Страница 40 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.6. Отрезок $AK$ перпендикулярен плоскости прямоугольника $ABCD$. Найдите $KC$, если $AK = 2\sqrt{14}$ м, $AB = 5$ м, $AD = 12$ м.

Для решения задачи представим себе геометрическую конструкцию. У нас есть прямоугольник ABCD, лежащий в некоторой плоскости. Из вершины A этого прямоугольника проведен отрезок AK, перпендикулярный всей плоскости прямоугольника. Нам нужно найти длину отрезка KC, соединяющего точку K с вершиной C прямоугольника.

Решение можно разбить на два этапа.

1. Нахождение диагонали AC прямоугольника ABCD.

Поскольку ABCD — прямоугольник, его угол B является прямым ($ \angle B = 90^\circ $). Следовательно, треугольник ABC является прямоугольным. Мы можем найти его гипотенузу AC по теореме Пифагора: $AC^2 = AB^2 + BC^2$.

По условию $AB = 5$ м. В прямоугольнике противолежащие стороны равны, поэтому $BC = AD = 12$ м.

Подставляем значения в формулу:

$AC^2 = 5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169$

$AC = \sqrt{169} = 13$ м.

2. Нахождение длины отрезка KC.

По условию задачи отрезок AK перпендикулярен плоскости прямоугольника ABCD. Это означает, что AK перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку A. В частности, отрезок AK перпендикулярен диагонали AC ($AK \perp AC$).

Таким образом, треугольник AKC является прямоугольным с прямым углом при вершине A ($ \angle KAC = 90^\circ $). Искомый отрезок KC является гипотенузой этого треугольника.

Снова применяем теорему Пифагора, на этот раз для треугольника AKC: $KC^2 = AK^2 + AC^2$.

Нам известно, что $AK = 2\sqrt{14}$ м, и мы нашли, что $AC = 13$ м.

Подставляем эти значения:

$KC^2 = (2\sqrt{14})^2 + 13^2 = (4 \cdot 14) + 169 = 56 + 169 = 225$

$KC = \sqrt{225} = 15$ м.

Ответ: 15 м.

2.7. Известно, что $AB \perp \alpha$, $CD \perp \alpha$, $B \in \alpha$, $D \in \alpha$. Сколько плоскостей можно провести через данные четыре точки? Почему?

Согласно условию задачи, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($AB \perp \alpha$) и прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($CD \perp \alpha$). Точки $B$ и $D$ лежат в плоскости $\alpha$ ($B \in \alpha, D \in \alpha$).

Из теоремы стереометрии известно, что две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны друг другу. Следовательно, прямые $AB$ и $CD$ параллельны: $AB \parallel CD$.

Дальнейшее решение зависит от взаимного расположения этих параллельных прямых. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Прямые AB и CD различны.

Это означает, что точки A, B, C, D не лежат на одной прямой. Согласно аксиоме стереометрии, через две различные параллельные прямые ($AB$ и $CD$) можно провести плоскость, и притом только одну. Эта плоскость будет содержать обе прямые, а значит, и все четыре точки A, B, C и D. На рисунке выше эта плоскость показана оранжевым цветом. Таким образом, если прямые $AB$ и $CD$ не совпадают, то через четыре данные точки можно провести ровно одну плоскость.

Случай 2: Прямые AB и CD совпадают.

Этот случай является вырожденным. Он возможен, если точки A, B, C и D лежат на одной прямой. Через любую прямую в пространстве можно провести бесконечное множество плоскостей. Каждая из этих плоскостей будет содержать все четыре точки A, B, C и D. Следовательно, если все четыре точки лежат на одной прямой, через них можно провести бесконечно много плоскостей.

Вывод:

Формулировка задачи, в которой упоминаются два отрезка $AB$ и $CD$, обычно предполагает, что они различны и не лежат на одной прямой. Поэтому наиболее вероятным и стандартным решением является первый случай.

