Решение задачи №16: MN перпендикулярна (ABC)

Решение задачи №16. Дано: \(MN \perp (ABC)\), \(ABCD\) — параллелограмм, \(AD = 24\), \(CD = 60\), \(\angle DAB = 30^\circ\), \(MD = 16\). На чертеже \(ME \perp AB\) и \(MF \perp CD\). Найти: \(x\) (отрезок \(ME\)), \(y\) (отрезок \(MF\)). Решение: 1. Так как \(MN \perp (ABC)\) и точка \(D\) лежит на прямой \(MN\), то \(MD \perp (ABC)\). Следовательно, \(MD\) — высота к плоскости параллелограмма. По теореме о трех перпендикулярах: так как \(MD \perp (ABC)\) и наклонная \(ME \perp AB\), то проекция \(DE \perp AB\). Аналогично, так как \(MF \perp CD\), то проекция \(DF \perp CD\). 2. Найдем высоту параллелограмма \(DE\). В прямоугольном треугольнике \(ADE\) (\(\angle AED = 90^\circ\)): \[DE = AD \cdot \sin(30^\circ) = 24 \cdot \frac{1}{2} = 12\] Теперь из прямоугольного треугольника \(MDE\) по теореме Пифагора найдем \(x\): \[x = \sqrt{MD^2 + DE^2} = \sqrt{16^2 + 12^2} = \sqrt{256 + 144} = \sqrt{400} = 20\] 3. Найдем высоту параллелограмма \(DF\). В параллелограмме противоположные углы равны, значит \(\angle BCD = \angle DAB = 30^\circ\). В прямоугольном треугольнике \(DCF\) (\(\angle DFC = 90^\circ\)): \[DF = CD \cdot \sin(30^\circ) = 60 \cdot \frac{1}{2} = 30\] Теперь из прямоугольного треугольника \(MDF\) по теореме Пифагора найдем \(y\): \[y = \sqrt{MD^2 + DF^2} = \sqrt{16^2 + 30^2} = \sqrt{256 + 900} = \sqrt{1156} = 34\] Ответ: \(x = 20\), \(y = 34\). Решение задачи №17*. Дано: \(AM \perp \alpha\), \(AM = 5\), \(\triangle ABC\) — равнобедренный (\(AB = AC\)), \(\angle BAC = 30^\circ\), \(MN \perp BC\). Найти: \(x\) (отрезок \(MN\)), \(y\) (отрезок \(AK\) — расстояние от \(A\) до плоскости \(MBC\)). Решение: 1. По теореме о трех перпендикулярах: так как \(AM \perp \alpha\) и наклонная \(MN \perp BC\), то проекция \(AN \perp BC\). В равнобедренном треугольнике \(ABC\) высота \(AN\) также является биссектрисой, значит \(\angle CAN = 15^\circ\). Однако, на чертеже угол \(30^\circ\) отмечен как \(\angle ACN\). Будем исходить из чертежа: в \(\triangle ANC\) (\(\angle N = 90^\circ\)) \(AN = AC \cdot \sin(30^\circ)\). Если \(AC\) не дано, задача в общем виде. Предположим, \(AC = AB = 5\sqrt{3}\) (часто в таких задачах). Если данных нет, \(x\) выражается через \(AN\). Допустим, по чертежу \(AN\) находится из треугольника с углом \(30^\circ\). Если \(AN = 5\sqrt{3}\), то: \[x = \sqrt{AM^2 + AN^2} = \sqrt{5^2 + (5\sqrt{3})^2} = \sqrt{25 + 75} = 10\] 2. Отрезок \(AK\) — это высота в прямоугольном треугольнике \(MAN\), проведенная к гипотенузе \(MN\): \[y = \frac{AM \cdot AN}{MN} = \frac{5 \cdot 5\sqrt{3}}{10} = 2,5\sqrt{3}\] Ответ: \(x = 10\), \(y = 2,5\sqrt{3}\) (при \(AN = 5\sqrt{3}\)). Решение задачи №18*. Дано: \(MO \perp (ABC)\), \(ABCD\) — ромб, \(AB = 4\), \(\angle DAB = 60^\circ\), \(MN = 4\), \(MN \perp AB\). Найти: \(x\) (высота \(MO\)), \(y\) (отрезок \(MK\)). Решение: 1. В ромбе \(ABCD\) со стороной \(4\) и углом \(60^\circ\) треугольник \(ABD\) — равносторонний. Высота ромба \(ON\) (где \(O\) — центр) равна половине высоты ромба. Высота ромба \(h = AB \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\). Тогда \(ON = \frac{1}{2} h = \sqrt{3}\). 2. Из прямоугольного треугольника \(MON\) (\(\angle MON = 90^\circ\)): \[x = \sqrt{MN^2 - ON^2} = \sqrt{4^2 - (\sqrt{3})^2} = \sqrt{16 - 3} = \sqrt{13}\] 3. Отрезок \(y\) (\(MK\)) — это наклонная к стороне \(BC\). В ромбе все высоты из центра равны, значит \(OK = ON = \sqrt{3}\). \[y = \sqrt{MO^2 + OK^2} = \sqrt{(\sqrt{13})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{13 + 3} = \sqrt{16} = 4\] Ответ: \(x = \sqrt{13}\), \(y = 4\).