ГДЗ по геометрии 11 класс. Атанасян ФГОС Задачи для подготовки к ЕГЭ Задание 14

\[\boxed{\mathbf{14.}\ ОК\ ГДЗ - домашка\ на\ 5}\]

\[\boxed{\mathbf{1.}}\]

\[Дано:\]

\[AC_{1} - прямая.\]

\[Решение.\]

\[Проекция\ прямой\ AC_{1}\ на\ \]

\[грань - прямая\ BC_{1}\]

\[\angle AC_{1}B - искомый.\]

\[Пусть\ BC = 1;\ \ \]

\[BC_{1} = \sqrt{2} - как\ диагональ\ \]

\[квадрата.\]

\[⊿\text{BC}C_{1} - прямоугольный:\]

\[tg\angle BCC_{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}.\]

\[Ответ:\ \frac{\sqrt{2}}{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{2.}}\]

\[Дано:\]

\[Найти:\]

\[\cos{\angle\left( AA_{1};BC_{1}D \right)}.\]

\[Решение.\]

\[1)\ Пусть\ сторона\ куба\ AB = a.\]

\[2)\ CC_{1} \parallel AA_{1}:\]

\[\angle\left( AA_{1}BC_{1}D \right) = \angle\left( CC_{1};BC_{1}D \right).\]

\[3)\ M - середина\ \text{BD.}\]

\[CM\bot BD;\ \ C_{1}M\bot BD - по\ \]

\[признаку\ перпендикулярности\ \]

\[прямой\ и\ плоскости:\]

\[CC_{1}M\bot BD;\]

\[CC_{1}M\bot BC_{1}\text{D.}\]

\[4)\ CH\bot MC_{1};\ \ CC_{1} - наклонная:\]

\[HC_{1} - проекция;\]

\[\angle\left( CC_{1};BC_{1}D \right) = \angle CC_{1}H - угол\ \]

\[между\ прямой\ и\ плоскостью.\]

\[5)\ Пусть\ \angle CC_{1}H = \alpha.\]

\[6)\ В\ треугольнике\ \text{MC}C_{1}:\]

\[\angle MCC_{1} = 90{^\circ};\]

\[CC_{1} = a;\]

\[MC = \frac{\text{AC}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}.\]

\[Отсюда:\]

\[tg\ \alpha = \frac{\text{MC}}{CC_{1}} = \frac{a\sqrt{2}}{2a} = \frac{\sqrt{2}}{2}.\]

\[7)\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1 + tg^{2}\alpha}} =\]

\[= \frac{1}{\sqrt{1 + \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3}}.\]

\[Ответ:\ \sqrt{\frac{2}{3}}.\]

\[\boxed{\mathbf{3.}}\]

\[Дано:\]

\[Диагонали\ квадрата\ \]

\[пересекаются\ под\ прямым\ \]

\[углом:\]

\[BA_{1}\bot AB_{1}.\]

\[Тогда:\]

\[B_{1}C_{1}\bot\left( A_{1}\ B_{1}B \right);\]

\[B_{1}C_{1}\bot BA_{1}.\]

\[BA_{1}\bot AB_{1};\ \ BA_{1}\bot B_{1}C_{1}:\]

\[BA_{1}\bot\left( AB_{1}C_{1} \right).\]

\[Аналогично\ получаем:\]

\[BC_{1}\bot\left( A_{1}B_{1}C \right).\]

\[Угол\ между\ плоскостями\ равен\ \]

\[углу\ между\ номрмалями\ к\ ним:\]

\[\angle\left( AB_{1}C_{1};A_{1}B_{1}C \right) = \angle\left( BA_{1};BC_{1} \right).\]

\[⊿BA_{1}C_{1} - равносторонний:\]

\[все\ стороны - диагонали\ куба.\]

\[Значит:\]

\[\angle C_{1}BA_{1} = 60{^\circ}.\]

\[Ответ:60{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{4.}}\]

\[Дано:\]

\[AA_{1} = 5;\ \ AB = 12;AD = 8;\]

\[K - середина\ C_{1}D_{1};\]

\[\alpha\bot AK.\]