Ответ: Возможны два варианта. 1) Если данные четыре точки не лежат на одной прямой, то через них можно провести только одну плоскость. Это следует из того, что прямые $AB$ и $CD$ параллельны (так как обе перпендикулярны плоскости $\alpha$), а через две различные параллельные прямые проходит единственная плоскость. 2) Если все четыре точки лежат на одной прямой, то через них можно провести бесконечное множество плоскостей, так как через любую прямую проходит бесконечно много плоскостей. В контексте школьной геометрии обычно подразумевается первый, невырожденный случай.

2.8. Прямая $a$, проходящая через вершину $A$ треугольника $ABC$, перпендикулярна его сторонам $AB$ и $AC$. Выясните взаимное расположение прямых $a$ и $BC$?

Для решения этой задачи воспользуемся основными теоремами стереометрии о перпендикулярности прямых и плоскостей.

1. Определение плоскости.
По условию, прямые AB и AC являются сторонами треугольника ABC и пересекаются в вершине A. Две пересекающиеся прямые определяют единственную плоскость. Обозначим эту плоскость как плоскость треугольника ABC (пусть это будет плоскость $\alpha$). Таким образом, прямые AB и AC, а также все точки треугольника, включая сторону BC, лежат в плоскости $\alpha$.

2. Перпендикулярность прямой и плоскости.
В условии сказано, что прямая a, проходящая через точку A, перпендикулярна и прямой AB, и прямой AC.
$a \perp AB$
$a \perp AC$
Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости: "Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна к этой плоскости".
Так как прямая a перпендикулярна двум пересекающимся прямым AB и AC в плоскости $\alpha$, то прямая a перпендикулярна всей плоскости $\alpha$.
$a \perp \alpha$

3. Взаимное расположение прямых a и BC.
Прямая BC лежит в плоскости $\alpha$, так как точки B и C принадлежат этой плоскости.
По определению прямой, перпендикулярной плоскости: "Если прямая перпендикулярна к плоскости, то она перпендикулярна к любой прямой, лежащей в этой плоскости".
Поскольку прямая a перпендикулярна плоскости $\alpha$, а прямая BC лежит в этой плоскости, то прямая a перпендикулярна прямой BC.
$a \perp BC$
Прямые a и BC не пересекаются (так как точка A, через которую проходит прямая a, не лежит на прямой BC) и не параллельны. Такие прямые называются скрещивающимися. В данном случае они являются перпендикулярными скрещивающимися прямыми.

Ответ: Прямые a и BC перпендикулярны.

2.9. Сколько прямых, перпендикулярных данной прямой, можно провести через точку, лежащую на этой прямой? А через точку, не лежащую на данной прямой?

Сколько прямых, перпендикулярных данной прямой, можно провести через точку, лежащую на этой прямой?

Ответ на этот вопрос зависит от того, рассматриваем ли мы задачу на плоскости (в планиметрии) или в пространстве (в стереометрии).

1. На плоскости (в планиметрии)

Согласно основной теореме (или аксиоме, в зависимости от построения курса) планиметрии, через точку, лежащую на данной прямой, можно провести только одну прямую, перпендикулярную ей.

Пусть у нас есть прямая $a$ и точка $A$, которая лежит на этой прямой ($A \in a$). Прямая $b$, проходящая через точку $A$, будет перпендикулярна прямой $a$, если она образует с ней прямой угол ($90^\circ$). Из точки $A$ на прямой $a$ можно отложить в одну полуплоскость только один угол, равный $90^\circ$. Аналогично можно сделать и для другой полуплоскости. Два луча, которые образуют эти углы с прямой $a$, являются противоположными и вместе составляют одну-единственную прямую $b$. Любая другая прямая, проходящая через точку $A$, будет пересекать прямую $a$ под углом, отличным от $90^\circ$.

2. В пространстве (в стереометрии)

В трехмерном пространстве через точку, лежащую на данной прямой, можно провести бесконечно много прямых, перпендикулярных ей. Все эти прямые будут лежать в одной плоскости, которая перпендикулярна исходной прямой и проходит через данную точку.

