Решение задачи по геометрии с подробным объяснением

Ниже представлено решение задач со второго листа. Все вычисления выполнены последовательно для удобного переписывания в тетрадь. Задача 1 Дано: \(\triangle ABC\), \(\angle C = 90^\circ\), \(BC = 10\), \(AC = 18\). \(O \in AB\), \(AO = BO\). \(a \perp ABC\), \(M \in a\), \(MO = 12\). Найти: \(\rho(M; AC)\), \(\rho(M; BC)\). Решение: 1. Так как \(O\) — середина гипотенузы \(AB\), то средние линии треугольника, проведенные из точки \(O\), будут перпендикулярны катетам. 2. Проведем \(OK \perp AC\). Так как \(O\) — середина \(AB\) и \(OK \parallel BC\), то \(OK\) — средняя линия. \[OK = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\] 3. По теореме о трех перпендикулярах (ТТП), так как \(MO \perp ABC\) и \(OK \perp AC\), то наклонная \(MK \perp AC\). Расстояние \(\rho(M; AC) = MK\). Из \(\triangle MOK\) (\(\angle O = 90^\circ\)): \[MK = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13\] 4. Проведем \(OH \perp BC\). Аналогично, \(OH\) — средняя линия, \(OH = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 18 = 9\). 5. По ТТП расстояние \(\rho(M; BC) = MH\). Из \(\triangle MOH\): \[MH = \sqrt{MO^2 + OH^2} = \sqrt{12^2 + 9^2} = \sqrt{144 + 81} = \sqrt{225} = 15\] Ответ: 13; 15. Задача 2 Дано: \(\triangle ABC\) — правильный, \(AB = 16\). \(a \perp ABC\), \(M \in a\), \(O \in BC\), \(BO = OC\), \(MO = 4\). \(D\) — середина \(AB\). Найти: \(\rho(M; AB)\), \(\rho(M; BD)\). Решение: 1. Так как \(\triangle ABC\) правильный и \(O\) — середина \(BC\), то медиана \(AO\) является высотой: \(AO \perp BC\). \[AO = \frac{AB\sqrt{3}}{2} = \frac{16\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}\] 2. На чертеже точка \(O\) является основанием перпендикуляра \(MO\). Чтобы найти \(\rho(M; AB)\), проведем из \(O\) перпендикуляр \(OH\) к \(AB\). В \(\triangle BOH\) (\(\angle H=90^\circ, \angle B=60^\circ\)): \[OH = BO \cdot \sin(60^\circ) = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}\] 3. По ТТП \(\rho(M; AB) = MH = \sqrt{MO^2 + OH^2} = \sqrt{4^2 + (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{16 + 48} = \sqrt{64} = 8\). 4. Так как \(D\) — середина \(AB\), а \(O\) — середина \(BC\), то \(DO\) — средняя линия, \(DO \parallel AC\). В правильном треугольнике \(\angle B = 60^\circ\), \(\triangle BDO\) также правильный (\(BD=BO=8\)). Высота из \(O\) на \(BD\) совпадает с \(OH\). Следовательно, \(\rho(M; BD) = \rho(M; AB) = 8\). Ответ: 8; 8. Задача 3 Дано: \(ABCD\) — квадрат, \(MC = 4\), \(\angle MCO = 60^\circ\), \(K\) — середина \(DC\). \(MO \perp ABC\). Найти: \(MK\). Решение: 1. Из прямоугольного \(\triangle MOC\) (\(\angle O = 90^\circ\)): \[MO = MC \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\] \[OC = MC \cdot \cos(60^\circ) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2\] 2. \(OC\) — это половина диагонали квадрата. Диагональ \(AC = 2 \cdot OC = 4\). 3. Сторона квадрата \(CD = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\). 4. В \(\triangle ODC\) (равнобедренный), \(OK\) — медиана и высота (\(OK \perp DC\)). \[OK = \sqrt{OC^2 - KC^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{2})^2} = \sqrt{4 - 2} = \sqrt{2}\] 5. По ТТП \(MK \perp DC\). Из \(\triangle MOK\): \[MK = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{12 + 2} = \sqrt{14}\] Ответ: \(\sqrt{14}\). Задача 4 Дано: \(AB = 15\), \(BC = 20\), \(MD = 13\). \(MC \perp ABC\), \(CD \perp AB\). Найти: \(MC\). Решение: 1. В \(\triangle ABC\) (судя по чертежу, он прямоугольный с \(\angle C = 90^\circ\), так как \(MC\) — перпендикуляр в вершине): Гипотенуза \(AB = 15\), катет \(BC = 20\). (Примечание: если \(AB\) — гипотенуза, она должна быть больше катета. Вероятно, на чертеже \(AC=15\)). Примем \(AC = 15\), \(BC = 20\). Тогда \(AB = \sqrt{15^2 + 20^2} = 25\). 2. \(CD\) — высота к гипотенузе \(AB\): \[CD = \frac{AC \cdot BC}{AB} = \frac{15 \cdot 20}{25} = 12\] 3. Так как \(MC \perp ABC\) и \(CD \perp AB\), то по ТТП \(MD \perp AB\). 4. Из прямоугольного \(\triangle MCD\): \[MC = \sqrt{MD^2 - CD^2} = \sqrt{13^2 - 12^2} = \sqrt{169 - 144} = \sqrt{25} = 5\] Ответ: 5.