Страница 72 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

11.11. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ (рис. 11.8) докажите перпендикулярность прямых:

а) $AA_1$ и $AC$;

б) $AA_1$ и $AD$;

в) $AA_1$ и $AE$;

г) $AA_1$ и $BF$;

д) $AB$ и $BD_1$;

е) $AB$ и $EA_1$;

ж) $AC$ и $DC_1$.

Решение

Решение
По определению правильной призмы, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований.
Прямая $AA_1$ является боковым ребром, следовательно, она перпендикулярна плоскости нижнего основания $ABCDEF$, то есть $AA_1 \perp \text{плоскости}(ABC)$.
Прямая $AC$ лежит в плоскости нижнего основания $ABCDEF$.
По свойству перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Таким образом, $AA_1 \perp AC$.

Ответ: $AA_1 \perp AC$.

Решение
Прямая $AA_1$ является боковым ребром правильной призмы, следовательно, она перпендикулярна плоскости нижнего основания $ABCDEF$, то есть $AA_1 \perp \text{плоскости}(ABC)$.
Прямая $AD$ лежит в плоскости нижнего основания $ABCDEF$.
По свойству перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Таким образом, $AA_1 \perp AD$.

Ответ: $AA_1 \perp AD$.

Решение
Прямая $AA_1$ является боковым ребром правильной призмы, следовательно, она перпендикулярна плоскости нижнего основания $ABCDEF$, то есть $AA_1 \perp \text{плоскости}(ABC)$.
Прямая $AE$ лежит в плоскости нижнего основания $ABCDEF$.
По свойству перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Таким образом, $AA_1 \perp AE$.

Ответ: $AA_1 \perp AE$.

Решение
Прямая $AA_1$ является боковым ребром правильной призмы, следовательно, она перпендикулярна плоскости нижнего основания $ABCDEF$, то есть $AA_1 \perp \text{плоскости}(ABC)$.
Прямая $BF$ лежит в плоскости нижнего основания $ABCDEF$.
По свойству перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Таким образом, $AA_1 \perp BF$.

Ответ: $AA_1 \perp BF$.

Решение
Рассмотрим нижнее основание $ABCDEF$. Пусть длина стороны правильного шестиугольника равна $a$.
В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ в два раза больше стороны, то есть $AD = 2a$. Малая диагональ $BD$ равна $a\sqrt{3}$.
Рассмотрим треугольник $ABD$. Его стороны: $AB=a$, $BD=a\sqrt{3}$, $AD=2a$.
Проверим выполнение теоремы Пифагора: $AB^2+BD^2 = a^2+(a\sqrt{3})^2 = a^2+3a^2 = 4a^2$. И $AD^2 = (2a)^2 = 4a^2$.
Так как $AB^2+BD^2=AD^2$, то по обратной теореме Пифагора треугольник $ABD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$, то есть $\angle ABD = 90^\circ$.
Следовательно, $AB \perp BD$.
Также, поскольку призма правильная, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Это означает, что $BB_1 \perp AB$.
Таким образом, прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $BB_1$, лежащим в плоскости боковой грани $DBB_1D_1$ (прямоугольник $DBB_1D_1$).
Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $DBB_1D_1$.
Так как прямая $BD_1$ лежит в плоскости $DBB_1D_1$, то $AB \perp BD_1$.

Ответ: $AB \perp BD_1$.

Решение
Рассмотрим нижнее основание $ABCDEF$. Пусть длина стороны правильного шестиугольника равна $a$.
В правильном шестиугольнике угол между стороной и малой диагональю, исходящими из одной вершины, равен $90^\circ$.
Рассмотрим вершину $A$. Сторона $AB$ и малая диагональ $AE$.
Угол между $AF$ и $AE$ составляет $30^\circ$ (из равнобедренного треугольника $AFE$, где $AF=FE=a$, $\angle AFE=120^\circ$, так что $\angle FAE = \angle FEA = (180^\circ-120^\circ)/2 = 30^\circ$).
Угол $\angle FAB = 120^\circ$ (внутренний угол правильного шестиугольника).
Тогда $\angle EAB = \angle FAB - \angle FAE = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$.
Следовательно, $AB \perp AE$.
Также, поскольку призма правильная, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Это означает, что $AA_1 \perp AB$.
Таким образом, прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AE$ и $AA_1$, лежащим в плоскости боковой грани $AEE_1A_1$ (прямоугольник $AEE_1A_1$).
Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $AEE_1A_1$.
Так как прямая $EA_1$ лежит в плоскости $AEE_1A_1$, то $AB \perp EA_1$.

