Страница 88 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Другого отрезка.

15.7. Точки $A, B, C$ расположены на одной прямой, $A', B', C'$ — их соответствующие ортогональные проекции, $AB = 5, BC = 10, A'C' = 12$. Найдите $A'B'$ и $B'C'$.

Дано:

$AB = 5$

$BC = 10$

$A'C' = 12$

Перевод в СИ:

Длины заданы в безразмерных или относительных единицах, поэтому их перевод в систему СИ не требуется. Результаты также будут получены в тех же относительных единицах.

Найти:

$A'B'$

$B'C'$

Решение:

Пусть $\alpha$ — это угол между прямой, на которой расположены точки $A, B, C$, и прямой (или плоскостью), на которую производится ортогональное проектирование. Длина ортогональной проекции отрезка равна произведению длины самого отрезка на абсолютное значение косинуса угла между прямой, содержащей отрезок, и прямой (или плоскостью) проекции. То есть, если $L$ — длина отрезка, а $L'$ — длина его проекции, то $L' = L \cdot |\cos \alpha|$.

Поскольку точки $A, B, C$ расположены на одной прямой, и, судя по данным $AB=5$ и $BC=10$, точка $B$ находится между точками $A$ и $C$ (таким образом $AC = AB + BC = 5 + 10 = 15$). Соответственно, их ортогональные проекции $A', B', C'$ также будут расположены на одной прямой, и точка $B'$ будет находиться между $A'$ и $C'$.

Исходя из этого, мы можем записать следующие соотношения для длин проекций:

$A'B' = AB \cdot |\cos \alpha| = 5 \cdot |\cos \alpha|$

$B'C' = BC \cdot |\cos \alpha| = 10 \cdot |\cos \alpha|$

Так как $B'$ находится между $A'$ и $C'$, выполняется следующее равенство:

$A'C' = A'B' + B'C'$

Теперь подставим выражения для $A'B'$ и $B'C'$ в это равенство:

$A'C' = (5 \cdot |\cos \alpha|) + (10 \cdot |\cos \alpha|)$

Объединим слагаемые:

$A'C' = (5 + 10) \cdot |\cos \alpha|$

$A'C' = 15 \cdot |\cos \alpha|$

Из условия задачи нам дано, что $A'C' = 12$. Подставим это значение в уравнение:

$12 = 15 \cdot |\cos \alpha|$

Вычислим значение $|\cos \alpha|$:

$|\cos \alpha| = \frac{12}{15} = \frac{4}{5} = 0.8$

Теперь, используя найденное значение $|\cos \alpha|$, мы можем вычислить длины отрезков $A'B'$ и $B'C'$:

$A'B' = 5 \cdot |\cos \alpha| = 5 \cdot \frac{4}{5} = 4$

$B'C' = 10 \cdot |\cos \alpha| = 10 \cdot \frac{4}{5} = 8$

Для проверки правильности решения, сложим полученные длины проекций: $A'B' + B'C' = 4 + 8 = 12$. Это соответствует заданному значению $A'C'$, что подтверждает верность расчетов.

Ответ:

$A'B' = 4$, $B'C' = 8$.

15.8. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 15.7) изобразите ортогональную проекцию на плоскость $ACC_1$ отрезка:

а) $BB_1$;

б) $BC_1$;

в) $BD_1$.

Рис. 15.7

а) $BB_1$

Найти: ортогональную проекцию отрезка $BB_1$ на плоскость $ACC_1$.

Решение:
Для нахождения ортогональной проекции отрезка на плоскость, необходимо найти ортогональные проекции его концевых точек на эту плоскость. Пусть $O$ – центр грани $ABCD$ (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$), а $O_1$ – центр грани $A_1B_1C_1D_1$ (точка пересечения диагоналей $A_1C_1$ и $B_1D_1$).

Найдем проекцию точки $B$ на плоскость $ACC_1$.
В квадрате $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$. Точка $O$ является серединой $BD$, следовательно, отрезок $BO \perp AC$.
Ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, $BB_1$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе и $AC$.
Плоскость $ACC_1$ содержит прямые $AC$ и $CC_1$.
Так как $BO \perp AC$ (из свойств квадрата) и $BO \perp CC_1$ (так как $BO$ лежит в плоскости $ABCD$, а $CC_1$ перпендикулярна ей), то отрезок $BO$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($AC$ и $CC_1$) плоскости $ACC_1$. Следовательно, $BO \perp ACC_1$.
Поскольку $O$ лежит на $AC$, а $AC$ принадлежит плоскости $ACC_1$, точка $O$ является точкой пересечения перпендикуляра, опущенного из $B$, с плоскостью $ACC_1$. Таким образом, ортогональной проекцией точки $B$ на плоскость $ACC_1$ является точка $O$.

