Дано что v перпендикулярно h

Дано, что v⊥n, n⊥k, i⊥n. Первой прямой построй прямую n, второй v, третьей k, четвёртой i.

1. Сколько параллельных прямых между данными прямыми? Введи число:

2. Назови эти прямые. Введи буквы без запятых и пробелов между ними (ответ начинай со второй прямой):

Знаешь ответ? Добавь его сюда!

Ответить на вопрос

Посетители, находящиеся в группе Гости, не могут оставлять комментарии к данной публикации.

СРОЧНО ПОМОГИТЕ 7 КЛАСС АНГЛИЙСКИЙ.

Choose the appropriate words from the box below:

friendly beautiful constant fresh low high(2)

healthy convenient helpful heavy crowded

a. Regular exercise is part of a _____________ lifestyle.

b. We were stuck in _____________ traffic for several hours.

c. I can’t stand cities because of _____________ noise and pollution.

d. Public transport is often more _____________ than a car in towns.

e. In the summer London is _____________ with tourists.

f. Cities usually have _____________ rates of unemployment.

g. A _____________ quality lifestyle should include good healthcare and stable economy.

h. This village is famous for its _____________ landscapes.

i. I met some _____________, _____________ people on my trip to the mountains.

Дано что v перпендикулярно h

Углы бывают острые, прямые и тупые.

Угол с градусной мерой 90° называется прямым. Если угол меньше 90°, его называют острым, а если больше 90° — тупым. Угол, равный 180° (то есть образующий прямую линию), называют развёрнутым.

Два угла с одной общей стороной называются смежными.

На рисунке луч ОС делит развёрнутый ∡AOB =180° на две части, образуя тупой ∡1 и острый ∡2.

Поэтому если один из смежных углов прямой, то второй также оказывается прямым: 180° – 90° = 90°

При пересечении двух прямых образуются четыре угла:

Обе стороны ∡1 также являются сторонами ∡3, а стороны ∡2 продолжают стороны ∡4. Такие углы называют вертикальными.

∡1 и ∡2 — смежные, как и ∡1 и ∡4. Следовательно:
∡1 + ∡2 = 180°
∡1 + ∡4 = 180°
∡2 = ∡4

То же справедливо и для ∡1 и ∡3.

Прямые, пересекающиеся под прямым углом, называются перпендикулярными.

∡1 равен 90°, остальные углы оказываются для него либо смежными, либо вертикальными, а значит, тоже равными 90°.

Перпендикулярность прямых принято обозначать так: a⟂b

Изучайте математику вместе с преподавателями домашней онлайн-школы «Фоксфорда»! По промокоду GEOM72021 вы получите неделю бесплатного доступа к курсу геометрии 7 класса, в котором изучаются перпендикулярные прямые!

Теорема о перпендикулярных прямых

Через каждую точку прямой можно провести перпендикулярную ей прямую, притом только одну.

Построим доказательство теоремы о перпендикулярных прямых «от противного», то есть для начала предположим, что утверждение неверно.

Возьмём прямую a, отметим на ней точки О и B. От луча OB отложим ∡BOA = 90°. Таким образом, отрезок OA будет находиться на прямой, перпендикулярной а.

Теперь предположим, что в той же полуплоскости существует другой перпендикуляр к а, проходящий через О. Назовём его OK. ∡BOK и ∡BOA, равны 90° и лежат в одной полуплоскости относительно луча OB. Но от луча OB в данной полуплоскости можно отложить только один прямой угол. Поэтому другой прямой, проходящей через О и перпендикулярной a, не существует. Теорема доказана.

Свойство перпендикулярных прямых

Пусть a⟂b и a⟂c. b и с не пересекаются, ведь если бы существовала точка их пересечения, значит, через неё проходили бы две прямые, перпендикулярные a, что невозможно согласно теореме о перпендикулярных прямых. Следовательно, b||с.

Теорема о трех перпендикулярах

\(\blacktriangleright\) Определение: прямая называется перпендикулярной плоскости, если она перпендикулярна любой прямой из этой плоскости.

\(\blacktriangleright\) Признак перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

\(\blacktriangleright\) Наклонная (к плоскости) \(AB\) – отрезок прямой, не перпендикулярной плоскости, один из концов которого лежит на плоскости (основание наклонной).

