Страница 79 номер 7.31, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
цилиндр, \(O\) и \(O_1\) — центры оснований
\(r = 8\) см
\(ABCD\) — квадрат, \(AB = 12\) см
две вершины квадрата лежат на окружности одного основания, две другие — на окружности другого
плоскость \(ABCD\) пересекает отрезок \(OO_1\)

Найти: \(h\).

Решение: Вершины квадрата, лежащие на окружности одного основания, — соседние. Действительно, если бы это были противолежащие вершины, то одна диагональ квадрата лежала бы в плоскости одного основания, а другая — в плоскости другого; но диагонали квадрата пересекаются, а плоскости оснований параллельны и общих точек не имеют. Будем считать, что \(A\) и \(D\) лежат на окружности нижнего основания, а \(B\) и \(C\) — на окружности верхнего.

Проведём образующую \(BB'\) цилиндра: \(B'\) — точка окружности нижнего основания, \(BB' = h\), прямая \(BB'\) перпендикулярна плоскости нижнего основания. Точка \(B'\) не совпадает с \(A\). Действительно, иначе сторона \(AB\) была бы образующей, то есть была бы параллельна оси \(OO_1\), и плоскость квадрата, имеющая с осью общую точку, содержала бы ось (прямая, проходящая через точку плоскости параллельно прямой этой плоскости, лежит в этой плоскости). Тогда вершины \(A\) и \(D\), лежащие в этой плоскости на окружности нижнего основания, были бы концами диаметра и \(AD = 16\) см, а сторона квадрата равна 12 см.

Значит, \(AB'\) — проекция наклонной \(AB\) на плоскость нижнего основания. Прямая \(AD\) лежит в этой плоскости и перпендикулярна наклонной \(AB\), поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(AD \perp AB'\). Вписанный угол \(DAB'\) прямой, поэтому он опирается на диаметр: \(DB' = 2r = 16\) см.

Из прямоугольного треугольника \(DAB'\) (\(\angle DAB' = 90^\circ\)): \(AB'^2 = DB'^2 - AD^2 = 256 - 144 = 112\). Из прямоугольного треугольника \(ABB'\) (\(\angle AB'B = 90^\circ\)): \(BB' = \sqrt{AB^2 - AB'^2} = \sqrt{144 - 112} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}\) (см), поэтому \(h = BB' = 4\sqrt{2}\) см.

Ответ: \(4\sqrt{2}\) см.