Страница 47 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.37. Дано: $AB \perp \alpha, CD \perp \alpha, B \in \alpha, D \in \alpha, AC \cap \alpha = E$ и $AB=CD=4$ см.

1) Докажите, что $BE = DE, AE = CE$.

2) Найдите $AC$ и $BD$, если $\angle BAE = 60^{\circ}$.

1) Докажите, что $BE = DE$, $AE = CE$.

Поскольку отрезки $AB$ и $CD$ перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$, то прямые, содержащие эти отрезки, параллельны друг другу ($AB \parallel CD$).

Параллельные прямые $AB$ и $CD$ определяют единственную плоскость, в которой лежат точки $A, B, C, D$.

По условию, прямая $AC$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $E$. Так как точки $B$ и $D$ лежат в плоскости $\alpha$, то и вся прямая $BD$ лежит в плоскости $\alpha$. Поскольку точка $E$ является общей точкой для прямой $AC$ и плоскости $\alpha$, а прямые $AC$ и $BD$ лежат в одной плоскости (определенной точками $A, B, C, D$), то точка $E$ является точкой пересечения прямых $AC$ и $BD$. Это означает, что точки $A, E, C$ лежат на одной прямой, и точки $B, E, D$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABE$ и $\triangle CDE$.

1. $\angle AEB = \angle CED$ как вертикальные углы.

2. Так как $AB \parallel CD$, то при секущей $AC$ накрест лежащие углы равны: $\angle BAE = \angle DCE$.

3. По условию дано, что $AB = CD = 4$ см.

Таким образом, $\triangle ABE \cong \triangle CDE$ по признаку равенства треугольников по стороне и двум углам (AAS - угол-угол-сторона), так как $\angle BAE = \angle DCE$, $\angle AEB = \angle CED$ и $AB = CD$.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон: $BE = DE$ и $AE = CE$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Найдите $AC$ и $BD$, если $\angle BAE = 60^{\circ}$.

Из условия $AB \perp \alpha$ и того, что прямая $BE$ лежит в плоскости $\alpha$ (являясь частью прямой $BD$), следует, что $AB \perp BE$. Таким образом, $\triangle ABE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$, то есть $\angle ABE = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle ABE$ нам известны:

• катет $AB = 4$ см
• острый угол $\angle BAE = 60^\circ$

Найдем гипотенузу $AE$ и второй катет $BE$, используя тригонометрические соотношения:

$AE = \frac{AB}{\cos(\angle BAE)} = \frac{4}{\cos(60^\circ)} = \frac{4}{1/2} = 8$ см.

$BE = AB \cdot \tan(\angle BAE) = 4 \cdot \tan(60^\circ) = 4\sqrt{3}$ см.

Из пункта 1) мы знаем, что точка $E$ является серединой отрезков $AC$ и $BD$, то есть $AE = CE$ и $BE = DE$.

Следовательно, можем найти длины отрезков $AC$ и $BD$:

$AC = AE + CE = 2 \cdot AE = 2 \cdot 8 = 16$ см.

$BD = BE + DE = 2 \cdot BE = 2 \cdot 4\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$ см.

Ответ: $AC = 16$ см, $BD = 8\sqrt{3}$ см.

2.38. К плоскости равностороннего треугольника $ABC$ проведен перпендикуляр $AD$, точка $E$ - середина стороны $BC$.

1) Докажите, что $DE \perp BC$.

2) Найдите $DE$, если $AB = 4 \text{ см}$, $AD = 3 \text{ см}$.

Для наглядности построим чертеж, соответствующий условию задачи.

1) Докажите, что DE ⊥ BC.

По условию, $AD$ - перпендикуляр к плоскости треугольника $ABC$. Следовательно, $AD \perp (ABC)$.
Отрезок $DE$ является наклонной к плоскости $(ABC)$, а отрезок $AE$ - ее проекцией на эту плоскость (поскольку точка $D$ проецируется в точку $A$, а точка $E$ лежит в плоскости и проецируется сама в себя).
Рассмотрим треугольник $ABC$. Он равносторонний, а точка $E$ - середина стороны $BC$. Следовательно, отрезок $AE$ является медианой треугольника $ABC$.
В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к стороне, является также и высотой. Таким образом, $AE \perp BC$.
Теперь применим теорему о трёх перпендикулярах. Она гласит, что если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой.
В нашем случае: - $DE$ - наклонная. - $AE$ - проекция наклонной $DE$ на плоскость $(ABC)$. - $BC$ - прямая в плоскости $(ABC)$.
Поскольку проекция $AE$ перпендикулярна прямой $BC$ ($AE \perp BC$), то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная $DE$ перпендикулярна прямой $BC$. То есть, $DE \perp BC$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

2) Найдите DE, если AB = 4 см, AD = 3 см.