\(\blacktriangleright\) Перпендикуляр (к плоскости) \(AA_1\) – отрезок прямой, перпендикулярной плоскости, один из концов которого лежит на плоскости (основание перпендикуляра).

\(\blacktriangleright\) Проекция наклонной \(BA_1\) – отрезок, соединяющий основания перпендикуляра и наклонной.

Теорема о трех перпендикулярах (ТТП):

Пусть в плоскости \(\alpha\) через основание наклонной \(BA\) (т. \(B\,\) ) проведена прямая \(a\) . Если эта прямая перпендикулярна проекции \(BA_1\) этой наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной.

\(AA_1\perp \alpha; \ a\in \alpha.\) Если \(a\perp BA_1\) , то \(a\perp BA\) .

Обратная ТТП:

Пусть в плоскости через основание наклонной проведена прямая. Если эта прямая перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции этой наклонной.

\(AA_1\perp \alpha; \ a\in \alpha.\) Если \(a\perp BA\) , то \(a\perp BA_1\) .

Пусть \(SABC\) – правильная треугольная пирамида с вершиной \(S\) . Найдите угол между \(AS\) и \(BC\) . Ответ дайте в градусах.

Так как пирамида правильная, то высота пирамиды \(SO\) падает в точку пересечения медиан основания. Пусть \(AA_1\) – медиана основания. Тогда \(AO\) – проекция наклонной \(AS\) на плоскость основания. Так как \(AO\) – часть \(AA_1\) , а \(AA_1\perp BC\) (медианы правильного треугольника являются также и высотами), то по теореме о трех перпендикулярах ( \(SO\perp (ABC), AO\perp BC\,\) ) наклонная \(AS\) перпендикулярна \(BC\) . Следовательно, \(\angle (AS, BC)=90^\circ\) .

Дана пирамида \(SABC\) с высотой \(SA\) . Известно, что в основании лежит прямоугольный треугольник с прямым углом \(C\) . Найдите угол между ребрами \(SC\) и \(BC\) . Ответ дайте в градусах.

Так как \(SA\) – высота пирамиды, то \(SA\perp (ABC)\) . Заметим, что \(AC\) – проекция наклонной \(SC\) на плоскость \(ABC\) . Так как \(AC\perp BC\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(SC\perp BC\) , следовательно, угол между \(SC\) и \(BC\) равен \(90^\circ\) .

Дана пирамида \(SABC\) с высотой \(SA=8\) . Известно, что \(SK\) равно \(10\) и перпендикулярно \(BC=5\) , причем \(K\) лежит на \(BC\) . Найдите площадь треугольника \(ABC\) .

Так как \(SA\) – высота пирамиды, то \(SA\perp (ABC)\) . Заметим, что \(AK\) – проекция наклонной \(SK\) на плоскость \(ABC\) . Так как \(SK\perp BC\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(AK\perp BC\) , следовательно, \[S_<\triangle ABC>=\dfrac12AK\cdot BC.\] Треугольник \(SAK\) прямоугольный, следовательно, по теореме Пифагора \[AK=\sqrt=6.\] Следовательно, \[S_<\triangle ABC>=\dfrac12\cdot 6\cdot 5=15.\]

Дана пирамида \(SABC\) с высотой \(SA\) , в основании которой лежит прямоугольный треугольник с прямым углом \(A\) . Найдите угол между прямыми \(SB\) и \(AC\) . Ответ дайте в градусах.

Так как \(SA\) – высота пирамиды, то \(SA\perp (ABC)\) . Заметим, что \(AB\) – проекция наклонной \(SB\) на плоскость \(ABC\) . Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах (так как \(SA\perp(ABC), AB\perp AC\,\) ) наклонная \(SB\) перпендикулярна \(AC\) , то есть угол между ними равен \(90^\circ\) .

Дана пирамида \(SABC\) с высотой \(SA\) . \(H\) – такая точка на \(AB\) , что \(CH\perp AB\) . \(K\) – такая точка на \(SB\) , что \(HK\perp SB\) , причем \(SC=13\) , \(SK=12\) , \(KB=2\) . Найдите площадь треугольника \(SBC\) .

