atnasyan-gdz-10-2001 (546292), страница 9
Текст из файла (страница 9)
ABCD, все остальные будут ему равны.Из прямоугольного ∆АА1Сtgϕ =AA1=ACОтвет:aa2 + a2=12=2.22.2193.Дано: АВCDA1B1C1D1; D1B = d; AC = m; AB = n.Решение:а) ρ(А1С1, пл. АВС) = АА1 = х.96d 2 = BD 2 + DD12 = AC 2 + x 2 .б) ρ(пл. АВВ1, пл. DCC1) = AD, AD = m 2 − n 2 (по т. Пифагора).в) Проведем D1E1 ⊥ A1C1 и DE ⊥ AC. ρ(DD1, пл. АСС1) = DE = y.Из ∆AED: y = AD · sinα, где α - угол DAC.sin α =CD n= , AD = m 2 − n 2 ;AC mПодставляя эти выражения в предыдущее равенство:y=n m2 − n2.mОтвет: а)d 2 − m 2 ; б)m 2 − n 2 ; в)n m2 − n2.m194.Решение:а) Найдем, например, ρ(АА1, B1D).АА1 || DD1, поэтому АА1 || пл. BB1D1D. Проводим AE ⊥ BD.Важно заметить, что в силу свойств куба точка Е будет серединой BD, то есть центром нижней грани куба.AE ⊥ BD, AE ⊥ D1D, то АЕ ⊥ BB1D1D.ρ(АА1, B1D) = AE, AE =11a 2AC = ⋅ a 2 + a 2 =.222б) Проводим через АС плоскость, параллельную B1D. Для этогопроведем в плоскости BB1D прямую EK || B1D.
Соединим А и K, С иK; пл. AKC || B1D по теореме I.97Рассмотрим BB1D.ВВ1 = а, BD = a 2 .KE – средняя линия в ∆BB1D. Искомое расстояние х = ЕМ,ЕМ ⊥ B1D по построению.( )B1 D = a 2 + a 22=a 3.В ∆B1BD sin∠B1DB =в ∆MDE: sin ∠MDE =B1 B1a==;B1 D a 33xa 22=2xa 2=2x.aПолучим уравнение:a 62x1=, отсюда x =.6a3Ответ: а)a 2a 6; б).26195.Дано: ABCDA1B1C1D1; АС = 12 см; ∠(BD1, (AA1D1D)) = 30o;∠(BD1, DD1) = 45о.98Решение:АВ ⊥ пл.
АА1D1D, поэтому отрезок AD1 есть проекция BD1 наплоскость грани AA1D1D.Так как диагонали прямоугольного параллелепипеда равны, тоD1B = АС1 = 12 см.АВ = 6 см (т.к. он лежит против угла 30о, то равен половине гипотенузы).Из ∆BDD1 – прямоугольного:BD = D1D = 12sin45o = 6 2 (см); D1 D = 6 2 см.По теореме Пифагора:AD = BD 2 − AB 2 = 6 2 ⋅ 2 − 6 2 = 6 (см);AD = 6 см.Ответ: 6 см, 6 см, 6 2 см.196.99Решение:а) АС ⊥ BD – по свойству диагоналей квадрата (они перпендикулярны).AC⊥BD → АС ⊥ пл. BB1D1D.AC⊥D1D Так как пл.
АА1С1С проходит через АС, то пл. АА1С1С ⊥ пл.BB1D1D. Плоскость АА1С1С – искомое сечение.б)DA1 ⊥ AD1, DA1 ⊥ AB, то A1D ⊥ пл. AD1B.Плоскости АВС1D1 и A1B1CD – перпендикулярны (т.к. A1B1CDпроходит через прямую A1D ⊥ пл. AD1B).4-угольник ABC1D1 – искомое сечение.ВОПРОСЫ К ГЛАВЕ II1.В пространстве – утверждение неверно; в плоскости- утверждение справедливо.2.а) Нет;б) нет. Пример изображенна рисунке ниже:100А1В1 ⊥ ВС, однако А1В1 непересекает пл. ABCD.3.Если a||b, то, поскольку а⊥αто и b ⊥ α, но по условию b неперпендикулярна α.Ответ: нет.4.Да. Пусть K – точка пересечения b и α. Параллельно перенесемпрямую а так, чтобы она прошлана пл. α через т. K: K ∈ a′, a′ || a.Раз b ⊥ α, то b ⊥ a′. Отсюда заключаем, что b ⊥ a.5.Да, существует.