Ответ: $AB \perp EA_1$.

Решение
Рассмотрим нижнее основание $ABCDEF$. Пусть длина стороны правильного шестиугольника равна $a$.
В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ в два раза больше стороны, то есть $AD = 2a$. Малая диагональ $AC$ равна $a\sqrt{3}$.
Рассмотрим треугольник $ACD$. Его стороны: $AC=a\sqrt{3}$, $CD=a$, $AD=2a$.
Проверим выполнение теоремы Пифагора: $AC^2+CD^2 = (a\sqrt{3})^2+a^2 = 3a^2+a^2 = 4a^2$. И $AD^2 = (2a)^2 = 4a^2$.
Так как $AC^2+CD^2=AD^2$, то по обратной теореме Пифагора треугольник $ACD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$, то есть $\angle ACD = 90^\circ$.
Следовательно, $AC \perp CD$.
Также, поскольку призма правильная, боковое ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$. Это означает, что $CC_1 \perp AC$.
Таким образом, прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CD$ и $CC_1$, лежащим в плоскости боковой грани $DCC_1D_1$ (прямоугольник $DCC_1D_1$).
Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $DCC_1D_1$.
Так как прямая $DC_1$ лежит в плоскости $DCC_1D_1$, то $AC \perp DC_1$.

Ответ: $AC \perp DC_1$.

11.12. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямые $AC$ и $BD_1$ перпендикулярны.

11.13.

Дано: Куб $ABCD A_1B_1C_1D_1$.

Найти: Доказать, что прямые $AC$ и $BD_1$ перпендикулярны.

Решение

Для доказательства перпендикулярности прямых $AC$ и $BD_1$ воспользуемся методом координат.Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим куб в декартовой системе координат так, что вершина $A$ находится в начале координат $(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин куба будут:

$A = (0,0,0)$
$B = (a,0,0)$
$C = (a,a,0)$
$D = (0,a,0)$
$A_1 = (0,0,a)$
$B_1 = (a,0,a)$
$C_1 = (a,a,a)$
$D_1 = (0,a,a)$

Найдем векторы, соответствующие прямым $AC$ и $BD_1$.

Вектор $\vec{AC}$ определяется как разность координат точки $C$ и точки $A$:
$\vec{AC} = C - A = (a,a,0) - (0,0,0) = (a,a,0)$

Вектор $\vec{BD_1}$ определяется как разность координат точки $D_1$ и точки $B$:
$\vec{BD_1} = D_1 - B = (0,a,a) - (a,0,0) = (-a,a,a)$

Для того чтобы доказать перпендикулярность двух прямых, достаточно показать, что скалярное произведение их направляющих векторов равно нулю.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD_1}$:
$\vec{AC} \cdot \vec{BD_1} = (a)(-a) + (a)(a) + (0)(a)$
$\vec{AC} \cdot \vec{BD_1} = -a^2 + a^2 + 0$
$\vec{AC} \cdot \vec{BD_1} = 0$

Поскольку скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{BD_1}$ равно нулю, это означает, что векторы перпендикулярны. Следовательно, прямые $AC$ и $BD_1$ также перпендикулярны.

Ответ: Прямые $AC$ и $BD_1$ в кубе перпендикулярны.

11.13. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямая $BD_1$ перпендикуляр-

на плоскости $ACB_1$.

11.14. Докажите, что в правильной шестиугольной пирамиде $SABCD...$

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти: Доказать, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Решение:

Для того чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, необходимо и достаточно, чтобы она была перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Рассмотрим прямую $BD$ и плоскость $ACB_1$.

1. Рассмотрим прямую $AC$, которая лежит в плоскости $ACB_1$. Основание куба $ABCD$ является квадратом. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны. Следовательно, прямая $BD$ перпендикулярна прямой $AC$: $BD \perp AC$.

2. Теперь необходимо найти вторую прямую в плоскости $ACB_1$, которая пересекается с $AC$ (или $AB_1$, или $CB_1$) и перпендикулярна $BD$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ в квадрате $ABCD$. Точка $O$ является центром квадрата $ABCD$. Так как $O$ лежит на $AC$, а $AC$ лежит в плоскости $ACB_1$, то точка $O$ лежит в плоскости $ACB_1$. Рассмотрим прямую $B_1O$, которая лежит в плоскости $ACB_1$ (так как точки $B_1$ и $O$ лежат в этой плоскости). Определим, перпендикулярна ли прямая $BD$ прямой $B_1O$.