Так как $AD \perp (ABC)$, то прямая $AD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$. Прямая $AE$ лежит в плоскости $(ABC)$ и проходит через точку $A$, следовательно, $AD \perp AE$.
Это означает, что треугольник $ADE$ является прямоугольным с прямым углом $\angle DAE = 90^\circ$.
По теореме Пифагора для треугольника $ADE$:
$DE^2 = AD^2 + AE^2$
Нам дана длина $AD = 3$ см. Необходимо найти длину $AE$.
$AE$ - это высота (а также медиана и биссектриса) равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $AB=4$ см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABE$ (мы доказали, что $AE \perp BC$, значит $\angle AEB = 90^\circ$). - Гипотенуза $AB = 4$ см. - Катет $BE$ равен половине стороны $BC$. Так как треугольник $ABC$ равносторонний, $BC = AB = 4$ см. Следовательно, $BE = \frac{BC}{2} = \frac{4}{2} = 2$ см. - Найдем катет $AE$ по теореме Пифагора:
$AE^2 = AB^2 - BE^2 = 4^2 - 2^2 = 16 - 4 = 12$
$AE = \sqrt{12} = \sqrt{4 \cdot 3} = 2\sqrt{3}$ см.
Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $ADE$ и найдем гипотенузу $DE$:
$DE^2 = AD^2 + AE^2 = 3^2 + (2\sqrt{3})^2 = 9 + 4 \cdot 3 = 9 + 12 = 21$
$DE = \sqrt{21}$ см.
Ответ: $DE = \sqrt{21}$ см.

2.39. К плоскости квадрата ABCD проведен перпендикуляр AK. Найдите расстояние от точки K до прямых AB, BC и BD, если $AB = 3 \text{ см}$, $AK = 4 \text{ см}$ (рис. 2.24).

Рис. 2.24

По условию задачи, $ABCD$ — квадрат со стороной $AB = 3$ см. К плоскости квадрата проведен перпендикуляр $AK$ длиной $AK = 4$ см. Это означает, что $AK \perp (ABCD)$ и, следовательно, $AK$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости.

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на эту прямую. Так как $AK \perp (ABCD)$, а прямая $AB$ лежит в этой плоскости, то по определению перпендикуляра к плоскости $AK \perp AB$. Следовательно, длина отрезка $AK$ и является искомым расстоянием.
Ответ: 4 см.

Воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах. У нас есть перпендикуляр $AK$ к плоскости $(ABCD)$ и наклонная $KB$ к прямой $BC$. Проекцией наклонной $KB$ на плоскость $(ABCD)$ является отрезок $AB$. Поскольку $ABCD$ — квадрат, то его смежные стороны перпендикулярны: $AB \perp BC$. По теореме о трёх перпендикулярах, если проекция наклонной ($AB$) перпендикулярна прямой в плоскости ($BC$), то и сама наклонная ($KB$) перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $KB \perp BC$, и длина отрезка $KB$ является расстоянием от точки $K$ до прямой $BC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $KAB$ ($\angle KAB = 90^\circ$, так как $AK \perp AB$). По теореме Пифагора:
$KB = \sqrt{AK^2 + AB^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.
Ответ: 5 см.

Снова применим теорему о трёх перпендикулярах. Расстоянием от точки $K$ до прямой $BD$ будет длина перпендикуляра, опущенного из $K$ на $BD$. Обозначим его $KH$. Проекцией наклонной $KH$ на плоскость $(ABCD)$ является отрезок $AH$. По теореме о трёх перпендикулярах, из $KH \perp BD$ следует, что $AH \perp BD$. В плоскости квадрата перпендикуляром, опущенным из вершины $A$ на диагональ $BD$, является отрезок $AO$, где $O$ — точка пересечения диагоналей. Значит, точка $H$ совпадает с точкой $O$, и искомое расстояние — это длина отрезка $KO$.
Сначала найдём длину $AO$. Диагональ квадрата $AC$ по теореме Пифагора в $\triangle ABC$ равна $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 3^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ см. Диагонали в квадрате точкой пересечения делятся пополам, поэтому $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KAO$ ($\angle KAO = 90^\circ$, так как $AK \perp AO$). По теореме Пифагора:
$KO = \sqrt{AK^2 + AO^2} = \sqrt{4^2 + \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{9 \cdot 2}{4}} = \sqrt{16 + \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{32+9}{2}} = \sqrt{\frac{41}{2}} = \frac{\sqrt{82}}{2}$ см.
Ответ: $\frac{\sqrt{82}}{2}$ см.

