Страница 41 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

116. Дан параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁. Докажите, что:

а)

Докажем сначала, что $DC \perp B_{1}C_{1}$.

По свойству параллелепипеда, его грани являются параллелограммами. В грани $BCC_{1}B_{1}$ ребро $B_{1}C_{1}$ параллельно ребру $BC$. В основании $ABCD$ ребро $BC$ параллельно ребру $AD$. Таким образом, по свойству транзитивности параллельных прямых, $B_{1}C_{1} \parallel AD$.

Угол между скрещивающимися прямыми $DC$ и $B_{1}C_{1}$ по определению равен углу между пересекающимися прямыми, которые им параллельны. Так как $B_{1}C_{1} \parallel AD$, то искомый угол равен углу между прямыми $DC$ и $AD$, то есть $\angle ADC$.

Основание $ABCD$ — параллелограмм. Сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Следовательно, $\angle BAD + \angle ADC = 180^\circ$. По условию задачи дано, что $\angle BAD = 90^\circ$, значит $\angle ADC = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Это означает, что $DC \perp AD$. Поскольку $AD \parallel B_{1}C_{1}$, то отсюда следует, что $DC \perp B_{1}C_{1}$.

Теперь докажем, что $AB \perp A_{1}D_{1}$.

В грани $ADD_{1}A_{1}$ ребро $A_{1}D_{1}$ параллельно ребру $AD$ ($A_{1}D_{1} \parallel AD$). Угол между скрещивающимися прямыми $AB$ и $A_{1}D_{1}$ равен углу между пересекающимися прямыми $AB$ и $AD$. Этот угол — $\angle BAD$.

Согласно условию, $\angle BAD = 90^\circ$. Следовательно, угол между прямыми $AB$ и $A_{1}D_{1}$ равен $90^\circ$, что по определению означает $AB \perp A_{1}D_{1}$.

Ответ: Утверждения доказаны.

б)

Докажем сначала, что $AB \perp CC_{1}$.

В параллелепипеде все боковые ребра параллельны друг другу. В частности, ребро $CC_{1}$ параллельно ребру $DD_{1}$ ($CC_{1} \parallel DD_{1}$).

Угол между скрещивающимися прямыми $AB$ и $CC_{1}$ равен углу между прямыми $AB$ и $DD_{1}$, так как $CC_{1} \parallel DD_{1}$. По условию дано, что $AB \perp DD_{1}$, то есть угол между ними равен $90^\circ$. Следовательно, угол между $AB$ и $CC_{1}$ также равен $90^\circ$, что означает $AB \perp CC_{1}$.

Теперь докажем, что $DD_{1} \perp A_{1}B_{1}$.

В грани $ABB_{1}A_{1}$ противоположные стороны параллельны, поэтому $A_{1}B_{1} \parallel AB$. Угол между скрещивающимися прямыми $DD_{1}$ и $A_{1}B_{1}$ равен углу между прямыми $DD_{1}$ и $AB$, так как $A_{1}B_{1} \parallel AB$.

Из условия известно, что $AB \perp DD_{1}$, значит, угол между ними равен $90^\circ$. Таким образом, угол между $DD_{1}$ и $A_{1}B_{1}$ тоже равен $90^\circ$, что означает $DD_{1} \perp A_{1}B_{1}$.

Ответ: Утверждения доказаны.

117. В тетраэдре ABCD ВС ⊥ AD. Докажите, что AD ⊥ MN, где М и N — середины рёбер АВ и АС.

Данное утверждение можно доказать двумя способами: геометрически и с помощью векторов.

1. Геометрический способ.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Так как точки $M$ и $N$ являются серединами рёбер $AB$ и $AC$ соответственно, то отрезок $MN$ по определению является средней линией этого треугольника.

По свойству средней линии треугольника, она всегда параллельна третьей стороне. В данном случае, прямая, содержащая отрезок $MN$, параллельна прямой, содержащей ребро $BC$. Математически это записывается как $MN \parallel BC$.