Найдем проекцию точки $B_1$ на плоскость $ACC_1$.
Аналогично, в квадрате $A_1B_1C_1D_1$ диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ взаимно перпендикулярны, то есть $A_1C_1 \perp B_1D_1$. Точка $O_1$ является серединой $B_1D_1$, следовательно, отрезок $B_1O_1 \perp A_1C_1$.
Ребро $C_1C$ перпендикулярно плоскости $A_1B_1C_1D_1$, а значит, $C_1C$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе и $B_1O_1$.
Так как $B_1O_1 \perp A_1C_1$ и $B_1O_1 \perp C_1C$, то отрезок $B_1O_1$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($A_1C_1$ и $C_1C$) плоскости $ACC_1$. Следовательно, $B_1O_1 \perp ACC_1$.
Поскольку $O_1$ лежит на $A_1C_1$, а $A_1C_1$ принадлежит плоскости $ACC_1$, точка $O_1$ является точкой пересечения перпендикуляра, опущенного из $B_1$, с плоскостью $ACC_1$. Таким образом, ортогональной проекцией точки $B_1$ на плоскость $ACC_1$ является точка $O_1$.
Проекцией отрезка $BB_1$ является отрезок, соединяющий проекции его концов, то есть отрезок $OO_1$.

Ответ: Отрезок $OO_1$, где $O$ и $O_1$ – центры граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ соответственно.

б) $BC_1$

Найти: ортогональную проекцию отрезка $BC_1$ на плоскость $ACC_1$.

Решение:
Как установлено в пункте а), ортогональной проекцией точки $B$ на плоскость $ACC_1$ является точка $O$ (центр грани $ABCD$).
Точка $C_1$ лежит в плоскости $ACC_1$ (так как плоскость $ACC_1$ проходит через $C_1$). Следовательно, ортогональной проекцией точки $C_1$ на плоскость $ACC_1$ является сама точка $C_1$.
Проекцией отрезка $BC_1$ является отрезок, соединяющий проекции его концов, то есть отрезок $OC_1$.

Ответ: Отрезок $OC_1$, где $O$ – центр грани $ABCD$.

в) $BD_1$

Найти: ортогональную проекцию отрезка $BD_1$ на плоскость $ACC_1$.

Решение:
Как установлено в пункте а), ортогональной проекцией точки $B$ на плоскость $ACC_1$ является точка $O$ (центр грани $ABCD$).

Найдем проекцию точки $D_1$ на плоскость $ACC_1$.
Как и в случае с точкой $B_1$, точка $O_1$ является центром грани $A_1B_1C_1D_1$.
В квадрате $A_1B_1C_1D_1$ диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ взаимно перпендикулярны, то есть $A_1C_1 \perp B_1D_1$. Точка $O_1$ является серединой $B_1D_1$, следовательно, отрезок $D_1O_1 \perp A_1C_1$.
Ребро $C_1C$ перпендикулярно плоскости $A_1B_1C_1D_1$, а значит, $C_1C$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе и $D_1O_1$.
Так как $D_1O_1 \perp A_1C_1$ и $D_1O_1 \perp C_1C$, то отрезок $D_1O_1$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым ($A_1C_1$ и $C_1C$) плоскости $ACC_1$. Следовательно, $D_1O_1 \perp ACC_1$.
Поскольку $O_1$ лежит на $A_1C_1$, а $A_1C_1$ принадлежит плоскости $ACC_1$, точка $O_1$ является точкой пересечения перпендикуляра, опущенного из $D_1$, с плоскостью $ACC_1$. Таким образом, ортогональной проекцией точки $D_1$ на плоскость $ACC_1$ является точка $O_1$.
Проекцией отрезка $BD_1$ является отрезок, соединяющий проекции его концов, то есть отрезок $OO_1$.

Ответ: Отрезок $OO_1$, где $O$ и $O_1$ – центры граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ соответственно.

15.9. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ (рис. 15.8) изобразите ортогональную проекцию на плоскость $ACC_1$ отрезка:

а) $BB_1$;

б) $BC$;

в) $BC_1$.

Решение

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ плоскость $ACC_1$ является одной из боковых граней. Для нахождения ортогональной проекции отрезка на плоскость необходимо спроецировать его концевые точки на данную плоскость и соединить полученные проекции.

Поскольку призма правильная, её основания $ABC$ и $A_1B_1C_1$ являются равносторонними треугольниками, а боковые рёбра перпендикулярны основаниям.