\[Найти:\]

\[tg\ \angle(ABC;\alpha).\]

\[Решение.\]

\[1)\ Построим\ KK_{1}\bot CD;\]

\[BH\bot AK_{1};\]

\[E - точка\ пересечения\ \]

\[AK_{1}\ и\ \text{BH}.\]

\[2)\ Построим\ EE_{1}\bot AK;\ \ \]

\[P - точка\ пересечения.\]

\[3)\ EE_{1}\bot AK;\ \ AE\bot BH:\]

\[\angle AEE_{1} = \angle(ABC;\alpha) -\]

\[линейный\ угол\ двугранного\ \]

\[угла.\]

\[4)\ Достроим\ сечение\ \]

\[параллелепипеда\ плоскостью\ \]

\[\alpha:проведем\ NM \parallel BH\ и\ \ \]

\[HG \parallel BN.\]

\[5)\ В\ треугольнике\ \text{AD}K_{1}:\]

\[\angle ADK_{1} = 90{^\circ};\]

\[AD = 8;\]

\[DK_{1} = \frac{\text{AB}}{2} = 6.\]

\[Отсюда:\]

\[AK_{1} = \sqrt{AD^{2} + DK_{1}^{2}} =\]

\[= \sqrt{8^{2} + 6^{2}} = 10.\]

\[6)\ В\ треугольнике\ \text{AK}K_{1}:\]

\[\angle AK_{1}K = 90{^\circ};\]

\[AK_{1} = 10;\]

\[KK_{1} = AA_{1} = 5.\]

\[Отсюда:\]

\[tg\ \angle KAK_{1} = \frac{KK_{1}}{AK_{1}} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}.\]

\[7)\ В\ треугольнике\ APE:\]

\[\angle APE = 90{^\circ};\]

\[\angle AEP = 90{^\circ} - \angle KAK_{1}.\]

\[Отсюда:\]

\[tg\ \angle AEP = tg\ \left( 90{^\circ} - \angle KAK_{1} \right) =\]

\[= ctg\ \angle KAK_{1} = 1\ :\frac{1}{2} = 2.\]

\[tg\ \angle AEE_{1} = tg\ \angle AEP = 2.\]

\[Ответ:2.\]

\[\boxed{\mathbf{5.}}\]

\[Дано:\]

\[\text{ABC}A_{1}B_{1}C_{1} - прямая\ призма;\]

\[⊿ABC - основание;AC -\]

\[гипотенуза;\]

\[AB = 4;\]

\[BB_{1} = 12.\]

\[Найти:\]

\[tg\ \angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};\alpha \right).\]

\[Решение.\]

\[1)\ BB_{1}\bot ABC:\]

\[\text{AB}B_{1}\bot ABC.\]

\[2)\ Продолжим\ прямые\ A_{1}B_{1}\ и\ \]

\[\text{BM},\ лежащие\ в\ одной\ \]

\[плоскости:\]

\[D - точка\ их\ пересечения.\]

\[Проведем\ DE \parallel BC.\]

\[3)\ BC\bot ABB_{1}:\]

\[DE\bot ABB_{1};\ \ DE\bot A_{1}B_{1};\ \ \]

\[DE\bot BM.\]

\[Отсюда:\]

\[DE - ребро\ двугранного\ угла;\]

\[\angle BDB_{1} = \angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};\alpha \right) -\]

\[линейный\ угол\ двугранного\ \]

\[угла.\]

\[4)\ AM - средняя\ линия\ ⊿DBB_{1}:\]

\[AM \parallel B_{1}B;\ \ \ AM = \frac{1}{2}B_{1}\text{B.}\]

\[Отсюда:\]

\[DA_{1} = A_{1}B_{1} = AB = 4.\]

\[5)\ В\ треугольнике\ \text{DB}B_{1}:\]

\[\angle DB_{1}B = 90{^\circ};\]

\[DB_{1} = DA_{1} + A_{1}B_{1} = 8;\]

\[BB_{1} = 12.\]

\[Отсюда:\]

\[tg\angle BDB_{1} = \frac{BB_{1}}{DB_{1}} = \frac{12}{8} = 1,5.\]

