Номер 2.15, страница 40 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.15. Вне плоскости $ABC$ дана точка $P$ такая, что $PC \perp BC$, $AC \perp BC$, $\Delta PBC = \Delta ABC$.

Рис. 2.14

1) Можно ли утверждать, что $PC \perp (ABC)$?

2) Можно ли среди указанных отрезков найти отрезок, перпендикулярный плоскости ABC?

1) Можно ли утверждать, что PC⊥(ABC)?

Для того чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, она должна быть перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В нашем случае, чтобы утверждать, что $PC \perp (ABC)$, необходимо доказать, что прямая $PC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $ABC$, например, $BC$ и $AC$.

Из условия задачи нам дано, что $PC \perp BC$. Значит, одно из условий выполнено.

Теперь проверим, обязательно ли $PC \perp AC$.Из условия известно, что $\triangle PBC = \triangle ABC$. Равенство треугольников означает равенство их соответствующих сторон и углов. Из этого следует, что стороны, лежащие напротив равных углов, равны. Поскольку $BC$ является общей стороной, а углы $\angle PBC$ и $\angle ABC$ могут быть не равны, рассмотрим соответствие вершин: $P \leftrightarrow A$, $B \leftrightarrow B$, $C \leftrightarrow C$. Тогда получаем:

$PC = AC$

$PB = AB$

Таким образом, треугольник $\triangle PAC$ является равнобедренным, так как $PC = AC$. Однако из равнобедренности треугольника не следует, что угол между равными сторонами ($\angle PCA$) равен $90^\circ$.

Рассмотрим двугранный угол, образованный плоскостями $(ABC)$ и $(PBC)$ с ребром $BC$. По условию $AC \perp BC$ и $PC \perp BC$. Следовательно, угол $\angle PCA$ является линейным углом этого двугранного угла. В условии задачи нет информации о величине этого угла. Он может быть любым, кроме $0^\circ$ и $180^\circ$.

Если $\angle PCA \neq 90^\circ$, то прямая $PC$ не перпендикулярна прямой $AC$, и, следовательно, не перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Так как это условие не гарантировано, мы не можем утверждать, что $PC \perp (ABC)$.

Ответ: Нет, утверждать, что $PC \perp (ABC)$, нельзя.

2) Можно ли среди указанных отрезков найти отрезок, перпендикулярный плоскости ABC?

Указанные отрезки — это ребра тетраэдра $PABC$: $PA$, $PB$, $PC$, $AB$, $AC$, $BC$. Отрезки $AB$, $AC$, $BC$ лежат в плоскости $(ABC)$ и не могут быть ей перпендикулярны.

Рассмотрим оставшиеся отрезки: $PA$, $PB$, $PC$.

1. Как мы выяснили в пункте 1, отрезок $PC$ не обязательно перпендикулярен плоскости $(ABC)$. Это возможно только в частном случае, когда $\angle PCA = 90^\circ$.

2. Проверим, может ли $PA$ быть перпендикуляром к плоскости $(ABC)$. Если $PA \perp (ABC)$, то $PA \perp AC$. Рассмотрим $\triangle PAC$. Мы знаем, что он равнобедренный с $PC=AC$. Если предположить, что $\angle PAC = 90^\circ$, то по теореме Пифагора $PC^2 = PA^2 + AC^2$. Так как $PC=AC$, получаем $AC^2 = PA^2 + AC^2$, что влечет за собой $PA^2 = 0$, то есть $P=A$. Это противоречит условию, что точка $P$ лежит вне плоскости $(ABC)$. Значит, $PA$ не может быть перпендикулярен плоскости $(ABC)$.

3. Проверим, может ли $PB$ быть перпендикуляром к плоскости $(ABC)$. Построим из точки $P$ перпендикуляр $PH$ на плоскость $(ABC)$. Точка $H$ — основание перпендикуляра. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle PHA$, $\triangle PHB$, $\triangle PHC$.Из них следует:$PA^2 = PH^2 + HA^2$$PB^2 = PH^2 + HB^2$$PC^2 = PH^2 + HC^2$

Используя равенства сторон из условия ($\triangle PBC = \triangle ABC \implies PC=AC, PB=AB$):$AC^2 = PH^2 + HC^2$$AB^2 = PH^2 + HB^2$

В плоскости $(ABC)$ по условию $AC \perp BC$, значит, $\triangle ABC$ — прямоугольный, и по теореме Пифагора $AB^2 = AC^2 + BC^2$.Подставим выражения для $AB^2$ и $AC^2$:$PH^2 + HB^2 = (PH^2 + HC^2) + BC^2$$HB^2 = HC^2 + BC^2$

Равенство $HB^2 = HC^2 + BC^2$ для точек $H, C, B$ в плоскости $(ABC)$ по теореме, обратной теореме Пифагора, означает, что $\triangle HCB$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $C$, то есть $HC \perp BC$.Поскольку и $AC \perp BC$, и $HC \perp BC$, а точки $A, H, C$ лежат в одной плоскости, то точка $H$ (основание перпендикуляра из $P$) должна лежать на прямой, содержащей отрезок $AC$.

Если бы $PB$ был перпендикуляром к плоскости $(ABC)$, то его основанием была бы точка $B$. Но мы доказали, что основание перпендикуляра лежит на прямой $AC$. Точка $B$ не лежит на прямой $AC$ (иначе не было бы треугольника $ABC$). Следовательно, $PB$ не является перпендикуляром к плоскости $(ABC)$.

Таким образом, ни один из указанных отрезков в общем случае не является перпендикуляром к плоскости $(ABC)$.

Ответ: Нет, среди указанных отрезков нельзя найти отрезок, который был бы перпендикулярен плоскости $ABC$ при всех возможных конфигурациях, удовлетворяющих условию.