В прямоугольном параллелепипеде:A1B1 || пл. ABCD, ВВ1 ⊥ пл. ABCD, а В1С1 ⊥ А1В1 и В1С1 ⊥ В1В.1016.Пусть m ⊥ α, n ⊥ α; M ∈ a, N ∈ a.Раз m ⊥ α, n ⊥ α, то m || n.Пусть Р ∈ m. Если плоскость (PMN) проходит через перпендикуляр (РМ) к другой плоскости (α), то она перпендикулярна к этойплоскости. Итак, пл. PMN ⊥ α.Если две плоскости (PMN и α) взаимно перпендикулярны и кодной из них (к α) проведен перпендикуляр (прямая n), имеющийобщую точку (N) с другой плоскостью (PMN), то этот перпендикуляр весь лежит в плоскости (PMN).Таким образом, любая прямая, перпендикулярная данной плоскости, лежит в плоскости PMN.Ответ: верно.7.а) да; б) да.Ответ: а) да; б) да.8.Можно.
Пример – вершина куба.9.Т.к. АС ⊥ BD и BD ⊥ α, то АС || α, либо лежит в ней.102Ответ: параллельно плоскости, или лежит в плоскости.10.а)Тетраэдр имеет 6 двугранных углов (по одному при каждом ребре).б)Параллелепипед имеет 12 двугранных углов (по одному при каждом ребре).Ответ: а) 6; б) 12.ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ К ГЛАВЕ II197.Дано: ВМ ⊥ (ABCD).Решение:CD ⊥ BC, CD ⊥ MB, то CD ⊥ пл.
МВС.Что и требовалось доказать.103198.Дано: А ∈ α; ρ(В, α) = 9 см; МА : МВ = 4 : 5.Решение:1.Проведем ВС ⊥ α и СА, ВС ⊥ СА, раз ВС ⊥ α; пл.АВС ⊥ α (т.к. проходит через прямую, перпендикулярную α).2.Из т. М проводим МЕ ⊥ α, МЕ ⊂ пл. АВС (согласноизвестному утверждению).3.Решим планиметрическую задачу:∆АВС ~ ∆АМЕ;ABBC ABAM + MBBM 9=== 1+= ;;AM ME AMAMAM 4994⋅9, ME === 4 (см).4 ME9Ответ: 4 см.199.Дано: SA = SB = SC.Решение:1.∆ASB – равнобедренный, SM – медиана, поэтомуSM ⊥ AB (это высота).2.Проведем отрезок СМ. в пл. SCM проведемSO ⊥ СМ. Точку О соединим с вершинами А, В и С.AS, BS, CS – равный наклонные, поэтому их проекциитакже равны, то есть ОА = ОВ== ОС = R, R – радиус описанной окружности около ∆АВС.Итак, SM ⊥ пл.
АВС.Что и требовалось доказать.200.Решение:Пусть SO ⊥ α – данная прямая, а α – плоскость многоугольника104Пусть на плоскости α имеется вписанный в окружность n-угольник (не обязательно правильный n-угольник); т. О –центр описанной окружности.Рассмотрим ∆A1OS, ∆A2OS, …, ∆AnOS.Они – прямоугольные, ОА1 = ОА2 = … ==ОАn – как радиусы окружности, SО – общий катет. Все треугольники равны, поэтому наклонные SA1, SA2, …, SАn тожеравны. Это суть утверждение задачи.201.Решение:1.Проведем РМ ⊥ α и QN ⊥ α; через середину АВ –точку О – проведем отрезки OQ и ОР, соединим точки О и N, Ои М.OQ ⊥ AB – по свойству медианы в равнобедренном ∆ABQ.OP ⊥ АВ – по свойству медианы в равнобедренном ∆АВР.РМ ⊥ АВ, PQ ⊥ AB, то МО ⊥ АВ по теореме, обратной к теоремео 3-х перпендикулярах;OQ ⊥ AB, QN ⊥ AB, то NO ⊥ АВ по теореме, обратной к теоремео 3-х перпендикулярах.В α через т.