2.40. Концы отрезка $AB$ удалены от плоскости $\alpha$ на расстояния, равные 1 см и 5 см соответственно. Найдите расстояние от середины отрезка $AB$ до плоскости $\alpha$, если:

1) отрезок $AB$ не пересекается с плоскостью $\alpha$;

2) отрезок $AB$ пересекает плоскость $\alpha$.

1) отрезок AB не пересекается с плоскостью α;

Пусть $AA'$ и $BB'$ — перпендикуляры, опущенные из точек $A$ и $B$ на плоскость $\alpha$. Тогда длины этих перпендикуляров равны заданным расстояниям: $AA' = 1$ см и $BB' = 5$ см. Пусть $M$ — середина отрезка $AB$, а $M'$ — ее проекция на плоскость $\alpha$. Требуется найти длину отрезка $MM'$.

Поскольку отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$, точки $A$ и $B$ находятся по одну сторону от нее. Рассмотрим сечение, проходящее через точки $A$ и $B$ и перпендикулярное плоскости $\alpha$. В этом сечении фигура $A'B'BA$ является прямоугольной трапецией с основаниями $AA'$ и $BB'$, параллельными друг другу. Отрезок $MM'$ является средней линией этой трапеции.

Длина средней линии трапеции равна полусумме длин ее оснований. Таким образом, расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ вычисляется по формуле:$MM' = \frac{AA' + BB'}{2}$

Подставим известные значения:$MM' = \frac{1 + 5}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

Ответ: 3 см.

2) отрезок AB пересекает плоскость α.

В этом случае точки $A$ и $B$ находятся по разные стороны от плоскости $\alpha$. Расстояния от точек до плоскости по-прежнему равны $AA' = 1$ см и $BB' = 5$ см.

Для решения этой задачи удобно использовать понятие направленных (или "знаковых") расстояний. Если принять плоскость $\alpha$ за нулевой уровень, то расстояния до точек, лежащих по разные стороны от нее, будут иметь разные знаки. Пусть расстояние до точки $A$ равно $d_A = 1$ см, тогда расстояние до точки $B$, лежащей с другой стороны, будет $d_B = -5$ см.

Расстояние от середины отрезка $M$ до плоскости, $d_M$, является средним арифметическим знаковых расстояний от его концов:

$d_M = \frac{d_A + d_B}{2}$

Искомое расстояние — это абсолютное значение (модуль) этой величины. Подставим значения:$d_M = \frac{1 + (-5)}{2} = \frac{-4}{2} = -2$ см.

Расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ равно $|d_M|$:$|d_M| = |-2| = 2$ см.

Ответ: 2 см.

2.41. Расстояние от вершин равностороннего треугольника ABC до точки D равно 5 см. Найдите расстояние от точки D до плоскости ABC, если $AB = 8 \text{ см}$.

Поскольку точка D равноудалена от вершин треугольника ABC, то есть $DA = DB = DC = 5$ см, ее проекция на плоскость ABC, обозначим ее H, будет равноудалена от вершин A, B и C. Точка, равноудаленная от вершин треугольника, является центром описанной около него окружности. Таким образом, точка H — это центр описанной окружности треугольника ABC.

Расстояние от точки D до плоскости ABC — это длина перпендикуляра DH. Рассмотрим треугольник DHA. Он является прямоугольным, так как $DH \perp (ABC)$, а значит, $DH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой AH. В этом треугольнике:

• $DA$ — гипотенуза, $DA = 5$ см (по условию).
• $DH$ — катет, искомое расстояние.
• $AH$ — катет, который является радиусом $R$ описанной окружности равностороннего треугольника ABC.

Найдем радиус $R$ описанной окружности для равностороннего треугольника со стороной $a = AB = 8$ см. Формула для радиуса описанной окружности равностороннего треугольника:

$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$

Подставим значение стороны $a=8$ см:

$AH = R = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.

