Страница 33 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.60. Отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке $O$, в которой каждый из них делится пополам. Покажите, что плоскости $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны.

Для доказательства параллельности плоскостей $(ABC)$ и $(A_1B_1C_1)$ воспользуемся признаком параллельности двух плоскостей. Согласно этому признаку, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны. В нашем случае, мы покажем, что пересекающиеся прямые $AB$ и $AC$ плоскости $(ABC)$ параллельны соответственно прямым $A_1B_1$ и $A_1C_1$ плоскости $(A_1B_1C_1)$.

Доказательство параллельности прямых $AB$ и $A_1B_1$

Рассмотрим четырехугольник $ABA_1B_1$. Отрезки $AA_1$ и $BB_1$ являются его диагоналями. По условию задачи, они пересекаются в точке $O$ и делятся этой точкой пополам, то есть $AO = OA_1$ и $BO = OB_1$. Четырехугольник, диагонали которого пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом. Таким образом, $ABA_1B_1$ — это параллелограмм. Из свойства параллелограмма следует, что его противоположные стороны параллельны. Следовательно, $AB \parallel A_1B_1$.

Доказательство параллельности прямых $AC$ и $A_1C_1$

Рассмотрим четырехугольник $ACA_1C_1$. Его диагонали — это отрезки $AA_1$ и $CC_1$. По условию, они также пересекаются в точке $O$ и делятся ею пополам ($AO = OA_1$ и $CO = OC_1$). По тому же признаку, что и в предыдущем пункте, $ACA_1C_1$ является параллелограммом. Следовательно, его противоположные стороны $AC$ и $A_1C_1$ параллельны: $AC \parallel A_1C_1$.

Вывод

Мы установили, что:
1. Прямые $AB$ и $AC$ лежат в плоскости $(ABC)$ и пересекаются в точке $A$.
2. Прямые $A_1B_1$ и $A_1C_1$ лежат в плоскости $(A_1B_1C_1)$.
3. $AB \parallel A_1B_1$ и $AC \parallel A_1C_1$.
Таким образом, выполнены все условия признака параллельности плоскостей. Следовательно, плоскость $(ABC)$ параллельна плоскости $(A_1B_1C_1)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Плоскости $(ABC)$ и $(A_1B_1C_1)$ параллельны.

1.61. Плоскость $\gamma$ пересекает плоскости $\alpha$ и $\beta$: $\alpha \cap \gamma = a$, $\beta \cap \gamma = b$, $a \parallel b$. Можно ли утверждать, что $\alpha \parallel \beta$? Почему? Обоснуйте ответ.

Нет, утверждать, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны, на основании данных условий нельзя. Плоскости могут как быть параллельными, так и пересекаться.

Рассмотрим оба возможных случая взаимного расположения плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

1. Случай, когда плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$).
Если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии их пересечения параллельны. В нашем случае, если предположить, что $\alpha \parallel \beta$, то при пересечении их плоскостью $\gamma$ линии пересечения $a$ и $b$ будут параллельны ($a \parallel b$). Это полностью соответствует условию задачи. Таким образом, параллельность плоскостей $\alpha$ и $\beta$ является одним из возможных вариантов.

2. Случай, когда плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются.
Предположим, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ не параллельны, а пересекаются по некоторой прямой $c$. То есть, $\alpha \cap \beta = c$.По условию задачи, плоскость $\gamma$ пересекает плоскость $\alpha$ по прямой $a$ ($\alpha \cap \gamma = a$) и плоскость $\beta$ по прямой $b$ ($\beta \cap \gamma = b$), причем дано, что $a \parallel b$.Мы имеем три плоскости ($\alpha$, $\beta$, $\gamma$), которые попарно пересекаются по трем прямым ($a$, $b$, $c$).Согласно теореме о трех пересекающихся плоскостях, если три плоскости попарно пересекаются, то их линии пересечения либо все пересекаются в одной точке, либо параллельны друг другу.Поскольку по условию прямые $a$ и $b$ параллельны, они не могут пересекаться. Следовательно, вариант, при котором все три прямые ($a, b, c$) пересекаются в одной точке, исключен.Значит, остается только вторая возможность: все три линии пересечения параллельны, то есть $a \parallel b \parallel c$.Это доказывает, что ситуация, в которой плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $c$, также полностью соответствует условиям задачи ($a \parallel b$).

Ниже приведена иллюстрация этого случая. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ (как страницы открытой книги) пересекаются по прямой $c$ (переплет). Плоскость $\gamma$ пересекает их так, что линии пересечения $a$ и $b$ параллельны друг другу и прямой $c$.

Вывод: Поскольку данные условия задачи ($ \alpha \cap \gamma = a, \beta \cap \gamma = b, a \parallel b $) выполняются как для параллельных, так и для пересекающихся плоскостей $\alpha$ и $\beta$, сделать однозначный вывод об их параллельности невозможно.

Ответ: Утверждать, что $\alpha \parallel \beta$, нельзя, так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ могут пересекаться. Это произойдет в том случае, если линия их пересечения $c$ будет параллельна прямым $a$ и $b$.

1.62. Дано: прямая $a$ и плоскость $\alpha$, $a \parallel \alpha$. Как построить плоскость, проходящую через прямую $a$ параллельно плоскости $\alpha$?

