Страница 89 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

15.13. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ (рис. 15.11) перпендикулярны прямые:

а) $AC_1$ и $BE$;

б) $AD_1$ и $CE$;

в) $AB_1$ и $BE_1$.

Рис. 15.11

Решение

а) $AC_1$ и $BE$

Рассмотрим нижнее основание призмы $ABCDEF$, которое является правильным шестиугольником. Известно, что в правильном шестиугольнике диагональ $AC$ перпендикулярна диагонали $BE$. (Для доказательства этого факта можно использовать координаты: если центр шестиугольника находится в начале координат, а длина стороны равна $a$, то $A=(a,0)$, $B=(a/2, a\sqrt{3}/2)$, $C=(-a/2, a\sqrt{3}/2)$ и $E=(-a/2, -a\sqrt{3}/2)$. Тогда вектор $\vec{AC} = C-A = (-a/2 - a, a\sqrt{3}/2 - 0) = (-3a/2, a\sqrt{3}/2)$ и вектор $\vec{BE} = E-B = (-a/2 - a/2, -a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/2) = (-a, -a\sqrt{3})$. Их скалярное произведение $\vec{AC} \cdot \vec{BE} = (-3a/2)(-a) + (a\sqrt{3}/2)(-a\sqrt{3}) = 3a^2/2 - 3a^2/2 = 0$. Следовательно, $AC \perp BE$.)

Прямая $CC_1$ является боковым ребром призмы. Поскольку призма является правильной, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, прямая $CC_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Поскольку прямая $BE$ лежит в плоскости основания, то $CC_1 \perp BE$.

Итак, прямая $BE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $CC_1$, лежащим в плоскости $ACC_1$. Из признака перпендикулярности прямой и плоскости следует, что прямая $BE$ перпендикулярна плоскости $ACC_1$.

Поскольку прямая $AC_1$ лежит в плоскости $ACC_1$ (так как точки $A$, $C$, $C_1$ являются вершинами призмы и лежат в одной плоскости), то прямая $AC_1$ перпендикулярна прямой $BE$.

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

б) $AD_1$ и $CE$

Рассмотрим нижнее основание призмы $ABCDEF$, которое является правильным шестиугольником. Известно, что в правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ перпендикулярна короткой диагонали $CE$. (Для доказательства этого факта можно использовать координаты: если центр шестиугольника находится в начале координат, а длина стороны равна $a$, то $A=(a,0)$, $D=(-a,0)$, $C=(-a/2, a\sqrt{3}/2)$ и $E=(-a/2, -a\sqrt{3}/2)$. Тогда вектор $\vec{AD} = D-A = (-a - a, 0 - 0) = (-2a, 0)$ и вектор $\vec{CE} = E-C = (-a/2 - (-a/2), -a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/2) = (0, -a\sqrt{3})$. Их скалярное произведение $\vec{AD} \cdot \vec{CE} = (-2a)(0) + (0)(-a\sqrt{3}) = 0$. Следовательно, $AD \perp CE$.)

Прямая $DD_1$ является боковым ребром призмы. Так как призма является правильной, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, прямая $DD_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCDEF$. Поскольку прямая $CE$ лежит в плоскости основания, то $DD_1 \perp CE$.

Итак, прямая $CE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AD$ и $DD_1$, лежащим в плоскости $ADD_1$. Из признака перпендикулярности прямой и плоскости следует, что прямая $CE$ перпендикулярна плоскости $ADD_1$.

Поскольку прямая $AD_1$ лежит в плоскости $ADD_1$, то прямая $AD_1$ перпендикулярна прямой $CE$.

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

в) $AB_1$ и $BE_1$

Воспользуемся методом координат. Пусть центр нижнего основания $O$ находится в начале координат $(0,0,0)$. Пусть длина стороны правильного шестиугольника основания равна $a$, а высота призмы равна $h$.