По условию задачи дано, что ребро $BC$ перпендикулярно ребру $AD$, то есть $BC \perp AD$.

В стереометрии есть теорема о перпендикулярности прямых: если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и вторая прямая перпендикулярна этой третьей прямой.

Так как мы установили, что $MN \parallel BC$, и по условию $BC \perp AD$, то из этого следует, что $MN \perp AD$.

Что и требовалось доказать.

2. Векторный способ.

Введём векторы, выходящие из вершины $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ и $\vec{AD} = \vec{d}$.

Условие перпендикулярности прямых $BC$ и $AD$ в векторной форме означает, что скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю: $\vec{BC} \cdot \vec{AD} = 0$.

Выразим вектор $\vec{BC}$ через базисные векторы: $\vec{BC} = \vec{AC} - \vec{AB} = \vec{c} - \vec{b}$.

Подставим это выражение в условие перпендикулярности: $(\vec{c} - \vec{b}) \cdot \vec{d} = 0$.

Используя свойство дистрибутивности скалярного произведения, раскроем скобки: $\vec{c} \cdot \vec{d} - \vec{b} \cdot \vec{d} = 0$. Отсюда следует равенство: $\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{b} \cdot \vec{d}$.

Теперь найдём вектор $\vec{MN}$. Поскольку $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $AC$, их радиус-векторы относительно точки $A$ равны: $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{b}$ и $\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{AC} = \frac{1}{2}\vec{c}$.

Вектор $\vec{MN}$ можно найти как разность векторов, проведённых к его концу и началу: $\vec{MN} = \vec{AN} - \vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{c} - \frac{1}{2}\vec{b} = \frac{1}{2}(\vec{c} - \vec{b})$.

Чтобы доказать, что $AD \perp MN$, необходимо показать, что скалярное произведение векторов $\vec{AD}$ и $\vec{MN}$ равно нулю. Вычислим его: $$ \vec{AD} \cdot \vec{MN} = \vec{d} \cdot \left( \frac{1}{2}(\vec{c} - \vec{b}) \right) = \frac{1}{2}(\vec{d} \cdot \vec{c} - \vec{d} \cdot \vec{b}) $$

Из ранее полученного равенства мы знаем, что $\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{b} \cdot \vec{d}$ (или, что то же самое, $\vec{d} \cdot \vec{c} = \vec{d} \cdot \vec{b}$). Подставим это в наше выражение: $$ \vec{AD} \cdot \vec{MN} = \frac{1}{2}(\vec{d} \cdot \vec{c} - \vec{d} \cdot \vec{c}) = \frac{1}{2}(0) = 0 $$

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, эти векторы ортогональны, а следовательно, прямые $AD$ и $MN$ перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано.

118. Точки А, М и О лежат на прямой, перпендикулярной к плоскости α, а точки О, В, С и D лежат в плоскости α. Какие из следующих углов являются прямыми: ∠АОВ, ∠MOC, ∠DAM, ∠DOA, ∠ВМО?

Для решения этой задачи воспользуемся определением перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку пересечения.

По условию, прямая, на которой лежат точки А, М, и О (назовем ее прямой $l$), перпендикулярна плоскости $\alpha$. Точка О является точкой пересечения прямой $l$ и плоскости $\alpha$, так как она принадлежит и прямой, и плоскости ($l \cap \alpha = \{O\}$). Рассмотрим каждый угол отдельно.

?AOB

Угол $\angle AOB$ образован лучами OA и OB. Луч OA является частью прямой $l$. Луч OB лежит в плоскости $\alpha$, так как точки O и B лежат в этой плоскости. Поскольку прямая $l$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ в точке O, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через O. Следовательно, прямая, содержащая луч OA, перпендикулярна прямой, содержащей луч OB. Таким образом, $\angle AOB = 90^\circ$.
Ответ: является прямым.