Для построения плоскости, проходящей через прямую $a$ и параллельной плоскости $\alpha$, воспользуемся признаком параллельности двух плоскостей. Признак гласит: если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.Искомая плоскость, назовем ее $\beta$, должна содержать прямую $a$. Чтобы однозначно задать плоскость $\beta$, нам нужна еще одна прямая, пересекающая прямую $a$. Эту вторую прямую мы построим так, чтобы она была параллельна некоторой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$.

1. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $M$.
2. В плоскости $\alpha$ выберем произвольную прямую $b$. (Для общего случая следует убедиться, что прямая $b$ не параллельна прямой $a$).
3. Через точку $M$ проведем прямую $c$, параллельную прямой $b$ (то есть $c \parallel b$).
4. Прямые $a$ и $c$ пересекаются в точке $M$ и задают единственную плоскость. Обозначим эту плоскость как $\beta$. Эта плоскость и будет искомой.

Докажем, что построенная плоскость $\beta$ удовлетворяет условиям задачи:

1. Плоскость $\beta$ проходит через прямую $a$. Это следует непосредственно из построения, так как прямая $a$ является одной из двух прямых, определяющих плоскость $\beta$. Таким образом, $a \subset \beta$.
2. Плоскость $\beta$ параллельна плоскости $\alpha$.
   • В плоскости $\beta$ лежат две пересекающиеся прямые: $a$ и $c$ ($a \cap c = \{M\}$).
   • Прямая $c$ по построению параллельна прямой $b$, которая лежит в плоскости $\alpha$ ($c \parallel b, b \subset \alpha$).
   • Прямая $a$ по условию задачи параллельна плоскости $\alpha$ ($a \parallel \alpha$). Из признака параллельности прямой и плоскости следует, что в плоскости $\alpha$ существует прямая $a'$, параллельная прямой $a$ ($a' \subset \alpha, a' \parallel a$).
   • Прямые $a'$ и $b$ лежат в одной плоскости $\alpha$. Если предположить, что мы выбрали $b$ не параллельно $a$, то $b$ не будет параллельна и $a'$. Следовательно, прямые $a'$ и $b$ пересекаются.
   • Таким образом, мы имеем две пересекающиеся прямые ($a, c$) в плоскости $\beta$, которые соответственно параллельны двум пересекающимся прямым ($a', b$) в плоскости $\alpha$.
   • По признаку параллельности двух плоскостей, отсюда следует, что $\beta \parallel \alpha$.

Таким образом, построенная плоскость $\beta$ является искомой. Стоит отметить, что такая плоскость единственна.

Ответ: Чтобы построить плоскость, проходящую через прямую $a$ параллельно плоскости $\alpha$ (при условии, что $a \parallel \alpha$), нужно выбрать на прямой $a$ произвольную точку $M$, затем в плоскости $\alpha$ выбрать произвольную прямую $b$ и через точку $M$ провести прямую $c$, параллельную прямой $b$. Плоскость, определяемая пересекающимися прямыми $a$ и $c$, и будет искомой плоскостью.

1.63. Через точку O, лежащую между параллельными плоскостями $\alpha$ и $\beta$, проведены прямые $a$ и $b$: $a \cap \alpha = A, a \cap \beta = C, b \cap \alpha = B, b \cap \beta = D$ и $AO : AC = 1 : 3$. Найдите:

1) OD, если BO = 4 см;

2) AC, если OC = 6 см.

Пересекающиеся в точке $O$ прямые $a$ и $b$ задают единственную плоскость, назовем ее $\gamma$. Эта плоскость пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ по прямым $AB$ и $CD$ соответственно. По свойству параллельных плоскостей, прямые их пересечения третьей плоскостью параллельны. Следовательно, $AB \parallel CD$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle COD$, лежащие в плоскости $\gamma$. В этих треугольниках:
1. $\angle AOB = \angle COD$ как вертикальные углы.
2. $\angle OAB = \angle OCD$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AB$ и $CD$ и секущей $AC$.
Следовательно, треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle COD$ подобны по двум углам ($\triangle AOB \sim \triangle COD$).

Из подобия треугольников следует пропорциональность их сторон:
$\frac{AO}{CO} = \frac{BO}{DO} = \frac{AB}{CD} = k$, где $k$ - коэффициент подобия.

По условию дано отношение $AO : AC = 1 : 3$, то есть $\frac{AO}{AC} = \frac{1}{3}$. Так как точка $O$ лежит на отрезке $AC$ (поскольку она находится между плоскостями), то $AC = AO + OC$. Подставив это в соотношение, получим:
$\frac{AO}{AO + OC} = \frac{1}{3}$
$3 \cdot AO = AO + OC$
$2 \cdot AO = OC$
Отсюда находим коэффициент подобия: $k = \frac{AO}{CO} = \frac{1}{2}$.

1) Найдем $OD$, если $BO = 4$ см.
Из соотношения подобия $\frac{BO}{DO} = \frac{1}{2}$.
Подставим известное значение $BO$:
$\frac{4}{DO} = \frac{1}{2}$
$DO = 4 \cdot 2 = 8$ см.
Ответ: $OD = 8$ см.

2) Найдем $AC$, если $OC = 6$ см.
Из ранее найденного соотношения $2 \cdot AO = OC$ выразим $AO$:
$2 \cdot AO = 6$
$AO = 3$ см.
Длина отрезка $AC$ равна сумме длин отрезков $AO$ и $OC$:
$AC = AO + OC = 3 + 6 = 9$ см.
Ответ: $AC = 9$ см.