О к отрезку АВможно провести единственныйперпендикуляр, поэтому точкиМ, О, N лежат на одной прямойMN.PM || QN, через них можнопровести единственную плоскость MPQN, АВ ⊥ пл. MPQN.Рассмотрим два случая:Случай I. PQ || a.Тогда РМ = QN, MN || PQ и угол между PQ и АВ равен углу между MN и АВ. А угол между MN и АВ равен 90о.Случай II. Продолжение PQ пересекает плоскость α.Тогда MN есть проекция продолженного отрезка PQ на пл.
α.MN ⊥ AB, PM ⊥ АВ, то (PNM) ⊥ AB и PQ ⊥ АВ ⇒ АВ ⊥ PQ.Ответ: 90о.202.Дано: ∆АВС, АС⊥ВС, SA = SB = =SC = 10 см; СМ = 5 см – медиана.105Найти ρ(S, пл. АВС).Решение:Прямая SM, где М – серединагипотенузы АВ, перпендикулярна кпл. АВС (в задаче 199 дано доказательство этого утверждения). Итак,SM ⊥ пл. АВС.SM = SA 2 − AM 2 = 100 − 25 = 75 = 5 3 (см).Ответ: 5 3 см.203.Дано: OK ⊥ (АВС); АВ = ВС = 10 см;АС = 12 см; OK = 4 см.Решение:В точки касания сторон ∆АВС с окружностью проводим отрезки ОЕ1, ОЕ2и ОЕ3.KO ⊥ (ABC), OE1 ⊥ BC, OE2 ⊥ AB,OE3 ⊥ AC, то по теореме о 3-х перпендикулярах, KE1 ⊥ BC, KE2 ⊥ BA,KE3 ⊥ AC.Т.
о. KE1, E2K и KE3 суть искомыерасстояния. Поскольку проекции этих отрезков на плоскость ∆АВСравны (они равны r – радиусу вписанной окружности), то и отрезкиравны:KE1 = KE2 = KE3;r=S2 ⋅10 + 12 32== 16 (см)., p=p22Применим формулу Герона:S=p ( p − AB )( p − BC )( p − AC ) ;S = 16 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 4 = 6 · 4 · 2 = 48 (см2); r =48= 3 (см);16KE 3 = OK 2 + r 2 ; KE 3 = 16 + 9 = 25 = 5 см.Ответ: 5 см.106204.Решение:а) ОА = ОВ = ОС = R, R – радиус описанной окружности около∆АВС, поэтому МА = МВ = МС =a;sin ϕρ(М, А) = ρ(М, В) = ρ(М, С) =a.sin ϕВ правильном ∆АВС: СЕ ⊥ АВ, ОЕ = r, r – радиус вписанной окружности.МЕ ⊥ АВ (по теореме о 3-х перпендикулярах), следовательно,ρ(М, АВ) = МЕ. Раз ∆АВС – правильный, то ρ(М, АВ) = ρ(М, АС) ==ρ(М, ВС).В ∆АВС: ОС = aсtgϕ, OE =Из уравнения actgϕ =OE = r =12EC , R = OC = EC .333a2⋅ ctgϕ ;EC получаем, что EC =23actgϕ.2Из ∆МОЕ: ME = OM 2 + OE 2 =a4 + ctg 2 ϕ .2б) Длина окружности С = 2πR = 2π · OC;2 3actgϕ= 2 πactgϕ .C = 2π ⋅ ⋅323AB 2 3в) S ABC =; BE = CE ⋅ ctg60o =actgϕ .42AB = 3actgϕ ;S ABC =3a 2ctg 2ϕ ⋅ 3.4Ответ: а)actgϕ a3 3 2 2a ctg ϕ .;4 + ctg 2 ϕ ; б) 2πаctgϕ; в)224107205.Решение:Проведем СЕ ⊥ АВ и отрезок DE.По теореме о 3-х перпендикуляра DE ⊥ АВ, DE – высота в треугольнике ADB.AB =AC 2 + BC 2 =3=CE= cos ∠BAC (что следует из подо213AC CE6=бия ∆АСЕ ~ ∆АВС и).