Так как \(SA\) – высота пирамиды, то \(SA\perp (ABC)\) . Следовательно, \(SA\) перпендикулярно любой прямой из \((ABC)\) , значит, \(SA\perp CH\) . Тогда \(CH\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(SA\) и \(AB\) из плоскости \(SAB\) , значит, \(CH\perp (SAB)\) .
Заметим, что тогда \(HK\) – проекция наклонной \(CK\) на эту плоскость. Значит, по теореме о трех перпендикулярах \(CK\perp SB\) .
По теореме Пифагора из \(\triangle SCK\) : \[CK=\sqrt=5.\] Следовательно, \[S_<\triangle SBC>=\dfrac12CK\cdot SB=\dfrac12\cdot 5\cdot 14=35.\]

Из точки \(N\) на плоскость прямоугольника \(ABCD\) опустили перпендикуляр \(NB\) . Известно, что \(AD = 7\) , \(NA = 24\) . Найдите \(ND\) .

Так как \(NB\) – перпендикуляр к плоскости \((ABCD)\) , то \(AB\) – проекция \(NA\) на \(ABCD\) . Так как \(ABCD\) – прямоугольник, то \(AD\) перпендикулярна \(BA\) , следовательно по теореме о трех перпендикулярах \(AD\) перпендикулярна \(NA\) и треугольник \(NAD\) – прямоугольный.

По теореме Пифагора \[AD^2 + NA^2 = ND^2,\] откуда \(ND^2 = 625\) , тогда \(ND = \pm 25\) . Так как длина – неотрицательна, то \(ND = 25\) .

Отрезки \(AB\) и \(CD\) перпендикулярны, отрезки \(DC\) и \(NC\) перпендикулярны. Отрезки \(AB\) и \(NC\) перпендикулярны, \(AD : AB\) как \(1 : 2\) . Найдите \[\dfrac<\angle AND> <\angle ANB>= \,?\]

Так как \(NC\) перпендикулярен \(DC\) и \(AB\) , причём \(DC\) и \(AB\) пересекаются, то \(NC\) перпендикулярен плоскости \((ABC)\) . Тогда \(DC\) – проекция \(ND\) на \((ABC)\) , но \(DC\) перпендикулярен \(AB\) , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах \(ND\) перпендикулярен \(AB\) .

Так как \(AD : AB\) как \(1 : 2\) , то \(D\) – середина \(AB\) , тогда \(ND\) в треугольнике \(ANB\) является медианой и высотой, следовательно, треугольник \(ANB\) – равнобедренный и \[\angle AND = \dfrac<1><2>\angle ANB\qquad\Rightarrow\qquad\dfrac<\angle AND> <\angle ANB>= \dfrac<1><2>.\]

Как правильно применить теорему о трех перпендикулярах в задачах, которые ежегодно встречаются в ЕГЭ? С приближением аттестационного испытания этот вопрос становится все более актуальным для учащихся старших классов общеобразовательных школ.

О том, как правильно применяется теорема о трех перпендикулярах в задачах ЕГЭ и как научиться оперативно справляться с подобными заданиями, вы узнаете, посетив образовательный портал «Школково». Наши специалисты подготовили весь необходимый базовый материал. Благодаря доступному изложению информации, учащиеся с любым уровнем подготовки смогут научиться правильно решать задачи с применением теоремы о трех перпендикулярах в ЕГЭ. Ознакомиться с теоретическим материалом вы можете, посетив раздел «Теоретическая справка».

После этого, чтобы лучше закрепить изученную информацию и попрактиковаться, например, в нахождении двугранного угла, предлагаем вам выполнить соответствующие задания. Сделать это можно в режиме онлайн, находясь в любом городе. Чтобы посмотреть подборку задач, перейдите в раздел «Каталог».

Четыре способа решения задач на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

Среди огромного количества стереометрических задач в учебниках геометрии, в различных сборниках задач, пособиях по подготовке в ВУЗы крайне редко встречаются задачи на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми. Возможно, это обусловлено как узостью их практического применения (относительно школьной программы, в отличие от «выигрышных» задач на вычисление площадей и объемов), так и сложностью данной темы.

Практика проведения ЕГЭ показывает, что многие учащиеся вообще не приступают к выполнению заданий по геометрии, входящих в экзаменационную работу. Для обеспечения успешного выполнения геометрических заданий повышенного уровня сложности необходимо развивать гибкость мышления, способность анализировать предполагаемую конфигурацию и вычленять в ней части, рассмотрение которых позволяет найти путь решения задачи.