1.64. Верно ли утверждение: «Если две прямые, лежащие в одной плоскости, параллельны другой плоскости, то эти плоскости параллельны»?

Нет, данное утверждение неверно.

Для того чтобы две плоскости были параллельны, необходимо, чтобы две пересекающиеся прямые, лежащие в одной плоскости, были параллельны другой плоскости (это признак параллельности плоскостей). В условии задачи это важное требование о пересечении прямых отсутствует.

Если две прямые, о которых идет речь, параллельны между собой, то плоскости могут как быть параллельными, так и пересекаться. Рассмотрим контрпример, когда плоскости пересекаются.

Пусть две плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по некоторой прямой $l$. То есть, $\alpha \cap \beta = l$.

В плоскости $\alpha$ выберем две различные прямые $a$ и $b$, которые параллельны линии пересечения $l$. Такое построение возможно.

$a \subset \alpha, b \subset \alpha$

$a \parallel l, b \parallel l$

Поскольку прямые $a$ и $b$ параллельны одной и той же прямой $l$, они параллельны между собой: $a \parallel b$.

Теперь воспользуемся признаком параллельности прямой и плоскости: если прямая, не лежащая в данной плоскости, параллельна какой-нибудь прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна данной плоскости.

Так как прямая $a$ не лежит в плоскости $\beta$ и параллельна прямой $l$, которая лежит в плоскости $\beta$ ($l \subset \beta$), то прямая $a$ параллельна плоскости $\beta$: $a \parallel \beta$.

Аналогично, так как прямая $b$ не лежит в плоскости $\beta$ и параллельна прямой $l \subset \beta$, то прямая $b$ параллельна плоскости $\beta$: $b \parallel \beta$.

В итоге мы получили ситуацию, которая удовлетворяет условию задачи: две прямые ($a$ и $b$), лежащие в плоскости $\alpha$, параллельны плоскости $\beta$. Однако сами плоскости $\alpha$ и $\beta$ по нашему построению не параллельны, а пересекаются. Это доказывает, что исходное утверждение неверно.

Ниже приведена иллюстрация данного контрпримера.

Ответ: Нет, утверждение неверно.

1.65. Верно ли утверждение: «Если две прямые, лежащие в одной плоскости, параллельны двум прямым, лежащим в другой плоскости, то эти плоскости параллельны»?

Нет, данное утверждение неверно.

Утверждение было бы верным, если бы в условии говорилось о двух пересекающихся прямых. Признак параллельности плоскостей гласит: если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны.

Однако в условии задачи не указано, что прямые должны пересекаться. Они могут быть и параллельными. В этом случае можно построить контрпример, когда условие задачи выполняется, а плоскости не параллельны, а пересекаются.

Контрпример:

Пусть даны две пересекающиеся плоскости $\alpha$ и $\beta$. Линия их пересечения — прямая $l$.

В плоскости $\alpha$ выберем две различные прямые $a_1$ и $a_2$, параллельные прямой $l$. Это возможно, и при этом $a_1 \parallel a_2$.

В плоскости $\beta$ также выберем две различные прямые $b_1$ и $b_2$, параллельные прямой $l$. При этом $b_1 \parallel b_2$.

Тогда мы имеем:

- Две прямые $a_1$ и $a_2$ лежат в плоскости $\alpha$ ($a_1 \subset \alpha, a_2 \subset \alpha$).

- Две прямые $b_1$ и $b_2$ лежат в плоскости $\beta$ ($b_1 \subset \beta, b_2 \subset \beta$).

- Так как $a_1 \parallel l$ и $b_1 \parallel l$, то по свойству транзитивности параллельности прямых в пространстве, $a_1 \parallel b_1$.

- Аналогично, так как $a_2 \parallel l$ и $b_2 \parallel l$, то $a_2 \parallel b_2$.

Таким образом, все условия изначального утверждения выполнены: две прямые ($a_1, a_2$) в плоскости $\alpha$ параллельны двум прямым ($b_1, b_2$) в плоскости $\beta$. Однако плоскости $\alpha$ и $\beta$ по нашему построению пересекаются. Следовательно, утверждение неверно.

Ответ: утверждение неверно.

1.66. Покажите, что найдется только одна пара плоскостей $\alpha$ и $\beta$, которые параллельны между собой и каждая из которых проходит через одну из скрещивающихся прямых $a$ и $b$.

Пусть даны две скрещивающиеся прямые $a$ и $b$. Требуется доказать, что существует, и притом только одна, пара параллельных плоскостей $\alpha$ и $\beta$ таких, что $a \subset \alpha$ и $b \subset \beta$.

Доказательство разобьём на две части: доказательство существования и доказательство единственности.

Сначала докажем, что такая пара плоскостей существует. Для этого выполним построение.

1. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $A$. Через точку $A$ проведём прямую $b'$, параллельную прямой $b$. Поскольку прямые $a$ и $b$ скрещиваются, они не лежат в одной плоскости и не параллельны. Следовательно, прямая $a$ и построенная прямая $b'$ пересекаются в точке $A$. Две пересекающиеся прямые $a$ и $b'$ однозначно задают плоскость. Назовём эту плоскость $\alpha$. По построению, прямая $a$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$). Также, поскольку $b' \subset \alpha$ и $b' \parallel b$, то по признаку параллельности прямой и плоскости, прямая $b$ параллельна плоскости $\alpha$ ($b \parallel \alpha$).