\[Ответ:1,5.\]

\[\boxed{\mathbf{6.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ CC_{1} = C_{1}B = B_{1}B = BC;\ \ \]

\[\text{ABC}A_{1}B_{1}C_{1} - правильная\ \]

\[призма:\]

\[CC_{1}B_{1}B - квадрат.\]

\[2)\ Отсюда:\]

\[K - точка\ пересечения\ \]

\[диагоналей\ квадрата,\ так\ как\ \]

\[делит\ одну\ из\ них\ пополам.\]

\[3)\ Значит:\]

\[B_{1}K = KC.\]

\[Тогда\ KL - средняя\ линия\ \]

\[треугольника\ AB_{1}C:\]

\[KL \parallel AB_{1}.\]

\[4)\ Необходимо\ найти\ угол\ \text{LKB.}\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[AB_{1} = C_{1}B = \sqrt{2};\]

\[BK = KL = \frac{\sqrt{2}}{2}.\]

\[LB = \frac{\sqrt{3}}{2} - высота\ правильного\ \]

\[⊿\text{ABC.}\]

\[По\ теореме\ косинусов:\]

\[LB^{2} =\]

\[= KL^{2} + BK^{2} - 2KL \cdot BK \cdot \cos{\angle LKB}\]

\[2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \cos{\angle LKB} =\]

\[= \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{2} + \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{2} - \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^{2}\]

\[\cos{\angle LKB} = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} - \frac{3}{4}\]

\[\cos{\angle LKB} = \frac{1}{4} = 0,25.\]

\[Ответ:0,25.\]

\[\boxed{\mathbf{7.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Прямые\ AB\ и\ A_{1}C -\]

\[скрещивающиеся.\ Нам\ нужно\ \]

\[найти\ угол\ между\ этими\ двумя\ \]

\[скрещивающимися\ прямыми.\]

\[Отмечаем\ на\ кубе\ отрезок\ A_{1}B_{1},\]

\[параллельный\ отрезку\ AB/\]

\[Прямые\ A_{1}B_{1}и\ A_{1}C -\]

\[пересекающиеся,\ наименьшим\ \]

\[углом\ между\ ними\ является\ \]

\[угол\ CA_{1}B_{1}.\]

\[Так\ как\ прямая\ A_{1}B_{1} \parallel отрезку\ \]

\[AB;\ \ \angle CA_{1}B_{1} - \ является\ \]

\[искомым\ углом\ между\ \]

\[прямыми\ AB\ и\ A_{1}\text{C.}\]

\[По\ свойствам\ правильной\ \]

\[треугольной\ призмы:\]

\[A_{1}C = B_{1}C = \sqrt{2} \cdot 1 = \sqrt{2}.\]

\[По\ теореме\ косинусов\ \]

\[\left( из\ ⊿A_{1}B_{1}C \right):\]

\[Подставим:\]

\[\left( \sqrt{2} \right)^{2} =\]

\[= 1^{2} + \left( \sqrt{2} \right)^{2} - 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{2} \cdot \cos{CA_{1}B_{1}}\]

\[2 = 3 - 2\sqrt{2}\cos{CA_{1}B_{1}}\]

\[\cos{CA_{1}B_{1}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}.\]

\[Ответ:\ \frac{1}{2\sqrt{2}}.\]

\[\boxed{\mathbf{8.}}\]

\[Дано:\]

\[\text{ABC}A_{1}B_{1}C_{1} - правильная\ \]

\[призма;\]

\[ребра\ равны\ 1;\]

\[ABC;CA_{1}B_{1} - плоскости.\]

\[Найти:\]

\[tg\ \angle\left( ABC;CA_{1}B_{1} \right).\]

\[Решение.\ \]

\[1)\ \left( A_{1}B_{1}C_{1} \right) \parallel \left( \text{ABC} \right):\]

\[\angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};A_{1}B_{1}C \right) =\]

\[= \angle\left( ABC;A_{1}B_{1}C \right).\]

\[2)\ Построим\ плоскость\ \]

\[\text{CD}C_{1}\bot A_{1}B_{1}.\]