Теперь по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника DHA ($DA^2 = DH^2 + AH^2$) найдем катет DH:

$DH^2 = DA^2 - AH^2$

$DH^2 = 5^2 - \left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)^2 = 25 - \frac{64 \cdot 3}{9} = 25 - \frac{64}{3}$

$DH^2 = \frac{75}{3} - \frac{64}{3} = \frac{11}{3}$

$DH = \sqrt{\frac{11}{3}} = \frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{33}}{3}$ см.

Визуализация задачи:

Ответ: $\frac{\sqrt{33}}{3}$ см.

2.42. Какую фигуру образует множество всех наклонных одинаковой длины, проведенных из одной и той же точки к данной плоскости?

Пусть дана точка $A$, не лежащая в плоскости $\alpha$, и пусть $l$ — постоянная длина наклонных, проведённых из точки $A$ к плоскости $\alpha$.
Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AO$ на плоскость $\alpha$. Длина этого перпендикуляра, $h = AO$, является расстоянием от точки до плоскости и является постоянной величиной для данных точки и плоскости.
Рассмотрим произвольную наклонную $AB$, где точка $B$ лежит в плоскости $\alpha$. По условию, длина этой наклонной $AB = l$. Отрезок $OB$ является проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$.
Треугольник $AOB$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $O$, поскольку перпендикуляр $AO$ к плоскости $\alpha$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $O$.
Ниже представлена иллюстрация данной геометрической конструкции:

Применим теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику $AOB$:
$AB^2 = AO^2 + OB^2$
Подставим известные обозначения длин:
$l^2 = h^2 + OB^2$
Выразим из этого уравнения длину проекции $OB$:
$OB^2 = l^2 - h^2$
$OB = \sqrt{l^2 - h^2}$
Поскольку длина наклонной $l$ и расстояние от точки до плоскости $h$ являются постоянными величинами, то и длина проекции $OB$ также является постоянной. Обозначим эту постоянную длину как $r$.
Таким образом, все основания наклонных (все возможные точки $B$) находятся в плоскости $\alpha$ на одинаковом расстоянии $r = \sqrt{l^2 - h^2}$ от точки $O$. Геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от одной ее точки (центра), есть окружность. Следовательно, основания всех наклонных образуют окружность с центром в точке $O$ и радиусом $r$.
Множество всех наклонных представляет собой совокупность отрезков, соединяющих вершину $A$ со всеми точками этой окружности. Такая пространственная фигура является боковой поверхностью конуса. Вершиной этого конуса является точка $A$, основанием — окружность, образованная основаниями наклонных, высотой — перпендикуляр $AO$, а образующей — сама наклонная длиной $l$.

Ответ: Множество всех таких наклонных образует боковую поверхность конуса.

2.43. Плоскость $\alpha$, перпендикулярная катету $AC$ прямоугольного треугольника $ABC$, делит его в отношении $m : n$. В каком отношении плоскость $\alpha$ делит гипотенузу $AB$?

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$. Тогда $AC$ и $BC$ — его катеты, а $AB$ — гипотенуза.

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна катету $AC$. Пусть она пересекает плоскость треугольника $ABC$ по прямой $l$. Так как плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $AC$, то и линия их пересечения $l$ также перпендикулярна $AC$ ($l \perp AC$).

Поскольку в прямоугольном треугольнике $ABC$ катет $BC$ также перпендикулярен катету $AC$ ($BC \perp AC$), то прямая $l$ параллельна прямой $BC$ ($l \parallel BC$).

Плоскость $\alpha$ делит треугольник, следовательно, линия пересечения $l$ проходит через его внутреннюю область. Пусть прямая $l$ пересекает катет $AC$ в точке $M$ и гипотенузу $AB$ в точке $N$. Таким образом, треугольник $ABC$ разделяется на две части: треугольник $AMN$ и трапецию $MNCB$.

Из-за того, что $MN \parallel BC$, треугольник $AMN$ подобен треугольнику $ABC$ ($\triangle AMN \sim \triangle ABC$).

По условию, плоскость $\alpha$ делит площадь треугольника $ABC$ в отношении $m:n$. Будем считать, что площадь треугольника $AMN$ относится к площади трапеции $MNCB$ как $m:n$.
То есть, $S_{AMN} : S_{MNCB} = m : n$.