?MOC

Рассуждения аналогичны предыдущему пункту. Угол $\angle MOC$ образован лучами MO и OC. Луч MO является частью прямой $l$, перпендикулярной плоскости $\alpha$. Луч OC лежит в плоскости $\alpha$, так как точки O и C лежат в ней. Прямая $l$ перпендикулярна прямой OC в точке O. Следовательно, $\angle MOC = 90^\circ$.
Ответ: является прямым.

?DAM

Этот угол является углом при вершине A в треугольнике $\triangle DAM$. Прямая AM совпадает с прямой $l$, которая перпендикулярна плоскости $\alpha$. Отрезок AO — это перпендикуляр из точки A к плоскости $\alpha$ (или его часть). Отрезок AD — это наклонная, проведенная из точки A к плоскости $\alpha$. Угол между перпендикуляром и наклонной, проведенными из одной точки, не может быть прямым. Точнее, рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOD$ (прямой угол при вершине O). Угол $\angle OAD$ является острым. Так как точки A, M, O лежат на одной прямой $l$, то угол $\angle DAM$ либо совпадает с углом $\angle OAD$, либо смежен с ним, либо равен $180^\circ$ или $0^\circ$. Ни в одном из невырожденных случаев он не будет прямым.
Ответ: не является прямым.

?DOA

Угол $\angle DOA$ образован лучами OD и OA. Луч OA лежит на прямой $l$, перпендикулярной плоскости $\alpha$. Луч OD лежит в плоскости $\alpha$, так как обе точки O и D лежат в ней. Согласно определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $l$ перпендикулярна прямой OD в точке O. Таким образом, $\angle DOA = 90^\circ$.
Ответ: является прямым.

?BMO

Рассмотрим треугольник $\triangle BMO$. В этом треугольнике сторона MO лежит на прямой $l$, а сторона OB лежит в плоскости $\alpha$. Так как $l \perp \alpha$, то $MO \perp OB$. Это означает, что угол $\angle MOB$ — прямой, а треугольник $\triangle BMO$ — прямоугольный с прямым углом при вершине O. Угол $\angle BMO$ является одним из острых углов этого прямоугольного треугольника. Сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна $90^\circ$, поэтому каждый из них меньше $90^\circ$ (в невырожденном случае, когда точки не совпадают).
Ответ: не является прямым.

119. Прямая ОА перпендикулярна к плоскости ОВС, и точка О является серединой отрезка AD. Докажите, что:

Введем обозначения и проанализируем условие задачи. Дано:
1. Прямая $OA$ перпендикулярна плоскости $OBC$, что обозначается как $OA \perp \text{пл. } OBC$.
2. Точка $O$ является серединой отрезка $AD$, что означает $AO = OD$.
Из первого условия следует, что прямая $OA$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $OBC$ и проходящей через точку $O$. В частности, $OA \perp OB$ и $OA \perp OC$. Это значит, что треугольники $AOB$ и $AOC$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $O$.
Из второго условия следует, что точки $A, O, D$ лежат на одной прямой. Так как $OA \perp \text{пл. } OBC$, то и вся прямая $AD$ перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, $OD \perp \text{пл. } OBC$, и, в частности, $OD \perp OB$. Таким образом, треугольник $DOB$ также является прямоугольным с прямым углом при вершине $O$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle DOB$.
1. Как было показано выше, оба треугольника являются прямоугольными, т.е. $\angle AOB = \angle DOB = 90^\circ$.
2. Сторона $OB$ является общей для обоих треугольников.
3. По условию, точка $O$ — середина отрезка $AD$, следовательно, катеты $AO$ и $DO$ равны: $AO = DO$.
Таким образом, $\triangle AOB = \triangle DOB$ по двум катетам.
Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В данном случае, гипотенуза $AB$ треугольника $AOB$ равна гипотенузе $DB$ треугольника $DOB$.
Следовательно, $AB = DB$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$.
1. Как было установлено, оба треугольника являются прямоугольными, так как $OA \perp OB$ и $OA \perp OC$, то есть $\angle AOB = \angle AOC = 90^\circ$.
2. Катет $OA$ является общим для обоих треугольников.
3. По условию данного пункта, катеты $OB$ и $OC$ равны: $OB = OC$.
Таким образом, $\triangle AOB = \triangle AOC$ по двум катетам.
Из равенства треугольников следует равенство их гипотенуз: $AB = AC$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ ($\angle AOB = \angle AOC = 90^\circ$).
1. Катет $OA$ является общим для обоих треугольников.
2. По условию данного пункта, гипотенузы $AB$ и $AC$ равны: $AB = AC$.
Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ равны по катету и гипотенузе.
Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В данном случае, катет $OB$ треугольника $AOB$ равен катету $OC$ треугольника $AOC$.
Следовательно, $OB = OC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