Пусть в пространстве дана прямая $a$ и точка $A$ на ней. Через точку $A$ проходит единственная плоскость $\pi$, перпендикулярная прямой $a$. Любая прямая, которая лежит в этой плоскости $\pi$ и проходит через точку $A$, по определению будет перпендикулярна прямой $a$. Так как в плоскости $\pi$ через точку $A$ можно провести бесконечное множество различных прямых, то и в пространстве существует бесконечное множество прямых, перпендикулярных $a$ и проходящих через $A$.

Обычно, если не указано иное, подобные задачи относятся к планиметрии.

Ответ: В геометрии на плоскости (планиметрии) можно провести только одну такую прямую. В геометрии в пространстве (стереометрии) — бесконечно много.

А через точку, не лежащую на данной прямой?

В этом случае ответ одинаков как для планиметрии, так и для стереометрии. Существует фундаментальная теорема, которая гласит: из точки, не лежащей на прямой, можно провести перпендикуляр к этой прямой, и притом только один.

Пусть дана прямая $a$ и точка $B$, не принадлежащая ей ($B \notin a$). Прямая $b$, проходящая через $B$ и перпендикулярная $a$, существует и является единственной.

В случае стереометрии, точка $B$ и прямая $a$ однозначно задают плоскость. В этой плоскости задача сводится к планиметрической, где решение, как мы знаем, единственно. Любая другая прямая, проходящая через точку $B$, либо не будет пересекать прямую $a$ (будет скрещивающейся), либо будет пересекать ее не под прямым углом.

Ответ: Можно провести только одну такую прямую.

2.10. Даны прямые $a$, $b$ и $c$ такие, что $a \perp b$ и $c \perp b$. Можно ли утверждать, что $a \parallel c$? Почему? Не противоречит ли это следующему утверждению из планиметрии: «Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны между собой»?

Можно ли утверждать, что $a \parallel c$? Почему?

Нет, в общем случае утверждать, что прямые $a$ и $c$ параллельны, нельзя. Данное условие ($a \perp b$ и $c \perp b$) относится к стереометрии (геометрии в трехмерном пространстве), где взаимное расположение прямых $a$ и $c$ может быть разным.

В пространстве две прямые ($a$ и $c$), перпендикулярные третьей прямой ($b$), могут быть:

1. Параллельными. Это возможно, например, если все три прямые лежат в одной плоскости.

2. Пересекающимися. Это происходит, если прямые $a$ и $c$ проходят через одну и ту же точку на прямой $b$.

3. Скрещивающимися. Это случай, когда прямые $a$ и $c$ лежат в параллельных плоскостях, перпендикулярных прямой $b$.

Поскольку существуют случаи, когда прямые $a$ и $c$ не параллельны, мы не можем утверждать, что $a \parallel c$ является единственно возможным вариантом. Для наглядности рассмотрим пример пересекающихся прямых в трехмерной системе координат.

На рисунке показаны три прямые $a, b, c$. Прямая $a$ и прямая $c$ перпендикулярны прямой $b$ ($a \perp b$ и $c \perp b$), но при этом они не параллельны, а пересекаются в одной точке.

Ответ: Нет, утверждать, что $a \parallel c$, нельзя, так как в пространстве эти прямые могут быть параллельными, пересекающимися или скрещивающимися.

Не противоречит ли это следующему утверждению из планиметрии: «Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны между собой»?

Нет, это не противоречит утверждению из планиметрии. Ключевое различие заключается в том, что утверждение «Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны между собой» является теоремой планиметрии, то есть оно справедливо только для фигур, лежащих в одной плоскости (копланарных).

Исходная задача рассматривается в стереометрии (в пространстве), где прямые $a, b$ и $c$ не обязательно лежат в одной плоскости. Таким образом, условия задачи и условия планиметрической теоремы различны. Теорема, верная для плоскости, не обязана быть верной для пространства. Противоречия нет, так как утверждения относятся к разным разделам геометрии с разными исходными допущениями.

Ответ: Нет, не противоречит, так как утверждение из планиметрии верно только для прямых, лежащих в одной плоскости, а в данной задаче прямые рассматриваются в пространстве и могут не лежать в одной плоскости.