Рассмотрим проекцию точки $B$ на плоскость $ACC_1$. Пусть $M$ — середина отрезка $AC$. В равностороннем треугольнике $ABC$ медиана $BM$ является также высотой, следовательно, $BM \perp AC$. Так как призма прямая, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, а значит, $AA_1 \perp BM$. Поскольку прямая $BM$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC$ и $AA_1$), лежащим в плоскости $ACC_1$, то $BM$ перпендикулярна всей плоскости $ACC_1$. Таким образом, ортогональной проекцией точки $B$ на плоскость $ACC_1$ является точка $M$.

Аналогично, для точки $B_1$, её проекцией на плоскость $ACC_1$ является точка $M_1$ — середина отрезка $A_1C_1$. Отрезок $B_1M_1$ перпендикулярен плоскости $ACC_1$.

а) BB₁

Чтобы найти проекцию отрезка $BB_1$, спроецируем его концевые точки $B$ и $B_1$ на плоскость $ACC_1$.

Проекция точки $B$ на плоскость $ACC_1$ — это точка $M$ (середина $AC$).

Проекция точки $B_1$ на плоскость $ACC_1$ — это точка $M_1$ (середина $A_1C_1$).

Следовательно, ортогональной проекцией отрезка $BB_1$ на плоскость $ACC_1$ является отрезок $MM_1$.

Ответ: $MM_1$

б) BC

Чтобы найти проекцию отрезка $BC$, спроецируем его концевые точки $B$ и $C$ на плоскость $ACC_1$.

Точка $C$ лежит в плоскости $ACC_1$, поэтому её проекцией является сама точка $C$.

Проекция точки $B$ на плоскость $ACC_1$ — это точка $M$ (середина $AC$).

Следовательно, ортогональной проекцией отрезка $BC$ на плоскость $ACC_1$ является отрезок $MC$.

Ответ: $MC$

в) BC₁

Чтобы найти проекцию отрезка $BC_1$, спроецируем его концевые точки $B$ и $C_1$ на плоскость $ACC_1$.

Точка $C_1$ лежит в плоскости $ACC_1$, поэтому её проекцией является сама точка $C_1$.

Проекция точки $B$ на плоскость $ACC_1$ — это точка $M$ (середина $AC$).

Следовательно, ортогональной проекцией отрезка $BC_1$ на плоскость $ACC_1$ является отрезок $MC_1$.

Ответ: $MC_1$

15.10. Докажите, что в правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ (рис. 15.9) диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.

Рис. 15.9

Дано: правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Найти: Доказать, что диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.

Решение:

1. По определению правильной четырехугольной пирамиды, ее основанием является квадрат $ABCD$. Вершина $S$ проецируется в центр основания, который является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Обозначим эту точку $O$. Таким образом, $SO$ является высотой пирамиды.

2. В квадрате $ABCD$ диагонали взаимно перпендикулярны. Следовательно, $AC \perp BD$.

3. Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Это означает, что $SO$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания, включая диагональ $AC$. То есть, $SO \perp AC$.

4. Рассмотрим плоскость, содержащую высоту $SO$ и диагональ $BD$. Это плоскость $SBD$.

5. Мы установили, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $SO$ (они пересекаются в точке $O$). Обе эти прямые, $BD$ и $SO$, лежат в плоскости $SBD$.

6. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Таким образом, $AC \perp$ плоскости $SBD$.

7. Прямая $SB$ является боковым ребром пирамиды и целиком лежит в плоскости $SBD$.

8. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

9. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна прямой $SB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

15.11. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 15.7) перпендикулярны прямые: а) $AB_1$ и $BD_1$; б) $AC_1$ и $BD$; в) $AD_1$ и $CA_1$.

Рис. 15.7

Дано: Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$.

Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0,0,0)$.

Тогда координаты вершин будут:

$A = (0, 0, 0)$

$B = (a, 0, 0)$

$C = (a, a, 0)$

$D = (0, a, 0)$

$A_1 = (0, 0, a)$

$B_1 = (a, 0, a)$

$C_1 = (a, a, a)$

$D_1 = (0, a, a)$

Найти: Доказать, что следующие пары прямых перпендикулярны.

Решение:

Для доказательства перпендикулярности прямых мы можем использовать метод векторов. Если скалярное произведение направляющих векторов двух прямых равно нулю, то эти прямые перпендикулярны.

a) $AB_1$ и $BD_1$

Найдем координаты направляющих векторов для каждой прямой:

Вектор $\vec{AB_1}$: Координаты точки $B_1$ минус координаты точки $A$.