2. Аналогично, выберем на прямой $b$ произвольную точку $B$. Через точку $B$ проведём прямую $a'$, параллельную прямой $a$. Прямые $b$ и $a'$ пересекаются в точке $B$ и задают единственную плоскость $\beta$. По построению, $b \subset \beta$. Так как $a' \subset \beta$ и $a' \parallel a$, то прямая $a$ параллельна плоскости $\beta$ ($a \parallel \beta$).

3. Теперь докажем, что построенные плоскости параллельны, то есть $\alpha \parallel \beta$. Плоскость $\alpha$ определяется пересекающимися прямыми $a$ и $b'$. Плоскость $\beta$ определяется пересекающимися прямыми $b$ и $a'$. По построению мы имеем: $a \parallel a'$ и $b' \parallel b$. Согласно признаку параллельности двух плоскостей, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны. В нашем случае пересекающиеся прямые $a$ и $b'$ в плоскости $\alpha$ параллельны соответственно пересекающимся прямым $a'$ и $b$ в плоскости $\beta$. Следовательно, $\alpha \parallel \beta$.

Таким образом, мы построили пару плоскостей $\alpha$ и $\beta$, которые параллельны между собой, и при этом $a \subset \alpha$ и $b \subset \beta$. Существование доказано.

Теперь докажем, что такая пара плоскостей единственна. Предположим, что существует другая пара параллельных плоскостей $\alpha_1$ и $\beta_1$, для которой выполнены условия: $a \subset \alpha_1$, $b \subset \beta_1$ и $\alpha_1 \parallel \beta_1$.

Рассмотрим плоскость $\alpha_1$. По условию, она содержит прямую $a$. Так как $\alpha_1 \parallel \beta_1$ и $b \subset \beta_1$, то по свойству параллельных плоскостей, любая прямая в одной плоскости параллельна другой плоскости. Следовательно, $b \parallel \alpha_1$. Таким образом, $\alpha_1$ – это плоскость, которая проходит через прямую $a$ и параллельна скрещивающейся с ней прямой $b$. По теореме о существовании и единственности такой плоскости, она только одна. Построенная нами в первой части плоскость $\alpha$ также удовлетворяет этим условиям. Значит, плоскости $\alpha_1$ и $\alpha$ совпадают: $\alpha_1 = \alpha$.

Аналогичные рассуждения проведем для плоскости $\beta_1$. Она содержит прямую $b$. Так как $\alpha_1 \parallel \beta_1$ и $a \subset \alpha_1$, то $a \parallel \beta_1$. Значит, $\beta_1$ – это плоскость, которая проходит через прямую $b$ и параллельна скрещивающейся с ней прямой $a$. Такая плоскость также единственна. Построенная нами плоскость $\beta$ удовлетворяет этим же условиям. Следовательно, $\beta_1 = \beta$.

Поскольку $\alpha_1 = \alpha$ и $\beta_1 = \beta$, то пара плоскостей $(\alpha_1, \beta_1)$ является той же самой парой $(\alpha, \beta)$. Это доказывает единственность искомой пары плоскостей.

Таким образом, мы показали, что существует и притом только одна пара параллельных плоскостей, каждая из которых проходит через одну из двух данных скрещивающихся прямых.

Ответ: Утверждение доказано.

1.67. Треугольники $ABC$ и $BCD$ лежат в разных плоскостях. Точки $P, Q, R$ и $T$ – середины отрезков $AB, AC, CD$ и $BD$ соответственно. Докажите, что четырехугольник $PQRT$ – параллелограмм.

Для доказательства воспользуемся свойством средней линии треугольника. Средняя линия треугольника соединяет середины двух его сторон, она параллельна третьей стороне и равна ее половине.

1. Рассмотрим треугольник $ABC$. По условию, точка $P$ – середина стороны $AB$, а точка $Q$ – середина стороны $AC$. Следовательно, отрезок $PQ$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии, $PQ$ параллельна стороне $BC$ и равна ее половине: $PQ \parallel BC$ и $PQ = \frac{1}{2}BC$.

2. Рассмотрим треугольник $BCD$. По условию, точка $T$ – середина стороны $BD$, а точка $R$ – середина стороны $CD$. Следовательно, отрезок $TR$ является средней линией треугольника $BCD$. По свойству средней линии, $TR$ параллельна стороне $BC$ и равна ее половине: $TR \parallel BC$ и $TR = \frac{1}{2}BC$.

3. Теперь сравним отрезки $PQ$ и $TR$. Из предыдущих пунктов мы получили, что $PQ \parallel BC$ и $TR \parallel BC$. Так как две прямые ($PQ$ и $TR$) параллельны третьей прямой ($BC$), то они параллельны между собой: $PQ \parallel TR$.

Также мы получили, что $PQ = \frac{1}{2}BC$ и $TR = \frac{1}{2}BC$. Следовательно, длины этих отрезков равны: $PQ = TR$.

4. В четырехугольнике $PQRT$ две противоположные стороны $PQ$ и $TR$ одновременно параллельны и равны. Согласно признаку параллелограмма, если в четырехугольнике две противоположные стороны равны и параллельны, то этот четырехугольник – параллелограмм.

Следовательно, четырехугольник $PQRT$ является параллелограммом, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Четырехугольник $PQRT$ является параллелограммом.