\[3)\ A_{1}B_{1}C\ и\ \text{CD}C_{1}\ пересекаются\ \]

\[по\ прямой\ CD;\]

\[A_{1}B_{1}C_{1}\ и\ \text{CD}C_{1}\ пересекаются\ по\ \]

\[прямой\ DC_{1}.\]

\[4)\ По\ определению:\]

\[\angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};A_{1}B_{1}C \right) = \angle CDC_{1}\text{.\ }\]

\[5)\ По\ свойствам\ правильной\ \]

\[треугольной\ призмы:\]

\[C_{1}D = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1;\]

\[CC_{1} = 1;\]

\[\angle CC_{1}D = 90{^\circ}.\]

\[6)\ ⊿\text{CD}C_{1} - прямоугольный:\]

\[tg\ \angle CDC_{1} = \frac{CC_{1}}{C_{1}D} = 1\ :\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2}{\sqrt{3}}.\]

\[Ответ:\ \frac{2}{\sqrt{3}}.\]

\[\boxed{\mathbf{9.}}\]

\[Дано:\]

\[AC = BC = AB = 2;\]

\[A_{1}B = \sqrt{5}.\]

\[Решение.\ \]

\[H - середина\ ребра\ \text{BC.}\]

\[⊿ABC - равносторонний;\ \]

\[⊿A_{1}BC - равнобедренный;\]

\[AH\bot BC;\ \ AH_{1}\bot BC:\]

\[\angle A_{1}HA - линейный\ угол\ \]

\[двугранного\ угла\ с\ гранями\ \]

\[\text{BCA\ }и\ \text{BC}A_{1}.\]

\[В\ треугольнике\ A_{1}AB:\]

\[AA_{1} = \sqrt{A_{1}B^{2} - AB^{2}} = \sqrt{5 - 4} =\]

\[= 1.\]

\[В\ треугольнике\ AHB:\]

\[AH = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \sqrt{4 - 1} =\]

\[= \sqrt{3}.\]

\[В\ треугольнике\ HAA_{1}:\]

\[tg\ \angle A_{1}HA = \frac{AA_{1}}{\text{AH}} = \frac{1}{\sqrt{3}};\]

\[\angle A_{1}HA = 30{^\circ} - искомый.\]

\[Ответ:30{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{10.}}\]

\[Дано:\]

\[AB = BC = 10;\]

\[AC = 16;\]

\[BB_{1} = 24;\]

\[P - середина\ BB_{1}.\]

\[Найти:\]

\[tg\ \angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};ACP \right).\]

\[Решение.\]

\[Основания\ призмы\ всегда\ \]

\[параллельны,\ поэтому\ тангенс\ \]

\[угла\ между\ плоскостями\ \]

\[\left( A_{1}B_{1}C_{1} \right)и\ \left( \text{ACP} \right),\ который\ \]

\[нужно\ найти,\ равен\ тангенсу\ \]

\[угла\ между\ плоскостями\ \left( \text{ABC} \right)\]

\[и\ (ACP),\ который\ будем\ искать.\]

\[\angle(ABC;ACP) = \angle BQP;\ \ \]

\[BQ - высота\ ⊿ABC.\]

\[⊿ABC - равнобедренный:\]

\[BQ - еще\ и\ медиана;\]

\[AQ = \frac{\text{AC}}{2} = \frac{16}{2} = 8.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[BQ = \sqrt{AB^{2} - AQ^{2}} =\]

\[= \sqrt{10^{2} - 8^{2}} = 6.\]

\[BP = \frac{BB_{1}}{2} = \frac{24}{2} = 12:\]

\[tg\ \angle BQP = \frac{\text{BP}}{\text{BQ}} = \frac{12}{6} = 2.\]

\[Ответ:2.\]

\[\boxed{\mathbf{11.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Призма\ прямая,\ в\ основании\ \]

\[прямоугольник.\ \]

\[Значит,\ она\ еще\ и\ \]

\[прямоугольный\ \]

\[параллелепипед.\]

\[Это\ значит,\ что\ расстояние\ \]