120. Через точку О пересечения диагоналей квадрата, сторона которого равна а, проведена прямая ОK, перпендикулярная к плоскости квадрата. Найдите расстояние от точки K до вершин квадрата, если ОK = b.

Пусть дан квадрат $ABCD$ со стороной $a$. Точка $O$ — точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$. По условию, через точку $O$ проведена прямая $OK$, перпендикулярная плоскости квадрата, причем $OK = b$. Требуется найти расстояние от точки $K$ до вершин квадрата, то есть длины отрезков $KA$, $KB$, $KC$ и $KD$.

Поскольку точка $K$ находится на перпендикуляре к плоскости квадрата, восстановленном из его центра $O$, точка $K$ равноудалена от всех вершин квадрата. Поэтому достаточно найти расстояние от точки $K$ до одной из вершин, например, до вершины $A$. Это расстояние равно длине отрезка $KA$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKA$. В этом треугольнике:

• катет $OK$ равен $b$ по условию.
• катет $OA$ — это половина диагонали квадрата.
• гипотенуза $KA$ — искомое расстояние.

Прямая $OK$ перпендикулярна плоскости квадрата, значит, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $O$. Следовательно, $OK \perp OA$, и треугольник $\triangle OKA$ действительно прямоугольный.

Найдем длину катета $OA$. Сначала вычислим длину диагонали квадрата $AC$ по теореме Пифагора для треугольника $\triangle ABC$:
$AC^2 = AB^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$
$AC = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

Диагонали квадрата в точке пересечения делятся пополам, поэтому:
$OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Теперь по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle OKA$ найдем длину гипотенузы $KA$:
$KA^2 = OK^2 + OA^2$
Подставим известные значения:
$KA^2 = b^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = b^2 + \frac{a^2 \cdot 2}{4} = b^2 + \frac{a^2}{2}$

Отсюда находим искомое расстояние:
$KA = \sqrt{b^2 + \frac{a^2}{2}}$

Так как расстояния от точки $K$ до всех вершин квадрата равны, то $KA=KB=KC=KD$.

Ответ: Расстояние от точки $K$ до вершин квадрата равно $\sqrt{b^2 + \frac{a^2}{2}}$.

121. В треугольнике ABC дано: ∠С = 90°, АС = 6 см, ВС = 8 см, СМ — медиана. Через вершину С проведена прямая СK, перпендикулярная к плоскости треугольника ABC, причём СK = 12 см. Найдите KМ.

Поскольку треугольник $ABC$ является прямоугольным ($\angle C = 90^\circ$), мы можем найти длину его гипотенузы $AB$ по теореме Пифагора, используя известные длины катетов $AC$ и $BC$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2$

$AB^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100$

$AB = \sqrt{100} = 10$ см.

$CM$ — это медиана, проведенная к гипотенузе $AB$. По свойству медианы в прямоугольном треугольнике, ее длина равна половине длины гипотенузы:

$CM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см.

Согласно условию, прямая $CK$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Это означает, что $CK$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $C$. В частности, $CK$ перпендикулярна медиане $CM$.

Следовательно, треугольник $KCM$ является прямоугольным с прямым углом $\angle KCM = 90^\circ$.

Теперь мы можем найти длину $KM$ по теореме Пифагора в треугольнике $KCM$:

$KM^2 = CK^2 + CM^2$

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

$KM = \sqrt{169} = 13$ см.