1.68. Прямые $a$, $b$, $c$ и $d$, проходящие через точку $O$, пересекают плоскость $\alpha$ в точках, которые являются вершинами параллелограмма. Докажите, что эти прямые пересекают любую другую плоскость, параллельную $\alpha$, в вершинах некоторого параллелограмма.

Пусть прямые $a, b, c, d$ проходят через точку $O$ и пересекают плоскость $\alpha$ в точках $A, B, C, D$ соответственно. По условию, четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом. Пусть $\beta$ — любая другая плоскость, параллельная плоскости $\alpha$. Прямые $a, b, c, d$ пересекают плоскость $\beta$ в точках $A', B', C', D'$ соответственно. Нам необходимо доказать, что четырехугольник $A'B'C'D'$ также является параллелограммом.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Выберем точку $O$ в качестве начала отсчета (начала координат). Тогда положение любой точки $X$ в пространстве определяется ее радиус-вектором $\vec{OX}$.

Известно, что четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда середины его диагоналей совпадают. Для четырехугольника $ABCD$ это условие в векторной форме записывается как:

$\vec{OA} + \vec{OC} = \vec{OB} + \vec{OD}$

Это равенство следует из того, что радиус-вектор середины отрезка $AC$ равен $\frac{1}{2}(\vec{OA} + \vec{OC})$, а радиус-вектор середины отрезка $BD$ равен $\frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OD})$. Равенство радиус-векторов означает совпадение точек.

Рассмотрим геометрическую конфигурацию:

Точки $O, A, A'$ лежат на одной прямой $a$. Это означает, что векторы $\vec{OA'}$ и $\vec{OA}$ коллинеарны. Следовательно, существует действительное число $k_A$ такое, что $\vec{OA'} = k_A \vec{OA}$. Аналогичные соотношения существуют и для других пар точек: $\vec{OB'} = k_B \vec{OB}$, $\vec{OC'} = k_C \vec{OC}$ и $\vec{OD'} = k_D \vec{OD}$.

Докажем, что все коэффициенты $k_A, k_B, k_C, k_D$ равны. Рассмотрим две любые прямые, проходящие через $O$, например $a$ и $b$. Они образуют плоскость, которая пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ по параллельным прямым $AB$ и $A'B'$. В плоскости $OAB$ треугольники $\triangle OAB$ и $\triangle OA'B'$ подобны (угол при вершине $O$ у них общий, а углы $\angle OAB$ и $\angle OA'B'$ равны как соответственные при параллельных прямых $AB$, $A'B'$ и секущей $OA$). Из подобия треугольников следует пропорциональность сторон: $\frac{OA'}{OA} = \frac{OB'}{OB}$. Это означает, что $k_A = k_B$. Проведя аналогичные рассуждения для других пар прямых, мы заключаем, что $k_A = k_B = k_C = k_D = k$. Коэффициент $k$ зависит только от расположения параллельных плоскостей $\alpha$ и $\beta$ относительно центра $O$.

Таким образом, преобразование, переводящее точки $A, B, C, D$ в точки $A', B', C', D'$, является центральной гомотетией с центром в точке $O$ и коэффициентом $k$. Мы можем записать:

$\vec{OA'} = k \vec{OA}$

$\vec{OB'} = k \vec{OB}$

$\vec{OC'} = k \vec{OC}$

$\vec{OD'} = k \vec{OD}$

Теперь проверим, выполняется ли условие параллелограмма для четырехугольника $A'B'C'D'$. Найдем сумму векторов, соответствующих его диагоналям:

$\vec{OA'} + \vec{OC'} = k \vec{OA} + k \vec{OC} = k(\vec{OA} + \vec{OC})$

$\vec{OB'} + \vec{OD'} = k \vec{OB} + k \vec{OD} = k(\vec{OB} + \vec{OD})$

Поскольку для параллелограмма $ABCD$ выполняется равенство $\vec{OA} + \vec{OC} = \vec{OB} + \vec{OD}$, то, умножив обе части на $k$, получим $k(\vec{OA} + \vec{OC}) = k(\vec{OB} + \vec{OD})$.

Отсюда следует, что $\vec{OA'} + \vec{OC'} = \vec{OB'} + \vec{OD'}$.

Это векторное равенство означает, что середины диагоналей $A'C'$ и $B'D'$ четырехугольника $A'B'C'D'$ совпадают. Следовательно, четырехугольник $A'B'C'D'$ является параллелограммом, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Данные прямые пересекают любую другую плоскость, параллельную $\alpha$, в вершинах некоторого параллелограмма.

1.69. Прямая $a$ пересекает параллельные между собой плоскости $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ в точках $A$, $B$ и $C$ соответственно. Покажите, что отношение $AB : BC$ не зависит от выбора прямой $a$.

Доказательство.

Пусть даны три параллельные плоскости $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ ($\alpha \parallel \beta \parallel \gamma$).

Пусть произвольная прямая $a$ пересекает эти плоскости в точках $A \in \alpha$, $B \in \beta$, $C \in \gamma$ соответственно.

Возьмем другую произвольную прямую $a'$, которая пересекает те же плоскости в точках $A' \in \alpha$, $B' \in \beta$, $C' \in \gamma$ соответственно.

Нам необходимо доказать, что отношение длин отрезков, отсекаемых на прямой $a$, равно отношению длин соответствующих отрезков на прямой $a'$, то есть:

$AB : BC = A'B' : B'C'$

Для доказательства используем вспомогательное построение. Проведем через точку $A$ прямой $a$ прямую $a''$, параллельную прямой $a'$ ($a'' \parallel a'$). Прямая $a''$ пересечет плоскости $\beta$ и $\gamma$ в некоторых точках $B''$ и $C''$ соответственно.