Координаты вершин: $A = (a, 0, 0)$ $B = (a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$ $E = (-a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$ $B_1 = (a/2, a\sqrt{3}/2, h)$ $E_1 = (-a/2, -a\sqrt{3}/2, h)$

Найдем векторы, задающие направления прямых $AB_1$ и $BE_1$: $\vec{AB_1} = B_1 - A = (a/2 - a, a\sqrt{3}/2 - 0, h - 0) = (-a/2, a\sqrt{3}/2, h)$ $\vec{BE_1} = E_1 - B = (-a/2 - a/2, -a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/2, h - 0) = (-a, -a\sqrt{3}, h)$

Вычислим скалярное произведение этих векторов: $\vec{AB_1} \cdot \vec{BE_1} = (-a/2)(-a) + (a\sqrt{3}/2)(-a\sqrt{3}) + (h)(h)$ $= a^2/2 - (a\sqrt{3})^2/2 + h^2$ $= a^2/2 - 3a^2/2 + h^2$ $= -a^2 + h^2$

Для того чтобы прямые $AB_1$ и $BE_1$ были перпендикулярны, их скалярное произведение должно быть равно нулю. Таким образом, $-a^2 + h^2 = 0 \implies h^2 = a^2 \implies h = a$ (так как высота $h$ должна быть положительной).

Следовательно, прямые $AB_1$ и $BE_1$ перпендикулярны только в том случае, если высота призмы $h$ равна длине стороны основания $a$. Поскольку в условии задачи не указано, что призма является "равносторонней" (т.е. $h=a$), или что ее боковые грани являются квадратами, мы не можем утверждать, что они перпендикулярны для любой правильной шестиугольной призмы. Они перпендикулярны при дополнительном условии $h=a$.

Ответ: Прямые $AB_1$ и $BE_1$ перпендикулярны, если высота призмы равна длине стороны ее основания.

15.14. Докажите, что равные наклонные, проведенные из одной точки к плоскости, имеют равные ортогональные проекции на эту плоскость.

Дано:

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A$, не лежащая в этой плоскости. Из точки $A$ проведены две наклонные $AB$ и $AC$ к плоскости $\alpha$.

Длины наклонных равны: $AB = AC$.

Найти:

Доказать, что ортогональные проекции наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ равны.

Решение:

Для доказательства проведем из точки $A$ перпендикуляр $AH$ к плоскости $\alpha$. Точка $H$ является основанием перпендикуляра на плоскости $\alpha$.

Ортогональной проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $BH$.

Ортогональной проекцией наклонной $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $CH$.

Поскольку $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то $AH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $H$. В частности, $AH \perp BH$ и $AH \perp CH$.

Таким образом, образуются два прямоугольных треугольника: $\triangle AHB$ (с прямым углом при вершине $H$) и $\triangle AHC$ (с прямым углом при вершине $H$).

Рассмотрим эти два прямоугольных треугольника:

Сторона $AH$ является общим катетом для обоих треугольников.

Гипотенузы $AB$ и $AC$ равны по условию задачи ($AB = AC$).

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle AHB$ имеем:

$AB^2 = AH^2 + BH^2$

Отсюда выразим $BH^2$:

$BH^2 = AB^2 - AH^2$

Аналогично, для прямоугольного треугольника $\triangle AHC$ имеем:

$AC^2 = AH^2 + CH^2$

Отсюда выразим $CH^2$:

$CH^2 = AC^2 - AH^2$

Поскольку нам дано, что $AB = AC$, то $AB^2 = AC^2$.

Следовательно, правые части выражений для $BH^2$ и $CH^2$ также равны:

$AB^2 - AH^2 = AC^2 - AH^2 \implies BH^2 = CH^2$

Поскольку $BH$ и $CH$ — это длины отрезков, они являются положительными величинами. Из равенства их квадратов следует равенство самих длин:

$BH = CH$

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Равные наклонные, проведенные из одной точки к плоскости, имеют равные ортогональные проекции на эту плоскость.

15.15. Докажите, что если наклонные, проведенные из одной точки к одной плоскости, имеют равные ортогональные проекции, то равны и сами наклонные.

Дано

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $P$, не лежащая в этой плоскости. Из точки $P$ к плоскости $\alpha$ проведены две наклонные $PA_1$ и $PA_2$. Пусть $O$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезки $PO$ — перпендикуляр к плоскости, $PA_1$ и $PA_2$ — наклонные. Отрезки $OA_1$ и $OA_2$ — ортогональные проекции наклонных $PA_1$ и $PA_2$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Дано, что длины ортогональных проекций равны: $OA_1 = OA_2$.

Найти:

Доказать, что наклонные $PA_1$ и $PA_2$ равны, то есть $PA_1 = PA_2$.

Решение

По определению перпендикуляра к плоскости, отрезок $PO$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку $O$. В частности, $PO \perp OA_1$ и $PO \perp OA_2$.

Таким образом, треугольники $POA_1$ и $POA_2$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $O$.