Отсюда CE =(дм).AB BC13∆DCE – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора:367=(дм);1313117= ⋅ AB ⋅ DE = ⋅ 13 ⋅= 3,5 (дм2).2213DE = 1 + CE 2 = 1 +S ADBОтвет: 3,5 дм2.206.Решение:В ∆АВС против меньшей стороны лежит меньший угол (что следует из известной теоремы синусов).Проведем АЕ ⊥ ВС и МЕ. По теореме о 3-х перпендикулярахМЕ ⊥ ВС, ρ(М, ВС) = МЕ.108Применим формулу Герона:S ABC =p ( p − AB )( p − BC )( p − AC ) .С другой стороны, S ABC =p=1BC ⋅ AE = 4 AE .215 + 17 + 8= 20 (см).2S ABC = 20 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅12 = 100 ⋅ 36 = 60 (см2);4АЕ = 60, АЕ = 15 (см). Тогда по теореме Пифагора:ME = MA 2 + AE 2 ; ME = 400 + 225 = 625 = 25 (см).Ответ: 25 см.207.Решение:МО ⊥ пл.
АВС, поэтому ∆MOL = ∆MOF = ∆МОЕ (по катету и гипотенузе).ОЕ = OF = OL = r, r – радиус вписанной окружности; r = S/p.p=36= 18 см,2МО⊥АС, OF⊥АС, то MF ⊥ AC по теореме о 3-х перпендикулярах.109S = 18 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 8 = 5 ⋅ 3 ⋅ 4 = 60 (см2);S 60 10=r= =(см);p 18 32222 26 10 2 10 MO = ME 2 − OE 2 = 8 − = − = 3 3 3 3 136 ⋅ 16 = 8 см.=3Ответ: 8 см.208.Решение:∆LOK и ∆MOK – прямоугольные (по условию, т.к. KO ⊥ α).Из ∆LOK: KL = 9 2 (т.к. KL ==KO : sin45o).Из ∆MOK: KM = 2 · OK = 2 · 9== 18 (т.к.
OK лежит против угла30о).∆KLM по условию прямоугольный,LM = KL2 + MK 2 =(9 2 )2Ответ: 9 6 см.209.Решение:Проведем СЕ ⊥ α, BK ⊥ α.Пусть АВ = АС = а; тогдаBK = asin40o; CE = asin50o.Так как sin50o > sin40o, тоCE > BK.Ответ: расстояние от точкиС больше.110+ 18 2 = 9 6 (см).210.Решение:1.Выберем произвольную т. М ∈ Р.2.Проводим МТ ⊥ АВ.В пл. АВН проводим KT ⊥ АВ.В пл. ABQ проводим TL ⊥ AB.3.∠KTL – линейный угол двугранного угла HABQ;∠KTM – линейный угол двугранного угла НАВР;∠MTL – линейный угол двугранного угла PABQ;∠KTM = ∠MTL – как линейные меры равных двугранных углов.4.В пл. KTL проводим MK ⊥ TK, ML ⊥ TL.5.∆KTM и ∆LTM – прямоугольные, ТМ – общая, углыKTM и MTL равны.
∆KTM = ∆LTM, отсюда MK = ML.Поскольку т. М выбрана произвольно, то доказанное справедливо для всех точек из пл. МВР.Что и требовалось доказать.211.Из того, что пл. KDM ⊥ пл. KMNP следует, что NM ⊥ MD.По теореме Пифагора111из ∆NDM: ND = a 2 + a 2 = 2a 2 = a 2 .Ответ: a 2 .212.Решение:DC ⊥ пл. АВС по условию, DC ⊥ AB. Проводим СЕ ⊥ АВ, тогдапо теореме о 3-х перпендикулярах DE ⊥ АВ.Очевидно, ∠DEC – линейный угол двугранного угла CABD,пусть ∠DEC = α.1AB ⋅ h = S ;211hS= AB ⋅ DE = AB ⋅=.22cos α cos αПусть СЕ = h. S ABC =S ADBЧто и требовалось доказать.213.Решение:Проводим DE ⊥ BС, тогда АЕ ⊥ ВС, так какВЕ = ЕС (т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