Школьный курс предполагает изучение четырех способов решения задач на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми. Выбор способа обусловлен, в первую очередь, особенностями конкретной задачи, предоставленными ею возможностями для выбора, и, во вторую очередь, способностями и особенностями «пространственного мышления» конкретного учащегося. Каждый из этих способов позволяет решить самую главную часть задачи — построение отрезка, перпендикулярного обеим скрещивающимся прямым (для вычислительной же части задач деление на способы не требуется).

Основные способы решения задач на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

Нахождение длины общего перпендикуляра двух скрещивающихся прямых, т.е. отрезка с концами на этих прямых и перпендикулярного каждой из этих прямых.

Нахождение расстояния от одной из скрещивающихся прямых до параллельной ей плоскости, проходящей через другую прямую.

Нахождение расстояния между двумя параллельными плоскостями, проходящими через заданные скрещивающиеся прямые.

Нахождение расстояния от точки, являющейся проекцией одной из скрещивающихся прямых, на перпендикулярную ей плоскость (так называемый «экран») до проекции другой прямой на ту же самую плоскость.

Проведем демонстрацию всех четырех способов на следующей простейшей задаче: «В кубе с ребром а найти расстояние между любым ребром и диагональю не пересекающей его грани». Ответ: .

h_скр перпендикулярна плоскости боковой грани, содержащей диагональ d и перпендикулярна ребру, следовательно, h_скр и является расстоянием между ребром а и диагональю d.

Плоскость A параллельна ребру и проходит через данную диагональ, следовательно, данная h_скр является не только расстоянием от ребра до плоскости A, но и расстоянием от ребра до данной диагонали.

Плоскости A и B параллельны и проходят через две данные скрещивающиеся прямые, следовательно, расстояние между этими плоскостями равно расстоянию между двумя скрещивающимися прямыми.

Плоскость A перпендикулярна ребру куба. При проекции на A диагонали d данная диагональ обращается в одну из сторон основания куба. Данная h_скр является расстоянием между прямой, содержащей ребро, и проекцией диагонали на плоскость C, а значит и между прямой, содержащей ребро, и диагональю.

Остановимся подробнее на применении каждого способа для изучаемых в школе многогранников.

Применение первого способа достаточно ограничено: он хорошо применяется лишь в некоторых задачах, так как достаточно сложно определить и обосновать в простейших задачах точное, а в сложных — ориентировочное местоположение общего перпендикуляра двух скрещивающихся прямых. Кроме того, при нахождении длины этого перпендикуляра в сложных задачах можно столкнуться с непреодолимыми трудностями.

Задача 1. В прямоугольном параллелепипеде с размерами a, b, h найти расстояние между боковым ребром и не пересекающейся с ним диагональю основания.

Пусть AHBD. Так как А₁А перпендикулярна плоскости АВСD , то А₁А AH.

AH перпендикулярна обеим из двух скрещивающихся прямых, следовательно AH?- расстояние между прямыми А₁А и BD. В прямоугольном треугольнике ABD, зная длины катетов AB и AD, находим высоту AH, используя формулы для вычисления площади прямоугольного треугольника. Ответ:

Задача 2. В правильной 4-угольной пирамиде с боковым ребром L и стороной основания a найти расстояние между апофемой и стороной основания, пересекающей боковую грань, содержащую эту апофему.

SHCD как апофема, ADCD, так как ABCD — квадрат. Следовательно, DH — расстояние между прямыми SH и AD. DH равно половине стороны CD. Ответ:

Применение этого способа также ограничено в связи с тем, что если можно быстро построить (или найти уже готовую) проходящую через одну из скрещивающихся прямых плоскость, параллельную другой прямой, то затем построение перпендикуляра из любой точки второй прямой к этой плоскости (внутри многогранника) вызывает трудности. Однако в несложных задачах, где построение (или отыскивание) указанного перпендикуляра трудностей не вызывает, данный способ является самым быстрым и легким, и поэтому доступен.

Задача 2. Решение уже указанной выше задачи данным способом особых трудностей не вызывает.