Доказательство состоит из двух шагов.

1. Докажем, что $AB : BC = AB'' : B''C''$.

Прямые $a$ и $a''$ пересекаются в точке $A$, следовательно, они задают единственную плоскость, назовем ее $\delta$.

Поскольку плоскости $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ параллельны, плоскость $\delta$ пересекает их по параллельным прямым. Прямая пересечения $\delta$ с плоскостью $\beta$ проходит через точки $B$ и $B''$ (это прямая $BB''$). Прямая пересечения $\delta$ с плоскостью $\gamma$ проходит через точки $C$ и $C''$ (это прямая $CC''$). Таким образом, $BB'' \parallel CC''$.

В плоскости $\delta$ мы имеем угол с вершиной в точке $A$ (образованный прямыми $a$ и $a''$), стороны которого пересечены параллельными прямыми $BB''$ и $CC''$. По обобщенной теореме Фалеса (теореме о пропорциональных отрезках), параллельные прямые отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Следовательно:

$ \frac{AB}{BC} = \frac{AB''}{B''C''} $

Это также можно доказать из подобия треугольников $\triangle ABB''$ и $\triangle ACC''$. Они подобны по двум углам: $\angle B''AC''$ — общий, а $\angle ABB'' = \angle ACC''$ как соответственные углы при параллельных прямых $BB''$, $CC''$ и секущей $AC$.

2. Докажем, что $AB'' : B''C'' = A'B' : B'C'$.

По построению прямые $a'$ и $a''$ параллельны. Рассмотрим плоскость, которую они задают. Эта плоскость пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ по параллельным прямым $A'A$ и $B'B''$.

Четырехугольник $A'ABB''$ является параллелограммом, так как его противоположные стороны параллельны: $A'B' \parallel AB''$ (так как $a' \parallel a''$) и $A'A \parallel B'B''$ (как линии пересечения параллельных плоскостей). Из свойства параллелограмма следует равенство противоположных сторон: $A'B' = AB''$.

Аналогично, четырехугольник $B'B''C''C'$ является параллелограммом, так как $B'C' \parallel B''C''$ и $B'B'' \parallel C'C''$. Следовательно, $B'C' = B''C''$.

Из этих двух равенств следует, что:

$ \frac{A'B'}{B'C'} = \frac{AB''}{B''C''} $

Заключение

Объединяя результаты шагов 1 и 2, получаем:

$ \frac{AB}{BC} = \frac{AB''}{B''C''} \quad \text{и} \quad \frac{A'B'}{B'C'} = \frac{AB''}{B''C''} $

Отсюда следует, что:

$ \frac{AB}{BC} = \frac{A'B'}{B'C'} $

Поскольку прямая $a'$ была выбрана произвольно, мы доказали, что отношение $AB : BC$ не зависит от выбора прямой, пересекающей плоскости.

Ответ: Утверждение доказано. Отношение отрезков, отсекаемых на прямой параллельными плоскостями, является постоянным и не зависит от выбора самой прямой.

1.70. Покажите, что если плоскость пересекает одну из двух параллельных плоскостей, то она пересекает и вторую плоскость.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного.

Пусть нам даны две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ (то есть $\alpha \parallel \beta$) и третья плоскость $\gamma$.По условию, плоскость $\gamma$ пересекает плоскость $\alpha$. Обозначим линию их пересечения как прямую $a$. Таким образом, $\gamma \cap \alpha = a$.

Нам нужно доказать, что плоскость $\gamma$ также пересекает и плоскость $\beta$.

Предположим обратное: плоскость $\gamma$ не пересекает плоскость $\beta$.

Если две плоскости в пространстве не пересекаются, то они параллельны. Из нашего предположения следует, что $\gamma \parallel \beta$.

Теперь рассмотрим наши утверждения:

1. $\alpha \parallel \beta$ (по условию задачи).

2. $\gamma \parallel \beta$ (наше предположение).

В стереометрии есть теорема (следствие из аксиомы о параллельных плоскостях): если две плоскости параллельны третьей плоскости, то они параллельны между собой. Применяя эту теорему к нашим утверждениям, мы получаем, что плоскость $\alpha$ должна быть параллельна плоскости $\gamma$, то есть $\alpha \parallel \gamma$.

Однако этот вывод ($\alpha \parallel \gamma$) напрямую противоречит исходному условию задачи, согласно которому плоскость $\gamma$ пересекает плоскость $\alpha$. Две плоскости не могут быть одновременно и параллельными, и пересекающимися.

Так как мы пришли к противоречию, наше первоначальное предположение о том, что $\gamma$ не пересекает $\beta$, является неверным.

Следовательно, верным является утверждение, что плоскость $\gamma$ пересекает плоскость $\beta$.

Ответ: Утверждение доказано. Если плоскость пересекает одну из двух параллельных плоскостей, то она пересекает и вторую. Что и требовалось доказать.

1.71. Треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ равны, причем $AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1$. Можно ли утверждать, что плоскости $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны?

Нет, утверждать, что плоскости $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны, в общем случае нельзя. Для доказательства этого достаточно привести контрпример.

