ⋅ cos120o;ВС2 = 3d2 + 3d2 – 2d2 ⋅ 3cos120o = 6d2 + 6d2cos60o = 9d2;BC = 9d 2 = 3d .Ответ: 3d.83166.Дано: α не параллельна β; α ∩ β = MN; AB ⊥ MN; AC ⊥ α.Решение:Проведем отрезок ВС.АС ⊥ α, АВ – наклонная, АВ ⊥ MN,то по теореме, обратной к теореме о3-х перпендикулярах, ВС⊥ MN.В ∈ MN; BA ⊥ MN; BC ⊥ MN, тоотсюда заключаем, что ∠АВС – линейный угол двугранного углаAMNC (это следует из определения).167.Дано: DABC – тетраэдр; АМ = МС.Решение:∆ADC – равносторонний, DM –медиана, следовательно, DM ⊥ AC(т.к.
DM еще и высота).∆АВС – равносторонний, ВМ –медиана, следовательно, ВМ ⊥ АС(т.к. ВМ – высота ∆АВС).∠DMB – линейный угол двугранного угла BACD (по определению).Что и требовалось доказать.168.Решение:Известно, что М ∈ β, ρ(М, α) = d.MN ⊥ α – по условию (расстояние естьдлина перпендикуляра).В пл. α проводим NE ⊥ AB;MN ⊥ α, NE ⊥ AB, то по теореме о 3-хперпендикулярах ЕМ ⊥ АВ, значит, ρ(М, АВ) = МЕ.Т.о. ∠MEN – линейный угол двугранного угла MABN, ∠MEN = ϕ(по условию).ME =dsin ϕ(из соотношений в прямо-угольном треугольнике).Ответ:84d.sin ϕ169.Решение:Пусть α и β пересекаются по АВ.Выберем произвольную т. О ∈ АВ.В пл. α проведем прямую CD через т. О так, чтобы CD ⊥ AB.В пл. β проведем луч OF так,чтобы OF ⊥ AB.Двугранному углу DABF соответствует линейный угол FOD; двугранному углу CABF соответствует линейный угол FOC.Углы FOD и FOC – смежные, ∠FOD + ∠FOC = 180o.Сумма двугранных углов DABF и CABF равна 180о.Что и требовалось доказать.170.Дано: ∆АВС; АС ⊂ α; АВ = 2 см; ∠ВАС = 150о; ∠ВАСВ1 = 45о.РешениеПроведем BD ⊥ AC.
По теореме о 3-х перпендикулярах BD ⊥ AC.∠ВАС = 150о.ρ(В, АС) = BD.∠BAD = 180о – 150о = 30о,BD =11AB = ⋅ 2 = 1 (см).22По условию ∠B1DB = 45o, таккак ∠B1DB – линейный угол двугранного угла ВАСВ1.Т.о. ρ(В, α) = ВВ1 = DB ⋅ sin45o =Ответ: ρ(В, АС) = 1 см, ρ(В, α) =2(см).22см.285171.Дано: ∠(АС; α) = 30о.Решение:Проведем СО ⊥ α; проведем отрезки ОА и ОВ.∠ОАС = 30о (по условию), т.к. это и есть угол между катетом иплоскостью α.1CO = AC (катет, лежащий против2угла 30о, равен половине гипотенузы).Проведем ОМ ⊥ АВ.СО⊥АВ, ОМ⊥АВ, то по теореме о 3-х перпендикулярах СМ ⊥ АВ.Из ∆АМС: CM = CA ⋅ sin 45 o =CA2∠СМО – линейный угол двугранного угла.∠(α; (АВС)).∆МСО – прямоугольный, т.е.
∠СОМ = 90о.OCAC AC2=sin ϕ =; sin ϕ =:;MC222ϕ = 45о (ϕ ≠ 135о, так как ∆СМО – прямоугольный).Ответ: 45о.172.Дано: АС ⊂ α; ∆АВС, ∠С = 90о; ∠(α; (АВС)) = 60о; АС = 5 см;АВ = 13 см.Решение:Проведем ВМ ⊥ α.ВМ ⊥ α, ВС – наклонная, АС ⊥ ВС, то по теореме, обратной ктеореме о 3-х перпендикулярах, АС ⊥ МС.∠ВСМ – линейный угол двугранного угла ВАСМ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