2.11. Могут ли прямые b и c быть перпендикулярными, если $a \perp b$ и $\angle(a, c) = 60^{\circ}$? Обоснуйте ответ.

Да, прямые b и c могут быть перпендикулярными. Обоснуем этот вывод с помощью построения в пространстве.

1. Введём прямоугольную (декартову) систему координат Oxyz в пространстве. Выберем прямые a и b таким образом, чтобы они проходили через начало координат O. Пусть прямая a совпадает с осью Oz, а прямая b — с осью Ox. Оси Ox и Oz взаимно перпендикулярны, поэтому условие $a \perp b$ выполняется.

2. Согласно условию, угол между прямыми a и c равен $60^\circ$, то есть $\angle(a, c) = 60^\circ$. Так как прямая a совпадает с осью Oz, это означает, что угол между прямой c и осью Oz должен быть равен $60^\circ$.

3. Построим прямую c так, чтобы она проходила через начало координат O и лежала в координатной плоскости Oyz. В этой плоскости всегда можно провести прямую, образующую с осью Oz (на которой лежит прямая a) угол $60^\circ$.

4. Теперь проверим, будет ли такая прямая c перпендикулярна прямой b. Прямая b совпадает с осью Ox. По определению прямоугольной системы координат, ось Ox перпендикулярна всей плоскости Oyz. А если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поскольку наша прямая c лежит в плоскости Oyz, она перпендикулярна прямой b. Угол между ними составляет $90^\circ$.

Таким образом, мы показали, что существует такое расположение прямых в пространстве, при котором все условия задачи ($a \perp b$, $\angle(a, c) = 60^\circ$ и $b \perp c$) выполняются одновременно.

Ответ: Да, могут.

2.12. Покажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ $AB_1 \perp CD_1$.

Для доказательства перпендикулярности скрещивающихся прямых $AB_1$ и $CD_1$ в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ можно использовать несколько способов. Рассмотрим два из них.

Способ 1: Геометрический

Прямые $AB_1$ и $CD_1$ являются скрещивающимися. Чтобы найти угол между ними, выполним параллельный перенос одной из прямых так, чтобы она пересекла другую.

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ ребро $CD$ параллельно и равно ребру $BA$, а ребро $DD_1$ параллельно и равно ребру $AA_1$. Это означает, что существует параллельный перенос, переводящий грань $CDD_1C_1$ в грань $BAA_1B_1$. При этом переносе диагональ $CD_1$ переходит в диагональ $BA_1$.

Следовательно, прямая $CD_1$ параллельна прямой $BA_1$ ($CD_1 \parallel BA_1$).

Теперь задача сводится к нахождению угла между пересекающимися прямыми $AB_1$ и $BA_1$.

Обе эти прямые лежат в плоскости квадрата $ABB_1A_1$ и являются его диагоналями.

По свойству диагоналей квадрата, они взаимно перпендикулярны, то есть $AB_1 \perp BA_1$.

Поскольку $AB_1 \perp BA_1$ и $BA_1 \parallel CD_1$, то по определению угла между скрещивающимися прямыми, прямая $AB_1$ перпендикулярна прямой $CD_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Способ 2: Векторно-координатный метод

Введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $D$, а оси $Ox$, $Oy$, $Oz$ направим вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$ соответственно. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины будут иметь следующие координаты:

$A(a, 0, 0)$

$B_1(a, a, a)$

$C(0, a, 0)$

$D_1(0, 0, a)$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AB_1$ и $CD_1$:

$\vec{AB_1} = (x_{B_1} - x_A; y_{B_1} - y_A; z_{B_1} - z_A) = (a - a; a - 0; a - 0) = (0; a; a)$.

$\vec{CD_1} = (x_{D_1} - x_C; y_{D_1} - y_C; z_{D_1} - z_C) = (0 - 0; 0 - a; a - 0) = (0; -a; a)$.