\[между\ A_{1}C_{1}\ и\ BD\ \]

\[(диагоналями\ оснований\ призмы)\]

\[равно\ длине\ боковых\ \]

\[ребер - \sqrt{3}\text{.\ }\]

\[Нам\ нужно\ найти\ тангенс\ угла\ \]

\[между\ боковой\ гранью\ AA_{1}D_{1}\text{D\ }\]

\[и\ плоскостью,\ \]

\[перпендикулярной\ диагонали\]

\[B_{1}D\ параллелепипеда.\ \]

\[Имеем\ две\ пересекающиеся\ \]

\[плоскости,\ к\ одной\ из\ которых\ \]

\[проведена\ перпендикулярная\ \]

\[прямая\ B_{1}D,\ пересекающая\ \]

\[другую\ плоскость\ в\ точке\ D.\]

\[По\ сути,\ нам\ надо\ найти\ угол\ \]

\[между\ плоскостью\ грани\ \]

\[AA_{1}D_{1}D\ и\ самой\ диагональю\ \]

\[B_{1}D\ - \ угол\ \varphi,\ а\ искомый\ угол\ \]

\[будет\ равен\ (90{^\circ}\ - \ \varphi).\]

\[Поскольку\ мы\ имеем\ дело\ с\ \]

\[прямоугольным\ \]

\[параллелепипедом,\ то\ этот\ \]

\[угол\ легко\ найти\ из\ \]

\[прямоугольного\ \mathrm{\Delta}B_{1}DA_{1}\text{.\ }\]

\[По\ теореме\ Пифагора\ \]

\[\left( из\ ⊿AA_{1}D \right):\]

\[A_{1}D = \sqrt{\left( \sqrt{33} \right)^{2} + \left( \sqrt{3} \right)^{2}\ } =\]

\[= \sqrt{36} = 6.\]

\[Угол\ \varphi\ - \ и\ есть\ угол\ между\ \]

\[гранью\ и\ диагональю.\]

\[ctg\ \varphi = \frac{6}{5};\]

\[\text{tg\ }(90{^\circ} - \varphi) = ctg\ \varphi = \frac{6}{5}.\]

\[Ответ:\frac{6}{5}.\]

\[\boxed{\mathbf{12.}}\]

\[Дано:\]

\[все\ ребра\ равны\ 1.\]

\[Найти:\]

\[tg\ \angle\left( ABC;DB_{1}F_{1} \right).\]

\[Решение.\]

\[Отметим\ точку\ K - середину\]

\[B_{1}F_{1}.\]

\[K \in A_{1}D_{1}:\]

\[D_{1}K\bot B_{1}F_{1}.\]

\[B_{1}F_{1}\bot AA_{1}D_{1}:\]

\[DK\bot B_{1}F_{1}.\]

\[Тогда:\]

\[tg\angle\left( ABC;DB_{1}F_{1} \right) =\]

\[= tg\ \angle\left( A_{1}B_{1}C_{1};DB_{1}F_{1} \right) =\]

\[= tg\ \angle D_{1}KD = \frac{D_{1}D}{D_{1K}} =\]

\[= \frac{1}{\frac{3}{4}D_{1}A_{1}} = \frac{2}{3}.\]

\[Ответ:\frac{2}{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{13.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[AA_{1}\bot DE;\ \ AE\bot DE:\]

\[Плоскость\ \text{DE}A_{1},\ содержащая\ \]

\[прямую\ DE,\bot плоскости\ \text{AE}A_{1}.\]

\[Значит,\ искомое\ расстояние\ \]

\[равно\ высоте\ AH\ \]

\[прямоугольного\ ⊿AEA_{1}:\]

\[AA_{1} = 1;\ \ AE = \sqrt{3};\ \ B_{1}F = 2.\]

\[Отсюда:\]

\[AH = \frac{AA_{1} \cdot AE}{EA_{1}} = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[Ответ:\ \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{14.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ рёбра\ тетраэдра\ равны\ a,‍\ \]

\[M\ —‍\ проекция\ точки\ E‍\ на\ \]

\[плоскость\ основания\ ABC,‍\ O\ —‍\ \]