Плоскость EFM параллельна прямой AD, т. к AD || EF. Прямая MF лежит в этой плоскости, следовательно, расстояние между прямой AD и плоскостью EFM равно расстоянию между прямой AD и прямой MF. Проведем OHAD. OHEF, OHMO, следовательно, OH(EFM), следовательно, OH — расстояние между прямой AD и плоскостью EFM, а значит, и расстояние между прямой AD и прямой MF. Находим OH из треугольника AOD.

Задача 3. В прямоугольном параллелепипеде с размерами a,b и h найти расстояние между боковым ребром и не пересекающейся с ним диагональю параллелепипеда.

Прямая AA₁ параллельна плоскости BB₁D₁D, B₁D принадлежит этой плоскости, следовательно расстояние от AA₁ до плоскости BB₁D₁D равно расстоянию между прямыми AA₁ и B₁D. Проведем AHBD. Также, AH B₁B, следовательно AH(BB₁D₁D), следовательно AHB₁D, т. е. AH — искомое расстояние. Находим AH из прямоугольного треугольника ABD.

Задача 4. В правильной шестиугольной призме A:F₁ c высотой h и стороной основания a найти расстояние между прямыми:

Рисунок 9 Рисунок 10

б) AF и диагональю BE₁.

Проведем из точки F прямую FH перпендикулярно BE. EE₁FH, FHBE, следовательно FH(BEE₁B₁), следовательно FH является расстоянием между прямой AF и (BEE₁B₁), а значит и расстоянием между прямой AF и диагональю BE₁. Ответ:

Применение этого способа крайне ограничено, так как плоскость, параллельную одной из прямых (способ II) строить легче, чем две параллельные плоскости, однако способ III можно использовать в призмах, если скрещивающиеся прямые принадлежат параллельным граням, а также в тех случаях, когда в многограннике несложно построить параллельные сечения, содержащие заданные прямые.

б) Расстояние между AF и диагональю BE₁ находится аналогично.

Задача 5. В кубе с ребром а найти расстояние между двумя непересекающимися диагоналями двух смежных граней.

Данная задача рассматривается как классическая в некоторых пособиях, но, как правило, ее решение дается способом IV, однако является вполне доступной для решения с помощью способа III.

Некоторую трудность в данной задаче вызывает доказательство перпендикулярности диагонали A₁C обеим параллельным плоскостям (AB₁D₁ || BC₁D). B₁CBC₁ и BC₁A₁B₁, следовательно, прямая BC₁ перпендикулярна плоскости A₁B₁C, и следовательно, BC₁A₁C. Также, A₁CBD. Следовательно, прямая A₁C перпендикулярна плоскости BC₁D. Вычислительная же часть задачи особых трудностей не вызывает, так как h_скр = EF находится как разность между диагональю куба и высотами двух одинаковых правильных пирамид A₁AB₁D₁ и CC₁BD.

Данный способ имеет достаточно широкое применение. Для задач средней и повышенной трудности его можно считать основным. Нет необходимости применять его только тогда, когда один из трех предыдущих способов работает проще и быстрее, так как в таких случаях способ IV может только усложнить решение задачи, или сделать его труднодоступным. Данный способ очень выгодно использовать в случае перпендикулярности скрещивающихся прямых, так как нет необходимости построения проекции одной из прямых на «экран»

Задача 5. Все та же «классическая» задача (с непересекающимися диагоналями двух смежных граней куба) перестает казаться сложной, как только находится «экран» — диагональное сечение куба.

Рассмотрим плоскость A₁B₁CD. C₁F (A₁B₁CD), т. к. C₁FB₁C и C₁FA₁B₁. Тогда проекцией C₁D на «экран» будет являться отрезок DF. Проведем EMDF. Отрезок EM и будет являться расстоянием между двумя непересекающимися диагоналями двух смежных граней. Находим EM из прямоугольного треугольника EDF. Ответ:.

Задача 6. В правильной треугольной пирамиде найти расстояние и угол между скрещивающимися прямыми: боковым ребром l и стороной основания a.

В данной и аналогичных ей задачах способ IV быстрее других способов приводит к решению, так как построив сечение, играющее роль «экрана», перпендикулярно AC (треугольник BDM), видно, что далее нет необходимости строить проекцию другой прямой (BM) на этот экран. DH — искомое расстояние. DH находим из треугольника MDB, используя формулы площади. Ответ: .