Две прямые в пространстве перпендикулярны тогда и только тогда, когда их направляющие векторы перпендикулярны. В свою очередь, векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{CD_1}$:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{CD_1} = 0 \cdot 0 + a \cdot (-a) + a \cdot a = 0 - a^2 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AB_1}$ и $\vec{CD_1}$ перпендикулярны. Следовательно, прямые $AB_1$ и $CD_1$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.13. Отрезки $OA$, $OB$ и $OC$ попарно перпендикулярны между собой. Найдите углы треугольника $ABC$, если $OA = OB = 6 \text{ см}, OC = 8 \text{ см}$ (рис. 2.14).

Рис. 2.14

Поскольку отрезки $OA$, $OB$ и $OC$ попарно перпендикулярны, треугольники $AOB$, $AOC$ и $BOC$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $O$. Для нахождения углов треугольника $ABC$ сначала найдем длины его сторон, которые являются гипотенузами в указанных прямоугольных треугольниках.

1. Нахождение длин сторон треугольника ABC

Воспользуемся теоремой Пифагора ($a^2 + b^2 = c^2$) для каждого из трех прямоугольных треугольников:

- В $\triangle AOB$ (прямоугольный, $\angle AOB = 90^\circ$):
$AB^2 = OA^2 + OB^2 = 6^2 + 6^2 = 36 + 36 = 72$.
$AB = \sqrt{72} = \sqrt{36 \cdot 2} = 6\sqrt{2}$ см.

- В $\triangle AOC$ (прямоугольный, $\angle AOC = 90^\circ$):
$AC^2 = OA^2 + OC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$.
$AC = \sqrt{100} = 10$ см.

- В $\triangle BOC$ (прямоугольный, $\angle BOC = 90^\circ$):
$BC^2 = OB^2 + OC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$.
$BC = \sqrt{100} = 10$ см.

2. Нахождение углов треугольника ABC

Теперь мы знаем стороны треугольника $ABC$: $AB = 6\sqrt{2}$ см, $AC = 10$ см, $BC = 10$ см. Так как $AC = BC$, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AB$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, то есть $\angle CAB = \angle CBA$.

Для нахождения углов воспользуемся теоремой косинусов ($c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma$).

- Найдем угол $\angle BCA$, противолежащий стороне $AB$:
$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle BCA)$
$(6\sqrt{2})^2 = 10^2 + 10^2 - 2 \cdot 10 \cdot 10 \cdot \cos(\angle BCA)$
$72 = 200 - 200 \cos(\angle BCA)$
$200 \cos(\angle BCA) = 200 - 72 = 128$
$\cos(\angle BCA) = \frac{128}{200} = \frac{16}{25}$.
Таким образом, $\angle BCA = \arccos\left(\frac{16}{25}\right)$.

- Найдем угол $\angle CAB$. Так как $\angle CAB = \angle CBA$, найдем один из них, например, $\angle CAB$:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle CAB)$
$10^2 = (6\sqrt{2})^2 + 10^2 - 2 \cdot 6\sqrt{2} \cdot 10 \cdot \cos(\angle CAB)$
$100 = 72 + 100 - 120\sqrt{2} \cos(\angle CAB)$
$0 = 72 - 120\sqrt{2} \cos(\angle CAB)$
$120\sqrt{2} \cos(\angle CAB) = 72$
$\cos(\angle CAB) = \frac{72}{120\sqrt{2}} = \frac{6}{10\sqrt{2}} = \frac{3}{5\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{10}$.
Таким образом, $\angle CAB = \angle CBA = \arccos\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$.

Ответ: углы треугольника ABC равны $\angle CAB = \arccos\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$, $\angle CBA = \arccos\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}\right)$ и $\angle BCA = \arccos\left(\frac{16}{25}\right)$.

2.14. Даны прямая $\text{a}$ и плоскость $\alpha$, $a \perp \alpha$, $A = a \cap \alpha$. Прямая $\text{b}$ проходит через точку $\text{A}$ и $b \perp a$. Докажите, что $b \subset \alpha$.

Для доказательства воспользуемся методом от противного.

Дано:

1. Прямая $a$ и плоскость $\alpha$.

2. $a \perp \alpha$.

3. $A = a \cap \alpha$.