\[центр\ равностороннего\ \]

\[треугольника\ ABC.‍\ \]

\[Тогда\ M\ —‍\ середина\ отрезка\ \]

\[OB,‍\ а\ так\ как\ AM\ —‍\ \]

\[ортогональная\ проекция\ \]

\[наклонной\ AE‍\ на\ плоскость\ \]

\[ABC,‍\ то\ угол\ \alpha ‍\ между\ прямой\ \]

\[AE‍\ и\ плоскостью\ ABC\ —‍\ это\ \]

\[угол\ MAE.‍\]

\[В\ прямоугольном\ \]

\[треугольнике\ AOD‍:\]

\[AO = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{3};\]

\[DO = \sqrt{AD^{2} - AO^{2}} =\]

\[= \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{3}} = a\sqrt{\frac{2}{3}}.\]

\[EM\ —‍\ средняя\ линия\ \]

\[треугольника\ BOD:\]

\[EM = \frac{1}{2}DO = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}.\]

\[\sin\alpha = \sin{\angle MAE} = \frac{\text{EM}}{\text{AE}} =\]

\[= \frac{\frac{1}{2} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}.\]

\[Ответ:\frac{\sqrt{2}}{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{15.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\ \]

\[Вершина\ \text{S\ }проецируется\ в\ \]

\[точку\ H - центр\ правильного\ \]

\[⊿ABC:\]

\[AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot 6 = 4.\]

\[Угол\ между\ прямой\ и\ \]

\[плоскостью - это\ угол\ между\ \]

\[прямой\ и\ ее\ проекцией\ на\ эту\ \]

\[плоскость:\]

\[\angle(SA;ABC) = \angle SAH.\]

\[В\ треугольнике\ ASH:\]

\[\angle SHA = 90{^\circ};\]

\[SH = 20;\]

\[AH = 4.\]

\[Отсюда:\]

\[tg\ \angle SAH = \frac{\text{SH}}{\text{AH}} = \frac{20}{4} = 5.\]

\[Ответ:5.\]

\[\boxed{\mathbf{16.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Плоскость\ BED\bot AC\ \]

\[Она\ пересекается\ с\ плоскостью\ \]

\[\text{ACD\ }по\ прямой\ DE;\]

\[с\ плоскостью\ ABC - по\ прямой\ \]

\[\text{EB.}\]

\[Искомый\ угол:\]

\[\angle BED\ между\ прямыми\ \text{ED\ }и\ \text{EB.}\]

\[E - середина\ ребра\ AC:\]

\[AE = \frac{\text{AC}}{2} = 12.\]

\[⊿AEB - прямоугольный:\]

\[BE = \sqrt{AB^{2} - AE^{2}} =\]

\[= \sqrt{13^{2} - 12^{2}} = 5.\]

\[⊿BED - прямоугольный:\]

\[tg\ \angle BED = \frac{\text{BD}}{\text{BE}} = \frac{20}{5} = 4.\]

\[Ответ:4.\]

\[\boxed{\mathbf{17.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Искомое\ расстояние\ от\ \]

\[вершины\ A\ до\ плоскости,\ \]

\[проходящей\ через\ середины\ \]

\[ребер\ AB,\ АС\ и\ AD\ это\ высота\ в\ \]

\[треугольнике\ AKN.\ \]

\[Так\ как\ KN\ и\ AN\ \]

\[перпендикулярны\ ML,\ то\ AH\ \]

\[перпендикуляр.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[KM = \sqrt{AK^{2} + AM^{2}} =\]

\[= \sqrt{\left( \frac{2\sqrt{5}}{2} \right)^{2} + \left( \frac{10}{2} \right)^{2}} = \sqrt{30}.\]

\[Средняя\ линия:\]

\[ML = \frac{\text{BC}}{2} = 2\sqrt{5}.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[KN = \sqrt{KM^{2} - MN^{2}} =\]

\[= \sqrt{\left( \sqrt{30} \right)^{2} - \left( \frac{2\sqrt{5}}{2} \right)^{2}} = 5;\]

\[AN = \sqrt{AM^{2} - MN^{2}} =\]