Ответ: 13 см.

122. Прямая CD перпендикулярна к плоскости правильного треугольника ABC. Через центр О этого треугольника проведена прямая ОK, параллельная прямой CD. Известно, что AB = 163 см, ОK = 12 см, CD = 16 см. Найдите расстояния от точек D и K до вершин А и В треугольника .

Для решения задачи разобьем ее на несколько логических шагов. Сначала найдем важные параметры треугольника $ABC$ в его плоскости, а затем используем эти данные для нахождения искомых расстояний в пространстве.

1. Анализ свойств треугольника $ABC$ и нахождение расстояний в его плоскости

По условию, треугольник $ABC$ — правильный (равносторонний) со стороной $a = AB = 16\sqrt{3}$ см. Точка $O$ — центр этого треугольника, что означает, что она является центром описанной окружности. Расстояние от центра правильного треугольника до его вершин равно радиусу $R$ описанной окружности.

Формула для вычисления радиуса описанной окружности правильного треугольника со стороной $a$:

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

Подставим известное значение стороны $a = 16\sqrt{3}$ см:

$R = \frac{16\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 16$ см.

Таким образом, расстояния от центра $O$ до вершин треугольника равны: $OA = OB = OC = 16$ см. Также, по определению правильного треугольника, все его стороны равны: $AC = BC = AB = 16\sqrt{3}$ см.

Расстояние от точки D до вершин A и B

В условии сказано, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Из этого следует, что $CD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $C$. В частности, $CD \perp AC$ и $CD \perp BC$.

Следовательно, треугольники $\triangle ACD$ и $\triangle BCD$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $C$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ACD$. По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы $AD$ равен сумме квадратов катетов $AC$ и $CD$. Нам известно, что $AC = 16\sqrt{3}$ см и $CD = 16$ см.

$AD^2 = AC^2 + CD^2 = (16\sqrt{3})^2 + 16^2$

$AD^2 = 16^2 \cdot (\sqrt{3})^2 + 16^2 = 16^2 \cdot 3 + 16^2 \cdot 1 = 16^2 \cdot (3+1) = 16^2 \cdot 4 = 1024$

$AD = \sqrt{1024} = 32$ см.

Поскольку треугольник $ABC$ правильный, то $AC = BC$. Треугольники $\triangle ACD$ и $\triangle BCD$ равны по двум катетам ($AC=BC$ и $CD$ — общий катет). Следовательно, их гипотенузы также равны: $AD = BD$.

Ответ: расстояние от точки D до вершины A равно 32 см, расстояние от точки D до вершины B равно 32 см.

Расстояние от точки K до вершин A и B

По условию, прямая $OK$ параллельна прямой $CD$ ($OK \parallel CD$). Так как $CD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, то и параллельная ей прямая $OK$ также перпендикулярна этой плоскости. Это означает, что $OK$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $ABC$, проходящей через точку $O$. В частности, $OK \perp OA$ и $OK \perp OB$.

Следовательно, треугольники $\triangle AOK$ и $\triangle BOK$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $O$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AOK$. По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы $AK$ равен сумме квадратов катетов $OA$ и $OK$. Ранее мы нашли, что $OA = 16$ см, а по условию $OK = 12$ см.

$AK^2 = OA^2 + OK^2 = 16^2 + 12^2$

$AK^2 = 256 + 144 = 400$

$AK = \sqrt{400} = 20$ см.

Поскольку $OA = OB$ (как радиусы одной и той же описанной окружности) и катет $OK$ у треугольников $\triangle AOK$ и $\triangle BOK$ общий, эти треугольники равны по двум катетам. Следовательно, их гипотенузы равны: $AK = BK$.

Ответ: расстояние от точки K до вершины A равно 20 см, расстояние от точки K до вершины B равно 20 см.

123. Докажите, что если две плоскости α и β перпендикулярны к прямой а, то они параллельны.