Рассмотрим условия задачи:
1. Треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ равны ($\triangle ABC \cong \triangle A_1B_1C_1$). Это означает, что их соответствующие стороны равны: $AB = A_1B_1$, $BC = B_1C_1$, $AC = A_1C_1$.
2. Прямые, соединяющие соответствующие вершины, параллельны: $AA_1 \| BB_1 \| CC_1$.

Возможны два основных сценария, удовлетворяющих этим условиям.

Случай 1: Параллельный перенос.
Если отрезки, соединяющие соответствующие вершины, не только параллельны, но и равны по длине ($AA_1 = BB_1 = CC_1$), то треугольник $A_1B_1C_1$ является результатом параллельного переноса треугольника $ABC$ на вектор $\vec{v} = \vec{AA_1}$. В этом случае четырехугольники $AA_1B_1B$, $BB_1C_1C$ и $CC_1A_1A$ являются параллелограммами. Из этого следует, что $\vec{AB} = \vec{A_1B_1}$, $\vec{BC} = \vec{B_1C_1}$ и $\vec{AC} = \vec{A_1C_1}$.
В этом случае плоскость $A_1B_1C_1$ будет параллельна плоскости $ABC$. Фигура $ABCA_1B_1C_1$ представляет собой треугольную призму, основаниями которой являются данные треугольники.

Случай 2: Построение контрпримера.
Однако в условии задачи не сказано, что отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ равны. Это позволяет построить ситуацию, когда плоскости не будут параллельны.

Введем декартову систему координат. Пусть плоскость треугольника $ABC$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$ ($z=0$). Выберем координаты вершин:
$A(0, 0, 0)$
$B(1, 0, 0)$
$C(0, 1, 0)$
В этом случае длины сторон треугольника $ABC$ равны: $AB=1$, $AC=1$, $BC=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$.

Пусть параллельные прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ имеют направляющий вектор $\vec{d}=(1, 0, 1)$. Этот вектор не перпендикулярен плоскости $ABC$ (так как его $z$-координата не равна нулю, а $x$-координата также не равна нулю).

Точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на этих прямых, поэтому их координаты можно записать как:
$\vec{A_1} = \vec{A} + k_A\vec{d}$
$\vec{B_1} = \vec{B} + k_B\vec{d}$
$\vec{C_1} = \vec{C} + k_C\vec{d}$
где $k_A, k_B, k_C$ — некоторые действительные числа.

Найдем векторы сторон треугольника $A_1B_1C_1$:
$\vec{A_1B_1} = \vec{B_1} - \vec{A_1} = (\vec{B} + k_B\vec{d}) - (\vec{A} + k_A\vec{d}) = \vec{AB} + (k_B-k_A)\vec{d}$.
Из условия равенства длин сторон $A_1B_1^2 = AB^2$:
$|\vec{AB} + (k_B-k_A)\vec{d}|^2 = |\vec{AB}|^2$
$|\vec{AB}|^2 + 2(k_B-k_A)(\vec{AB}\cdot\vec{d}) + (k_B-k_A)^2|\vec{d}|^2 = |\vec{AB}|^2$
$(k_B-k_A) \cdot [2(\vec{AB}\cdot\vec{d}) + (k_B-k_A)|\vec{d}|^2] = 0$.

Это уравнение имеет два решения:
1) $k_B-k_A=0$, то есть $k_A=k_B$. В этом случае $\vec{A_1B_1} = \vec{AB}$.
2) $k_B-k_A = -2\frac{\vec{AB}\cdot\vec{d}}{|\vec{d}|^2}$. В этом случае вектор $\vec{A_1B_1}$ является результатом отражения вектора $\vec{AB}$ относительно плоскости, перпендикулярной вектору $\vec{d}$.

Выберем для всех сторон второй вариант.
В нашем примере: $\vec{d}=(1,0,1)$, $|\vec{d}|^2=1^2+0^2+1^2=2$.
$\vec{AB}=(1,0,0)$, $\vec{AC}=(0,1,0)$.
Плоскость $ABC$ определяется векторами $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$. Ее нормальный вектор:
$\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = (1,0,0) \times (0,1,0) = (0,0,1)$.

Найдем векторы, определяющие плоскость $A_1B_1C_1$, используя формулу отражения:
$\vec{A_1B_1} = \vec{AB} - 2\frac{\vec{AB}\cdot\vec{d}}{|\vec{d}|^2}\vec{d} = (1,0,0) - 2\frac{(1,0,0)\cdot(1,0,1)}{2}(1,0,1) = (1,0,0) - 1\cdot(1,0,1) = (0,0,-1)$.
$\vec{A_1C_1} = \vec{AC} - 2\frac{\vec{AC}\cdot\vec{d}}{|\vec{d}|^2}\vec{d} = (0,1,0) - 2\frac{(0,1,0)\cdot(1,0,1)}{2}(1,0,1) = (0,1,0) - 0\cdot(1,0,1) = (0,1,0)$.

Плоскость $A_1B_1C_1$ определяется векторами $\vec{A_1B_1}$ и $\vec{A_1C_1}$. Ее нормальный вектор:
$\vec{n_1} = \vec{A_1B_1} \times \vec{A_1C_1} = (0,0,-1) \times (0,1,0) = (1,0,0)$.

Сравним нормальные векторы двух плоскостей: $\vec{n}=(0,0,1)$ и $\vec{n_1}=(1,0,0)$. Эти векторы не коллинеарны, следовательно, плоскости $ABC$ и $A_1B_1C_1$ не параллельны.
При этом все условия задачи выполнены: треугольники равны (так как операция отражения сохраняет длины векторов), и прямые $AA_1, BB_1, CC_1$ параллельны (по построению).