Воспользуемся методом координат. Пусть длина ребра куба равна $a$. Разместим куб в декартовой системе координат так, что $A = (0,0,0)$, $B = (a,0,0)$, $C = (a,a,0)$, $D = (0,a,0)$. Соответственно, $B_1 = (a,0,a)$.

Вектор направления прямой $BD$: $\vec{BD} = D - B = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$.

Точка $O$ — середина $AC$ и $BD$. Координаты $O = (\frac{a+0}{2}, \frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$.

Вектор направления прямой $B_1O$: $\vec{B_1O} = O - B_1 = (\frac{a}{2}-a, \frac{a}{2}-0, 0-a) = (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, -a)$.

Проверим скалярное произведение векторов $\vec{BD}$ и $\vec{B_1O}$: $\vec{BD} \cdot \vec{B_1O} = (-a) \cdot (-\frac{a}{2}) + (a) \cdot (\frac{a}{2}) + (0) \cdot (-a)$ $= \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + 0 = a^2$.

Для того чтобы прямые были перпендикулярны, их скалярное произведение должно быть равно нулю. В нашем случае $a^2 = 0$ только при $a=0$, что невозможно для куба.

Таким образом, прямая $BD$ не перпендикулярна прямой $B_1O$.

Поскольку прямая $BD$ не перпендикулярна двум пересекающимся прямым (в данном случае $AC$ и $B_1O$ - $AC$ и $B_1O$ пересекаются в $O$, но $BD$ не перпендикулярна $B_1O$) в плоскости $ACB_1$, то утверждение, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$, является неверным.

Ответ: Утверждение, что прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$, является ложным.

11.14. Докажите, что в правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ прямые $AC$ и $SB$ перпендикулярны.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$. Вершина пирамиды $S$, основание $ABCD$.

Найти:

Доказать, что прямые $AC$ и $SB$ перпендикулярны.

Решение:

Рассмотрим правильную четырехугольную пирамиду $SABCD$.

По определению правильной четырехугольной пирамиды, ее основание $ABCD$ является квадратом, а высота пирамиды проходит через центр основания.

Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей основания $AC$ и $BD$. Так как $ABCD$ - квадрат, то $O$ является центром квадрата.

1. В квадрате $ABCD$ диагонали перпендикулярны. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна прямой $BD$.
Значит, $AC \perp BD$.

2. Так как пирамида правильная, ее высота $SO$ (где $S$ - вершина пирамиды, $O$ - центр основания) перпендикулярна плоскости основания $ABCD$.
Следовательно, прямая $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABCD$.
В частности, $SO \perp AC$.

3. Рассмотрим прямую $AC$. Мы показали, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $SO$, которые лежат в плоскости $SBD$ ($BD$ и $SO$ пересекаются в точке $O$).

4. Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.
Следовательно, $AC \perp$ плоскости $SBD$.

5. Прямая $SB$ лежит в плоскости $SBD$.

6. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Поскольку $AC \perp$ плоскости $SBD$, и $SB$ лежит в плоскости $SBD$, то $AC \perp SB$.

Таким образом, прямые $AC$ и $SB$ перпендикулярны.

Ответ: Доказано, что прямые $AC$ и $SB$ перпендикулярны.

11.15. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ прямая $BE_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Найти: Доказать, что прямая $BE_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Решение:

Для доказательства того, что прямая $BE_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$, необходимо показать, что $BE_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $ACB_1$.

1. Докажем, что $BE_1 \perp AC$:

Рассмотрим основание призмы — правильный шестиугольник $ABCDEF$. Диагональ $BE$ является главной диагональю, проходящей через центр шестиугольника. Диагональ $AC$ является малой диагональю.

В правильном шестиугольнике главная диагональ перпендикулярна малой диагонали, соединяющей несмежные вершины. То есть, $AC \perp BE$.

Боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$, в которой лежит прямая $AC$. Следовательно, $BB_1 \perp AC$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BE$ и $BB_1$, лежащим в плоскости $BEE_1B_1$, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BEE_1B_1$.

Прямая $BE_1$ лежит в плоскости $BEE_1B_1$. Из этого следует, что $BE_1 \perp AC$.

2. Докажем, что $BE_1$ перпендикулярна ещё одной прямой в плоскости $ACB_1$:

Введем систему координат. Пусть центр основания $ABCDEF$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Пусть сторона правильного шестиугольника равна $a$, а высота призмы равна $h$.

Координаты некоторых вершин:

• $A = (a, 0, 0)$

• $B = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$

• $C = (-\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$

• $B_1 = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$

• $E_1 = (-\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$

Вектор $\vec{BE_1}$: $E_1 - B = (-\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, h - 0) = (-a, -a\sqrt{3}, h)$.