4. Прямая $b$ проходит через точку $A$.

5. $b \perp a$.

Доказать:

$b \subset \alpha$.

Доказательство:

Предположим, что прямая $b$ не лежит в плоскости $\alpha$, то есть $b \not\subset \alpha$.

Поскольку прямые $a$ и $b$ пересекаются в точке $A$ (по условию $A \in a$ и $A \in b$), через них можно провести единственную плоскость. Назовем эту плоскость $\beta$. Таким образом, $a \subset \beta$ и $b \subset \beta$.

Плоскости $\alpha$ и $\beta$ имеют общую точку $A$, следовательно, они пересекаются по некоторой прямой $c$. Так как точка $A$ принадлежит обеим плоскостям, она принадлежит и линии их пересечения: $A \in c$. Итак, $c = \alpha \cap \beta$.

По условию задачи, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($a \perp \alpha$). По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку их пересечения $A$.

Прямая $c$ лежит в плоскости $\alpha$ ($c \subset \alpha$) и проходит через точку $A$. Следовательно, прямая $a$ перпендикулярна прямой $c$, то есть $a \perp c$.

Теперь рассмотрим ситуацию в плоскости $\beta$. В этой плоскости лежат прямые $a$, $b$ и $c$, и все они проходят через точку $A$.

Из условия мы знаем, что $b \perp a$.

Из нашего рассуждения мы получили, что $c \perp a$.

Так как мы предположили, что $b \not\subset \alpha$, а прямая $c$ по построению лежит в плоскости $\alpha$ ($c \subset \alpha$), то прямые $b$ и $c$ являются различными прямыми ($b \neq c$).

Таким образом, мы пришли к выводу, что в плоскости $\beta$ через точку $A$, лежащую на прямой $a$, проходят две различные прямые ($b$ и $c$), перпендикулярные прямой $a$. Это противоречит теореме планиметрии, согласно которой через любую точку прямой в плоскости можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, прямая $b$ должна лежать в плоскости $\alpha$.

Ответ: Доказано, что $b \subset \alpha$.

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.

2.16. Верно ли утверждение: «Если $c \perp a$, $c \perp b$, $a \subset \alpha$, $b \subset \alpha$, то $c \perp \alpha$?» Дополните это утверждение так, чтобы оно было верным при любых условиях.

Верно ли утверждение: «Если $c \perp a$, $c \perp b$, $a \subset \alpha$, $b \subset \alpha$, то $c \perp \alpha$?»

Нет, данное утверждение не всегда верно. Оно опирается на признак перпендикулярности прямой и плоскости, который гласит, что прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В условии задачи не сказано, что прямые $a$ и $b$ пересекаются.

Если прямые $a$ и $b$ параллельны ($a \parallel b$), то утверждение не выполняется. Рассмотрим контрпример: пусть в плоскости $\alpha$ лежат две параллельные прямые $a$ и $b$. Тогда можно провести прямую $c$ так, что она тоже лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярна обеим прямым $a$ и $b$. В этом случае все условия ($c \perp a$, $c \perp b$, $a \subset \alpha$, $b \subset \alpha$) выполнены, но прямая $c$ не перпендикулярна плоскости $\alpha$, так как она сама принадлежит этой плоскости.

Ответ: Нет, утверждение не верно.

Дополните это утверждение так, чтобы оно было верным при любых условиях.

Чтобы исходное утверждение стало верным, необходимо добавить недостающее условие из признака перпендикулярности прямой и плоскости, а именно — что прямые $a$ и $b$ пересекаются.

Верное утверждение формулируется так:

«Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости».

Таким образом, дополненное утверждение выглядит следующим образом: «Если $c \perp a$, $c \perp b$, $a \subset \alpha$, $b \subset \alpha$ и прямые $a$ и $b$ пересекаются, то $c \perp \alpha$». В символической записи условие пересечения прямых можно записать как $a \cap b \neq \emptyset$.

Ответ: Чтобы утверждение было верным, нужно добавить условие: «и прямые $a$ и $b$ пересекаются».