\[= \sqrt{\left( \frac{10}{2} \right)^{2} - \left( \frac{2\sqrt{5}}{2} \right)^{2}} = 2\sqrt{5}.\]

\[Высота\ прямоугольного\ \]

\[треугольника:\]

\[AH = \frac{AK \cdot AN}{\text{KN}} = \frac{\sqrt{5} \cdot 2\sqrt{5}}{5} = 2.\]

\[Ответ:2.\]

\[\boxed{\mathbf{18.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\ \]

\[1)\ ⊿BDC = ⊿BAC -\]

\[равнобедренные.\]

\[2)\ M - середина\ BC:\]

\[DM - высота\ и\ медиана\ ⊿BDC;\]

\[DM\bot BC.\]

\[AM - высота\ и\ медиана\ ⊿BAC;\]

\[AM\bot BC.\]

\[3)\ По\ признаку\ \]

\[перпендикулярности\ прямой\ и\ \]

\[плоскости:BC\bot ADM.\]

\[4)\ Треугольник\ AMD\ \]

\[равнобедренный,\ и\ его\ медиана\ \]

\[MK,\ проведённая\ к\ AD,\ тоже\ \]

\[является\ высотой.\]

\[Итак,\ MK\ \bot\ AD.\ Кроме\ того,\]

\[MK\ \bot BC\ по\ определению\ \]

\[перпендикулярности\ прямой\ и\ \]

\[плоскости\ (т.к.\ BC\ \bot AMD).\]

\[Это\ значит,\ что\ MK\ и\ есть\ \]

\[общий\ перпендикуляр\ к\ рёбрам\ \]

\[DA\ и\ BC.\]

\[5)\ Найдём\ теперь\ длину\ \]

\[отрезка\ MK:она\ и\ будет\ \]

\[искомым\ расстоянием\ между\ \]

\[прямыми.\]

\[Из\ прямоугольного\ ⊿ABM:\]

\[AM = \sqrt{AB^{2} - BM^{2}} =\]

\[= \sqrt{10^{2} - 6^{2}} = 8.\]

\[Из\ прямоугольного\ ⊿AKM:\]

\[KM = \sqrt{AM^{2} - AK^{2}} =\]

\[= \sqrt{8^{2} - 6^{2}} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}.\]

\[Ответ:2\sqrt{7}.\]

\[\boxed{\mathbf{19.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\ \]

\[ABCD - квадрат:\]

\[AB\bot AD.\]

\[AB - проекция\ на\ плоскость\ \]

\[SAD:\]

\[AB\bot AD.\]

\[Искомый\ угол\ SMO -\]

\[двугранный\ угол\ при\ ребре\ \]

\[основания\ AD.\]

\[SM - высота\ боковой\ грани\ \]

\[SAD:\]

\[SM = \frac{\sqrt{3}}{2};\ \ MO \parallel AB;\]

\[MO = \frac{1}{2}AB = 0,5.\]

\[В\ прямоугольном\ треугольнике\ \]

\[SMO:\]

\[\cos{\angle SMO} = \frac{\text{MO}}{\text{SM}} = \frac{0,5}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} =\]

\[= \frac{\sqrt{3}}{3}.\]

\[Ответ:\ \frac{\sqrt{3}}{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{20.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ AE \parallel BD:\]

\[\angle SBD - искомый.\]

\[2)\ ⊿BDC - равнобедренный:\]

\[KC - медиана,\ высота\ и\ \]

\[биссектриса.\]

\[3)\ ⊿BKC - прямоугольный:\]

\[KC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} - как\ катет,\ \]

\[лежащий\ против\ угла\ в\ 30{^\circ}.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[BK = \sqrt{1^{2} - \left( \frac{1}{2} \right)^{2}} = \sqrt{1 - \frac{1}{4}} =\]

\[= \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[4)\ BD = 2BK = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3};\]

\[BM = \frac{\sqrt{3}}{2};\]

\[\cos{\angle SBM} = \frac{\sqrt{3}}{2}\ :\frac{2}{1} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} =\]

\[= \frac{\sqrt{3}}{4}.\]