Площадь всего треугольника $ABC$ равна сумме площадей его частей: $S_{ABC} = S_{AMN} + S_{MNCB}$.
Найдем отношение площади треугольника $AMN$ к площади треугольника $ABC$:
$ \frac{S_{AMN}}{S_{ABC}} = \frac{S_{AMN}}{S_{AMN} + S_{MNCB}} = \frac{m}{m+n} $.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия $k$. Коэффициент подобия, в свою очередь, равен отношению соответствующих сторон.
$ \frac{S_{AMN}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{AN}{AB}\right)^2 $.

Приравнивая два выражения для отношения площадей, получаем:
$ \left(\frac{AN}{AB}\right)^2 = \frac{m}{m+n} $.

Отсюда находим отношение длины отрезка $AN$ к длине всей гипотенузы $AB$:
$ \frac{AN}{AB} = \sqrt{\frac{m}{m+n}} $.

Плоскость $\alpha$ делит гипотенузу $AB$ на отрезки $AN$ и $NB$. Нам нужно найти их отношение, то есть $AN:NB$.
Выразим $NB$ через $AB$ и $AN$: $NB = AB - AN$.
Теперь найдем искомое отношение:
$ \frac{AN}{NB} = \frac{AN}{AB - AN} $.

Разделим числитель и знаменатель на $AN$:
$ \frac{AN}{NB} = \frac{1}{\frac{AB}{AN} - 1} $.

Мы знаем, что $ \frac{AB}{AN} = \frac{1}{\frac{AN}{AB}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{m}{m+n}}} = \sqrt{\frac{m+n}{m}} $.
Подставим это значение в формулу для отношения:
$ \frac{AN}{NB} = \frac{1}{\sqrt{\frac{m+n}{m}} - 1} = \frac{1}{\frac{\sqrt{m+n} - \sqrt{m}}{\sqrt{m}}} = \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n} - \sqrt{m}} $.

Если бы отношение площадей было $S_{MNCB} : S_{AMN} = m : n$, то есть $S_{AMN} : S_{MNCB} = n : m$, то в итоговой формуле $m$ и $n$ поменялись бы местами. Так как в условии задачи порядок не уточнен, будем придерживаться первой, более естественной, трактовки.

Ответ: $ \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n} - \sqrt{m}} $ или $ \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{m+n} - \sqrt{n}} $, в зависимости от того, какая из частей считается первой.

2.44. Покажите, что две плоскости, перпендикулярные одной прямой, параллельны между собой.

Для доказательства этого утверждения воспользуемся методом от противного.

Пусть даны две плоскости $α$ и $β$ и прямая $a$. По условию, прямая $a$ перпендикулярна каждой из этих плоскостей:

$a ⊥ α$ и $a ⊥ β$.

Требуется доказать, что плоскости $α$ и $β$ параллельны, то есть $α || β$.

Доказательство:

Предположим, что плоскости $α$ и $β$ не параллельны. Если две плоскости не параллельны, они пересекаются по прямой. Обозначим эту прямую пересечения как $c$. Таким образом, $α ∩ β = c$.

Пусть прямая $a$ пересекает плоскость $α$ в точке $A$, а плоскость $β$ — в точке $B$. Так как плоскости $α$ и $β$ различны, точки $A$ и $B$ также различны (в противном случае, если бы $A$ и $B$ совпадали, через одну точку проходили бы две различные плоскости, перпендикулярные одной и той же прямой, что невозможно).

Возьмем на прямой пересечения $c$ произвольную точку $C$. Так как точка $C$ лежит на прямой $c$, она принадлежит и плоскости $α$, и плоскости $β$.

Рассмотрим отрезок $AC$. Так как точки $A$ и $C$ лежат в плоскости $α$, то и вся прямая $AC$ лежит в плоскости $α$.

По условию прямая $a$ перпендикулярна плоскости $α$ ($a ⊥ α$). По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $a ⊥ AC$. Это означает, что угол $∠BAC$ является прямым, то есть $∠BAC = 90°$.

Аналогично, рассмотрим отрезок $BC$. Так как точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $β$, то и вся прямая $BC$ лежит в плоскости $β$.