Ответ: Нет, утверждать, что плоскости $ABC$ и $A_1B_1C_1$ параллельны, нельзя.

1.72. Даны плоскости $\alpha$, $\beta$ и прямые $a, b$ такие, что $\alpha \parallel \beta$, $\alpha \cap a = A$, $\beta \cap a = B$, $\alpha \cap b = C$, $\beta \cap b = D$. Точки $K$ и $N$ принадлежат прямым $a$ и $b$ соответственно, причем $AK : KB = CN : ND$. Докажите, что $KN \parallel \beta$.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Введем радиус-векторы для всех заданных точек. Пусть $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{k}, \vec{n}$ — радиус-векторы точек $A, B, C, D, K, N$ соответственно.

Из условия задачи известно, что точки K и N принадлежат прямым $a$ и $b$ соответственно, причем выполняется соотношение $AK : KB = CN : ND$. Обозначим это отношение как $\lambda$, то есть:

$ \frac{AK}{KB} = \frac{CN}{ND} = \lambda $

где $\lambda$ — некоторое неотрицательное число.

Это означает, что точка K делит отрезок AB в отношении $\lambda:1$. Ее радиус-вектор $\vec{k}$ можно выразить через радиус-векторы точек A и B:

$ \vec{k} = \frac{1 \cdot \vec{a} + \lambda \cdot \vec{b}}{1+\lambda} $

Аналогично, точка N делит отрезок CD в отношении $\lambda:1$. Ее радиус-вектор $\vec{n}$ выражается через радиус-векторы точек C и D:

$ \vec{n} = \frac{1 \cdot \vec{c} + \lambda \cdot \vec{d}}{1+\lambda} $

Теперь найдем вектор $\vec{KN}$, который соединяет точки K и N:

$ \vec{KN} = \vec{n} - \vec{k} = \left(\frac{\vec{c} + \lambda\vec{d}}{1+\lambda}\right) - \left(\frac{\vec{a} + \lambda\vec{b}}{1+\lambda}\right) = \frac{(\vec{c} - \vec{a}) + \lambda(\vec{d} - \vec{b})}{1+\lambda} $

Учитывая, что $\vec{c} - \vec{a} = \vec{AC}$ и $\vec{d} - \vec{b} = \vec{BD}$, получаем:

$ \vec{KN} = \frac{1}{1+\lambda}\vec{AC} + \frac{\lambda}{1+\lambda}\vec{BD} $

Проанализируем векторы $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$.

1. Точки A и C по условию лежат в плоскости $\alpha$ ($A \in \alpha, C \in \alpha$). Следовательно, вектор $\vec{AC}$ лежит в плоскости $\alpha$.

2. Точки B и D по условию лежат в плоскости $\beta$ ($B \in \beta, D \in \beta$). Следовательно, вектор $\vec{BD}$ лежит в плоскости $\beta$.

По условию задачи плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($α \parallel β$).

Из параллельности плоскостей следует, что любой вектор, лежащий в плоскости $\alpha$, параллелен плоскости $\beta$. Таким образом, вектор $\vec{AC}$ параллелен плоскости $\beta$. Вектор $\vec{BD}$, лежащий в плоскости $\beta$, также параллелен ей.

Вектор $\vec{KN}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD}$. Поскольку оба этих вектора параллельны плоскости $\beta$, их линейная комбинация также будет вектором, параллельным плоскости $\beta$.

Более строго, пусть $\vec{n_{\beta}}$ — вектор нормали к плоскости $\beta$. Тогда для любого вектора $\vec{v}$, параллельного $\beta$, выполняется условие $\vec{v} \cdot \vec{n_{\beta}} = 0$.

Так как $\vec{AC} \parallel \beta$, то $\vec{AC} \cdot \vec{n_{\beta}} = 0$.

Так как $\vec{BD}$ лежит в $\beta$ (а значит $\vec{BD} \parallel \beta$), то $\vec{BD} \cdot \vec{n_{\beta}} = 0$.

Найдем скалярное произведение вектора $\vec{KN}$ и нормали $\vec{n_{\beta}}$:

$ \vec{KN} \cdot \vec{n_{\beta}} = \left(\frac{1}{1+\lambda}\vec{AC} + \frac{\lambda}{1+\lambda}\vec{BD}\right) \cdot \vec{n_{\beta}} = \frac{1}{1+\lambda}(\vec{AC} \cdot \vec{n_{\beta}}) + \frac{\lambda}{1+\lambda}(\vec{BD} \cdot \vec{n_{\beta}}) = \frac{1}{1+\lambda} \cdot 0 + \frac{\lambda}{1+\lambda} \cdot 0 = 0 $

Так как скалярное произведение вектора $\vec{KN}$ и вектора нормали к плоскости $\beta$ равно нулю, то вектор $\vec{KN}$ перпендикулярен нормали, а значит, прямая $KN$ параллельна плоскости $\beta$.

При этом прямая $KN$ не лежит в плоскости $\beta$, поскольку точки K и N (за исключением вырожденных случаев $K=B$ и $N=D$) не принадлежат плоскости $\beta$.

Таким образом, доказано, что $KN \parallel \beta$.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая $KN$ параллельна плоскости $\beta$.