Решение

Проведём какую-нибудь прямую, параллельную прямой а, так, чтобы она пересекала плоскости α и β в различных точках А и В. По первой теореме п. 16 плоскости α и β перпендикулярны к прямой АВ.

Если допустить, что плоскости α и β не параллельны, т. е. имеют хотя бы одну общую точку М, то получим треугольник АВМ с двумя прямыми углами при вершинах А и В, что невозможно. Следовательно, α || β.

Для доказательства этого утверждения воспользуемся методом от противного.

Пусть нам даны две плоскости $\alpha$ и $\beta$, а также прямая $a$. По условию задачи, обе плоскости перпендикулярны этой прямой:
$\alpha \perp a$
$\beta \perp a$
Нам нужно доказать, что плоскости параллельны: $\alpha \parallel \beta$.

1. Предположение.
Допустим, что наше утверждение неверно, и плоскости $\alpha$ и $\beta$ не параллельны. Если две плоскости в пространстве не параллельны, они обязательно пересекаются, и линией их пересечения является прямая. Возьмем на этой линии пересечения произвольную точку $M$. По определению, эта точка принадлежит обеим плоскостям: $M \in \alpha$ и $M \in \beta$.

2. Построение.
Проведем прямую $b$, параллельную исходной прямой $a$ ($b \parallel a$), так, чтобы она пересекала плоскости $\alpha$ и $\beta$ в различных точках $A$ и $B$ соответственно.

3. Применение теоремы.
Согласно теореме о связи параллельности прямых и их перпендикулярности к плоскости: если плоскость перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и второй.
• Так как $\alpha \perp a$ и $b \parallel a$, то из этого следует, что $\alpha \perp b$.
• Так как $\beta \perp a$ и $b \parallel a$, то из этого следует, что $\beta \perp b$.

4. Поиск противоречия.
Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ABM$. Точки $A, B, M$ образуют треугольник, поскольку точка $M$ не может лежать на прямой $b$ (иначе прямая $b$ должна была бы лежать в обеих плоскостях, что невозможно, так как она им перпендикулярна).
По определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку их пересечения.
• Прямая $b$ (которая содержит отрезок $AB$) перпендикулярна плоскости $\alpha$. Прямая $AM$ лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через точку $A$. Следовательно, $b \perp AM$, а значит, угол $\angle MAB = 90^\circ$.
• Прямая $b$ также перпендикулярна плоскости $\beta$. Прямая $BM$ лежит в плоскости $\beta$ и проходит через точку $B$. Следовательно, $b \perp BM$, а значит, угол $\angle ABM = 90^\circ$.

Таким образом, в треугольнике $\triangle ABM$ мы имеем два прямых угла. Сумма этих двух углов равна $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$. Однако, согласно теореме о сумме углов треугольника, сумма всех трех его углов должна быть равна $180^\circ$. Это означает, что третий угол, $\angle AMB$, должен быть равен $0^\circ$, что невозможно для невырожденного треугольника.

Мы пришли к противоречию. Это означает, что наше первоначальное предположение о том, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются, было ложным. Следовательно, они не имеют общих точек.

Ответ: Две плоскости, не имеющие общих точек, являются параллельными. Таким образом, доказано, что $\alpha \parallel \beta$.

124. Прямая PQ параллельна плоскости α. Через точки Р и Q проведены прямые, перпендикулярные к плоскости α, которые пересекают эту плоскость соответственно в точках Р₁ и Q₁. Докажите, что PQ = P₁Q₁.

Для доказательства равенства $PQ = P_1Q_1$ рассмотрим свойства геометрической фигуры, образованной точками $P, Q, P_1, Q_1$.

1. По условию задачи, прямые $PP_1$ и $QQ_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$. Согласно теореме о двух прямых, перпендикулярных одной и той же плоскости, эти прямые параллельны между собой. Таким образом, $PP_1 \parallel QQ_1$.