Рассмотрим вектор $\vec{CB_1}$: $B_1 - C = (\frac{a}{2} - (-\frac{a}{2}), \frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, h - 0) = (a, 0, h)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{BE_1}$ и $\vec{CB_1}$:

$\vec{BE_1} \cdot \vec{CB_1} = (-a)(a) + (-a\sqrt{3})(0) + (h)(h) = -a^2 + h^2$.

Для того чтобы $\vec{BE_1}$ был перпендикулярен $\vec{CB_1}$, их скалярное произведение должно быть равно нулю: $-a^2 + h^2 = 0 \implies h^2 = a^2 \implies h = a$ (так как $h>0$).

Это означает, что прямая $BE_1$ перпендикулярна прямой $CB_1$ только в случае, если высота призмы равна длине стороны основания ($h=a$). В общем случае правильной шестиугольной призмы это условие не выполняется. Аналогичный результат получается для $AB_1$ и $B_1M$ (где $M$ — середина $AC$).

Задача сформулирована как "докажите", что обычно означает истинность утверждения для любого правильного шестиугольного призмы. Однако, как показано выше, это не выполняется для произвольной высоты $h$. В таких задачах часто подразумевается, что боковые грани являются квадратами, то есть $h=a$. Примем это как неявное условие.

При условии $h=a$, мы имеем $\vec{BE_1} \cdot \vec{CB_1} = -a^2 + a^2 = 0$. Таким образом, $BE_1 \perp CB_1$.

Поскольку прямая $BE_1$ перпендикулярна прямой $AC$ (доказано в п. 1) и перпендикулярна прямой $CB_1$ (при условии $h=a$), а прямые $AC$ и $CB_1$ являются пересекающимися прямыми в плоскости $ACB_1$, то прямая $BE_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Ответ: Прямая $BE_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$ при условии, что высота призмы равна стороне её основания ($h=a$).

11.16. Докажите, что через любую точку, принадлежащую данной плоскости, проходит единственная прямая, перпендикулярная этой плоскости.

Решение

Докажем, что через любую точку $A$, принадлежащую данной плоскости $\alpha$, проходит единственная прямая, перпендикулярная этой плоскости.

Существование:

1. Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A \in \alpha$.

2. Проведем в плоскости $\alpha$ две произвольные пересекающиеся прямые $l_1$ и $l_2$, проходящие через точку $A$.

3. Рассмотрим плоскость $\beta_1$, проходящую через точку $A$ и перпендикулярную прямой $l_1$. (Существование и единственность такой плоскости через заданную точку, перпендикулярной заданной прямой, являются основными теоремами стереометрии).

4. Аналогично, рассмотрим плоскость $\beta_2$, проходящую через точку $A$ и перпендикулярную прямой $l_2$.

5. Плоскости $\beta_1$ и $\beta_2$ различны. Если бы они совпадали, то прямые $l_1$ и $l_2$ были бы перпендикулярны одной и той же плоскости, что возможно только если $l_1$ и $l_2$ параллельны или совпадают. Но $l_1$ и $l_2$ пересекаются в точке $A$ и различны по построению. Следовательно, $\beta_1 \ne \beta_2$.

6. Пересечение двух различных плоскостей, проходящих через общую точку $A$, есть прямая, проходящая через эту точку. Назовем эту прямую $p$. Таким образом, $p = \beta_1 \cap \beta_2$.

7. Поскольку прямая $p$ лежит в плоскости $\beta_1$ и проходит через $A$, она перпендикулярна прямой $l_1$ (так как плоскость $\beta_1$ перпендикулярна $l_1$). То есть $p \perp l_1$.

8. Аналогично, поскольку прямая $p$ лежит в плоскости $\beta_2$ и проходит через $A$, она перпендикулярна прямой $l_2$ (так как плоскость $\beta_2$ перпендикулярна $l_2$). То есть $p \perp l_2$.

9. Таким образом, мы нашли прямую $p$, которая проходит через точку $A$ и перпендикулярна двум пересекающимся прямым $l_1$ и $l_2$ в плоскости $\alpha$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $p$ перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Это доказывает существование такой прямой.

Единственность:

1. Предположим противное: пусть через точку $A \in \alpha$ проходят две различные прямые $p_1$ и $p_2$, каждая из которых перпендикулярна плоскости $\alpha$. То есть $p_1 \perp \alpha$ и $p_2 \perp \alpha$, причем $p_1 \ne p_2$.