\[Ответ:\frac{\sqrt{3}}{4}.\]

\[\boxed{\mathbf{21.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ Построим\ MN \parallel AC\ и\ \]

\[проходящую\ через\ центр\ \text{O\ }\]

\[основания\ пирамиды.\]

\[2)\ Построим\ \text{SO\ }и\ \text{SM.}\]

\[SM - проекция\ прямой\ \text{MN\ }на\ \]

\[плоскость\ \text{SAF.}\]

\[3)\ По\ определению:\]

\[углом\ между\ прямой\ \text{AC\ }и\ \]

\[плоскость\ \text{SAF\ }будет\ угол\ \text{SMO\ }\]

\[между\ прямой\ \text{MN}\ и\ ее\ \]

\[проекцией\ \text{SM}.\]

\[4)\ NK\bot SM:\]

\[MK - проекция\ MN\ на\ \]

\[плоскость\ SAF.\]

\[5)\ OM = \frac{\sqrt{3}}{2};\]

\[SM^{2} = SA^{2} - AM^{2} =\]

\[= 2^{2} - \left( \frac{1}{2} \right)^{2} = 4 - \frac{1}{4} = \frac{15}{4}\]

\[SM = \frac{\sqrt{15}}{2}.\]

\[\cos{\angle SMO} = \frac{\text{OM}}{\text{SM}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\ :\frac{\sqrt{15}}{2} =\]

\[= \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{15}} = \frac{1}{\sqrt{5}}.\]

\[Ответ:\ \frac{1}{\sqrt{5}}.\]

\[\boxed{\mathbf{22.}}\]

\[Первый\ случай:когда\ хорды\ \]

\[находятся\ по\ разные\ стороны\ \]

\[от\ центров\ кругов\ оснований.\]

\[Найдем\ тангенс\ угла\ между\ \]

\[построенной\ плоскостью\ и\ \]

\[плоскостью\ основания\ \]

\[цилиндра.\]

\[В\ треугольнике\ MN_{1}N:\]

\[\angle N = 90{^\circ};\]

\[NN_{1} = OO_{1} = 28.\]

\[В\ треугольнике\ OND:\]

\[\angle N = 90{^\circ};\]

\[ND = 6;\]

\[OD = 10.\]

\[Отсюда:\]

\[ON = \sqrt{OD^{2} - ND^{2}} =\]

\[= \sqrt{100 - 36} = 8.\]

\[В\ треугольнике\ OMB:\]

\[\angle M = 90{^\circ};\]

\[MB = 8;\ \ OB = 10.\]

\[Отсюда:\]

\[OM = \sqrt{OB^{2} - MB^{2}} =\]

\[= \sqrt{100 - 64} = 6.\]

\[MN = OM + ON = 6 + 8 = 14.\]

\[Получаем:\]

\[tg\angle N_{1}MN = \frac{N_{1}N}{\text{MN}} = \frac{28}{14} = 2.\]

\[Второй\ случай:когда\ хорды\ \]

\[находятся\ по\ одну\ сторону\ от\ \]

\[центров\ кругов\ оснований.\]

\[В\ треугольнике\ MN_{1}N:\]

\[\angle N = 90{^\circ};\]

\[NN_{1} = OO_{1} = 28.\]

\[В\ треугольнике\ OND:\]

\[\angle N = 90{^\circ};\]

\[ND = 6;\]

\[OD = 10.\]

\[Отсюда:\]

\[ON = \sqrt{OD^{2} - ND^{2}} =\]

\[= \sqrt{100 - 36} = 8.\]

\[В\ треугольнике\ OMB:\]

\[\angle M = 90{^\circ};\]

\[MB = 8;\ \ OB = 10.\]

\[Отсюда:\]

\[OM = \sqrt{OB^{2} - MB^{2}} =\]

\[= \sqrt{100 - 64} = 6.\]

\[MN = ON - OM = 8 - 6 = 2.\]

\[Получаем:\]

\[tg\angle N_{1}MN = \frac{N_{1}N}{\text{MN}} = \frac{28}{2} = 14.\]

\[Ответ:2\ или\ 14.\]