$\vec{AB_1} = (a - 0, 0 - 0, a - 0) = (a, 0, a)$

Вектор $\vec{BD_1}$: Координаты точки $D_1$ минус координаты точки $B$.

$\vec{BD_1} = (0 - a, a - 0, a - 0) = (-a, a, a)$

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{BD_1} = (a)(-a) + (0)(a) + (a)(a) = -a^2 + 0 + a^2 = 0$

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, прямые $AB_1$ и $BD_1$ перпендикулярны.

Ответ: Прямые $AB_1$ и $BD_1$ перпендикулярны.

б) $AC_1$ и $BD$

Найдем координаты направляющих векторов для каждой прямой:

Вектор $\vec{AC_1}$: Координаты точки $C_1$ минус координаты точки $A$.

$\vec{AC_1} = (a - 0, a - 0, a - 0) = (a, a, a)$

Вектор $\vec{BD}$: Координаты точки $D$ минус координаты точки $B$.

$\vec{BD} = (0 - a, a - 0, 0 - 0) = (-a, a, 0)$

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD} = (a)(-a) + (a)(a) + (a)(0) = -a^2 + a^2 + 0 = 0$

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, прямые $AC_1$ и $BD$ перпендикулярны.

Ответ: Прямые $AC_1$ и $BD$ перпендикулярны.

в) $AD_1$ и $CA_1$

Найдем координаты направляющих векторов для каждой прямой:

Вектор $\vec{AD_1}$: Координаты точки $D_1$ минус координаты точки $A$.

$\vec{AD_1} = (0 - 0, a - 0, a - 0) = (0, a, a)$

Вектор $\vec{CA_1}$: Координаты точки $A_1$ минус координаты точки $C$.

$\vec{CA_1} = (0 - a, 0 - a, a - 0) = (-a, -a, a)$

Вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AD_1} \cdot \vec{CA_1} = (0)(-a) + (a)(-a) + (a)(a) = 0 - a^2 + a^2 = 0$

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, прямые $AD_1$ и $CA_1$ перпендикулярны.

Ответ: Прямые $AD_1$ и $CA_1$ перпендикулярны.

15.12. Докажите, что в правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ (рис. 15.10) диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.

Рис. 15.10

Решение

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольного основания $ABCDEF$ пирамиды $SABCDEF$. Так как пирамида правильная, вершина $S$ проецируется в центр основания $O$, что означает, что ребро $SO$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$.

Рассмотрим правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны шестиугольника. Пусть длина стороны шестиугольника $a$, то есть $AB = BC = CD = DE = EF = FA = a$. Тогда $OA = OB = OC = OD = OE = OF = a$.

Рассмотрим треугольники $OAB$ и $OBC$. Они являются равносторонними, так как все их стороны равны $a$. Таким образом, $\angle AOB = 60^\circ$ и $\angle BOC = 60^\circ$.

Для доказательства перпендикулярности прямой $AC$ и прямой $OB$, воспользуемся методом координат. Разместим центр шестиугольника $O$ в начале координат $(0,0)$ на плоскости. Пусть вершина $A$ имеет координаты $(a,0)$. Тогда вершина $B$ будет иметь координаты $(a \cos 60^\circ, a \sin 60^\circ) = \left( \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$. Вершина $C$ будет иметь координаты $(a \cos 120^\circ, a \sin 120^\circ) = \left( -\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Найдем вектор $\vec{AC}$: $\vec{AC} = C - A = \left( -\frac{a}{2} - a, \frac{a\sqrt{3}}{2} - 0 \right) = \left( -\frac{3a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Найдем вектор $\vec{OB}$: $\vec{OB} = B - O = \left( \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{OB}$: $\vec{AC} \cdot \vec{OB} = \left( -\frac{3a}{2} \right) \left( \frac{a}{2} \right) + \left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) \left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) = -\frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AC}$ и $\vec{OB}$ перпендикулярны. Следовательно, $AC \perp OB$.

Далее, по определению правильной пирамиды, $SO \perp \text{плоскости } ABCDEF$. Так как диагональ $AC$ лежит в плоскости основания $ABCDEF$, то $SO \perp AC$.

Мы имеем два условия: 1. $AC \perp OB$ 2. $AC \perp SO$

Поскольку прямые $OB$ и $SO$ пересекаются в точке $O$ и определяют плоскость $SOB$, а прямая $AC$ перпендикулярна обеим этим пересекающимся прямым, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SOB$.

Поскольку боковое ребро $SB$ лежит в плоскости $SOB$, то прямая $AC$ перпендикулярна прямой $SB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что в правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.