2. Так как прямые $p_1$ и $p_2$ проходят через общую точку $A$ и различны, они определяют единственную плоскость $\gamma$, содержащую обе эти прямые.

3. Рассмотрим прямую $l$, которая является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\gamma$. Поскольку точка $A$ принадлежит обеим плоскостям ($\alpha$ и $\gamma$), она лежит на прямой $l$. Таким образом, $l = \alpha \cap \gamma$, и $A \in l$.

4. Поскольку прямая $p_1$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($p_1 \perp \alpha$), то по определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $p_1$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку их пересечения. В частности, $p_1 \perp l$, так как $l \subset \alpha$ и $l$ проходит через $A$.

5. Аналогично, поскольку прямая $p_2$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($p_2 \perp \alpha$), то $p_2 \perp l$.

6. Таким образом, в плоскости $\gamma$ (которая содержит $p_1$, $p_2$ и $l$) мы имеем две различные прямые $p_1$ и $p_2$, проходящие через точку $A$ и обе перпендикулярные одной и той же прямой $l$ в этой точке $A$.

7. Однако, согласно аксиоме планиметрии (или соответствующей теореме), через данную точку на данной прямой можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной прямой в этой точке.

8. Это противоречит нашему предположению о том, что прямые $p_1$ и $p_2$ различны. Следовательно, прямые $p_1$ и $p_2$ должны совпадать.

Это доказывает единственность такой прямой.

Из доказательства существования и единственности следует, что через любую точку, принадлежащую данной плоскости, проходит единственная прямая, перпендикулярная этой плоскости.

Ответ: Доказано.

11.17. Приведите примеры реальных объектов, идеализацией которых являются перпендикулярные прямая и плоскость.

Решение

Идеализацией перпендикулярных прямой и плоскости в реальном мире являются объекты, в которых одна часть (например, вертикальная) встречается с другой (например, горизонтальной) под прямым углом, и при этом размеры одной части значительно больше в одном измерении (линия), а другой — в двух измерениях (плоскость). Такие идеализации используются в геометрии для упрощения анализа пространственных отношений.

Примеры реальных объектов, идеализацией которых являются перпендикулярные прямая и плоскость:

• Вертикально установленный столб или мачта на ровной горизонтальной поверхности (земля, пол). В этом случае столб (или его ось) представляет прямую, а поверхность – плоскость.

• Ножка стула или стола, стоящего на плоском полу. Ножка может быть идеализирована как прямая, а пол – как плоскость.

• Вертикальный край здания или стены, где он встречается с горизонтальным фундаментом или землей. Край стены или здания может быть идеализирован как прямая, а фундамент или земля – как плоскость.

• Ствол дерева, растущего вертикально из плоской земли. Ствол представляет прямую, а поверхность земли – плоскость.

• Ламповый столб, стоящий на тротуаре. Ламповый столб является примером прямой, а тротуар – плоскости.

• Гвоздь, забитый строго перпендикулярно в плоскую деревянную доску. Гвоздь является идеализацией прямой, а поверхность доски – плоскости.

Ответ: Примеры включают вертикально установленный столб на горизонтальной поверхности, ножку стола на полу, вертикальный край стены на полу, ствол дерева на земле, ламповый столб на тротуаре, гвоздь, забитый перпендикулярно в доску.

11.18. Определите понятие расстояния от точки до плоскости.

Расстояние от точки до плоскости – это длина перпендикуляра, опущенного из данной точки на данную плоскость. Этот перпендикуляр является кратчайшим расстоянием между точкой и плоскостью.

Если дана точка $P_0(x_0, y_0, z_0)$ и плоскость, заданная общим уравнением $Ax + By + Cz + D = 0$, то расстояние $d$ от точки до плоскости можно вычислить по формуле:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Ответ:

11.19. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите расстояние от вершины $A_1$ до плоскости $ABC$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Куб единичный, то есть длина ребра $a = 1$.

Найти:

Расстояние от вершины $A_1$ до плоскости $ABC$.

Решение:

Плоскость $ABC$ — это плоскость, содержащая грань $ABCD$ куба.

В кубе ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$. По определению, расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

В данном случае, ребро $AA_1$ является перпендикуляром, опущенным из вершины $A_1$ на плоскость $ABC$.

Так как куб является единичным, длина каждого его ребра равна $1$. Следовательно, длина ребра $AA_1$ равна $1$.

Таким образом, расстояние от вершины $A_1$ до плоскости $ABC$ равно длине ребра $AA_1$, то есть $1$.

Ответ: $1$