По условию прямая $a$ перпендикулярна плоскости $β$ ($a ⊥ β$). Следовательно, $a ⊥ BC$. Это означает, что угол $∠ABC$ является прямым, то есть $∠ABC = 90°$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABC$. Сумма углов в треугольнике равна $180°$. Для треугольника $ABC$ имеем:

$∠BAC + ∠ABC + ∠BCA = 180°$

Подставим известные значения углов:

$90° + 90° + ∠BCA = 180°$

$180° + ∠BCA = 180°$

Отсюда следует, что $∠BCA = 0°$.

Угол, равный нулю, означает, что точки $A$, $B$ и $C$ лежат на одной прямой. Поскольку точки $A$ и $B$ лежат на прямой $a$, то и точка $C$ должна лежать на прямой $a$.

Однако точка $C$ была выбрана как произвольная точка на прямой пересечения $c$. Это означает, что любая точка прямой $c$ лежит на прямой $a$, то есть прямые $a$ и $c$ совпадают.

Если прямые $a$ и $c$ совпадают, то прямая $a$ лежит в плоскостях $α$ и $β$ (поскольку $c$ — линия их пересечения). Но это противоречит исходному условию, что прямая $a$ перпендикулярна этим плоскостям. Прямая не может быть одновременно перпендикулярна плоскости и лежать в ней.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение о том, что плоскости $α$ и $β$ не параллельны, было неверным. Следовательно, плоскости $α$ и $β$ не пересекаются, а значит, они параллельны. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2.45. Диагонали ромба $ABCD$ пересекаются в точке $O$, а отрезок $OK$ перпендикулярен его диагоналям. Докажите, что расстояния от точки $K$ до прямых, проходящих через стороны ромба, равны между собой.

Пусть дан ромб ABCD, диагонали которого AC и BD пересекаются в точке O. По условию, отрезок OK перпендикулярен его диагоналям, то есть $OK \perp AC$ и $OK \perp BD$.

Поскольку диагонали AC и BD являются пересекающимися прямыми, они задают плоскость, в которой лежит ромб ABCD. Назовем эту плоскость $\pi$. Так как прямая OK перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $\pi$, она перпендикулярна всей плоскости $\pi$, то есть $OK \perp \pi$.

Требуется доказать, что расстояния от точки K до прямых, содержащих стороны ромба (AB, BC, CD, DA), равны между собой.

Обозначим через $H_1, H_2, H_3, H_4$ основания перпендикуляров, опущенных из точки K на прямые AB, BC, CD, DA соответственно. Тогда длины этих перпендикуляров $KH_1, KH_2, KH_3, KH_4$ и являются искомыми расстояниями. По построению мы имеем $KH_1 \perp AB$, $KH_2 \perp BC$, $KH_3 \perp CD$ и $KH_4 \perp DA$.

Рассмотрим отрезок OK как перпендикуляр к плоскости ромба $\pi$, а отрезки $KH_1, KH_2, KH_3, KH_4$ как наклонные к этой плоскости. Тогда отрезки $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$ являются проекциями этих наклонных на плоскость $\pi$. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная, проведенная из точки к плоскости, перпендикулярна некоторой прямой в этой плоскости, то и ее проекция перпендикулярна той же прямой. Применительно к нашей задаче: так как $KH_1 \perp AB$, то и ее проекция $OH_1 \perp AB$. Аналогично, $OH_2 \perp BC$, $OH_3 \perp CD$ и $OH_4 \perp DA$. Таким образом, отрезки $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$ являются расстояниями от центра ромба O до его сторон.

В ромбе точка пересечения диагоналей равноудалена от всех его сторон. Это свойство следует из того, что диагонали ромба являются биссектрисами его углов, а любая точка на биссектрисе угла равноудалена от его сторон. Следовательно, длины этих расстояний равны: $OH_1 = OH_2 = OH_3 = OH_4$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OKH_1, \triangle OKH_2, \triangle OKH_3$ и $\triangle OKH_4$. Все они являются прямоугольными с прямым углом при вершине O, так как $OK \perp \pi$, а значит OK перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и отрезкам $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$. В этих треугольниках катет OK является общим, а катеты $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$ равны между собой, как было показано ранее. Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle OKH_1, \triangle OKH_2, \triangle OKH_3, \triangle OKH_4$ равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует и равенство их гипотенуз: $KH_1 = KH_2 = KH_3 = KH_4$. По теореме Пифагора, $KH_i = \sqrt{OK^2 + OH_i^2}$, что также подтверждает их равенство.

Таким образом, расстояния от точки K до прямых, проходящих через стороны ромба, равны между собой, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.