2. Поскольку прямые $PP_1$ и $QQ_1$ параллельны, через них проходит единственная плоскость (назовем ее $\beta$). В этой плоскости лежат все четыре точки $P, Q, P_1, Q_1$, которые образуют плоский четырехугольник $PQQ_1P_1$.

3. Далее, по условию, прямая $PQ$ параллельна плоскости $\alpha$. Плоскость $\beta$, в которой лежит прямая $PQ$, пересекает плоскость $\alpha$ по прямой $P_1Q_1$. По свойству параллельности прямой и плоскости, если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает ее, то линия их пересечения параллельна данной прямой. Отсюда следует, что $PQ \parallel P_1Q_1$.

4. Мы установили, что в четырехугольнике $PQQ_1P_1$ противоположные стороны попарно параллельны: $PP_1 \parallel QQ_1$ и $PQ \parallel P_1Q_1$. Четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны, является параллелограммом.

5. Рассмотрим один из углов этого параллелограмма. Так как прямая $PP_1$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $P_1$. В частности, $PP_1 \perp P_1Q_1$. Это означает, что угол $\angle PP_1Q_1$ — прямой, то есть его мера составляет $90^\circ$.

6. Параллелограмм, у которого есть хотя бы один прямой угол, является прямоугольником. Следовательно, фигура $PQQ_1P_1$ — это прямоугольник.

7. В любом прямоугольнике противоположные стороны равны по длине. Стороны $PQ$ и $P_1Q_1$ являются противоположными сторонами в прямоугольнике $PQQ_1P_1$. Таким образом, их длины равны: $PQ = P_1Q_1$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $PQ = P_1Q_1$ доказано. Отрезки $PQ$ и $P_1Q_1$ являются противоположными сторонами прямоугольника $PQQ_1P_1$, образованного данными точками в пространстве.

125. Через точки Р и Q прямой PQ проведены прямые, перпендикулярные к плоскости α и пересекающие её соответственно в точках Р₁ и Q₁. Найдите P₁Q₁, если PQ = 15 см, РР₁ = 21,5 см, QQ₁ = 33,5 см.

По условию задачи, прямые $PP_1$ и $QQ_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$. Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой. Следовательно, $PP_1 \parallel QQ_1$.

Так как прямые $PP_1$ и $QQ_1$ параллельны, то точки $P, Q, Q_1, P_1$ лежат в одной плоскости. Фигура $PQQ_1P_1$ является трапецией с основаниями $PP_1$ и $QQ_1$.

Поскольку прямая $PP_1$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $P_1$. Значит, $\angle PP_1Q_1 = 90^\circ$. Аналогично, так как $QQ_1 \perp \alpha$, то $\angle QQ_1P_1 = 90^\circ$.

Таким образом, $PQQ_1P_1$ — это прямоугольная трапеция с основаниями $PP_1 = 21,5$ см, $QQ_1 = 33,5$ см и боковой стороной $PQ = 15$ см. Сторона $P_1Q_1$ является высотой этой трапеции. Нам нужно найти ее длину.

Проведем из точки $P$ высоту $PH$ на основание $QQ_1$. Тогда $PH$ параллельна $P_1Q_1$ и равна ей по длине. Четырехугольник $PP_1Q_1H$ является прямоугольником, поэтому $PH = P_1Q_1$ и $HQ_1 = PP_1 = 21,5$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $PHQ$, где $\angle PHQ = 90^\circ$. В этом треугольнике:

• Гипотенуза $PQ = 15$ см.
• Катет $HQ$ равен разности оснований трапеции: $HQ = QQ_1 - HQ_1 = QQ_1 - PP_1 = 33,5 - 21,5 = 12$ см.

По теореме Пифагора $PQ^2 = PH^2 + HQ^2$. Найдем катет $PH$:

$PH^2 = PQ^2 - HQ^2$

$PH^2 = 15^2 - 12^2 = 225 - 144 = 81$

$PH = \sqrt{81} = 9$ см.

Так как $P_1Q_1 = PH$, то $P_1Q_1 = 9$ см.

Ответ: 9 см.