Для прямоугольного треугольника $POA_1$ по теореме Пифагора имеем:

$PA_1^2 = PO^2 + OA_1^2$

Для прямоугольного треугольника $POA_2$ по теореме Пифагора имеем:

$PA_2^2 = PO^2 + OA_2^2$

Нам дано, что длины ортогональных проекций равны: $OA_1 = OA_2$.

Также отрезок $PO$ является общей стороной для обоих треугольников. Следовательно, $PO^2$ — одинаковая величина для обеих формул.

Подставим $OA_1 = OA_2$ в выражения для $PA_1^2$ и $PA_2^2$:

Так как $OA_1^2 = OA_2^2$ и $PO^2 = PO^2$, то правые части уравнений равны:

$PO^2 + OA_1^2 = PO^2 + OA_2^2$

Отсюда следует, что:

$PA_1^2 = PA_2^2$

Поскольку длины отрезков являются положительными величинами, мы можем взять квадратный корень из обеих частей равенства:

$PA_1 = PA_2$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Если наклонные, проведенные из одной точки к одной плоскости, имеют равные ортогональные проекции, то равны и сами наклонные.

15.16. Докажите, что если боковые ребра пирамиды равны, то ее высота проходит через центр окружности, описанной около основания этой пирамиды.

Дано:

Пирамида $S A_1 A_2 \dots A_n$ с вершиной $S$ и основанием $A_1 A_2 \dots A_n$.

Боковые ребра равны: $S A_1 = S A_2 = \dots = S A_n$.

Найти:

Доказать, что высота пирамиды, опущенная из вершины $S$ на основание, проходит через центр окружности, описанной около основания $A_1 A_2 \dots A_n$.

Решение:

Пусть дана пирамида $S A_1 A_2 \dots A_n$ с вершиной $S$ и основанием $A_1 A_2 \dots A_n$.

Пусть $H$ — основание высоты пирамиды, опущенной из вершины $S$ на плоскость основания. То есть, $S H$ — это высота пирамиды, и $S H \perp \text{плоскости основания}$.

По условию, все боковые ребра пирамиды равны: $S A_1 = S A_2 = \dots = S A_n$. Обозначим эту общую длину $L$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой $S H$, боковыми ребрами $S A_i$ и отрезками $H A_i$. Так как $S H$ перпендикулярна плоскости основания, то $S H$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через $H$. Следовательно, треугольники $S H A_1, S H A_2, \dots, S H A_n$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $H$.

Применяя теорему Пифагора для каждого из этих прямоугольных треугольников, получаем:

$S A_1^2 = S H^2 + H A_1^2$

$S A_2^2 = S H^2 + H A_2^2$

...

$S A_n^2 = S H^2 + H A_n^2$

Поскольку $S A_1 = S A_2 = \dots = S A_n = L$, и $S H = h$ (высота пирамиды), то все эти уравнения можно переписать как:

$L^2 = h^2 + H A_i^2$ для любого $i \in \{1, 2, \dots, n\}$.

Из этого следует, что $H A_i^2 = L^2 - h^2$.

Поскольку $L$ и $h$ являются константами (длина бокового ребра и длина высоты соответственно), то величина $L^2 - h^2$ также является константой. Значит, $H A_i^2$ является константой для всех $i$.

Это означает, что $H A_1 = H A_2 = \dots = H A_n$.

Таким образом, точка $H$ (основание высоты пирамиды) равноудалена от всех вершин основания $A_1, A_2, \dots, A_n$.

По определению, центр окружности, описанной около многоугольника, является точкой, равноудаленной от всех его вершин.

Следовательно, точка $H$ совпадает с центром окружности, описанной около основания пирамиды.

Поскольку $H$ является основанием высоты пирамиды, это означает, что высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около ее основания.

Ответ: Доказано.

этой пирамиды.

15.17. Найдите высоту правильной пирамиды, боковое ребро которой равно $b$, а радиус окружности, описанной около основания, равен $r$.

Дано:

Правильная пирамида
Боковое ребро: $L = b$
Радиус окружности, описанной около основания: $R = r$

Найти:

Высота пирамиды: $H$

Решение:

В правильной пирамиде вершина проецируется в центр основания. Центр основания правильной пирамиды совпадает с центром окружности, описанной вокруг основания.
Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды ($H$), радиусом окружности, описанной вокруг основания ($R$), и боковым ребром пирамиды ($L$). В этом треугольнике боковое ребро является гипотенузой, а высота пирамиды и радиус описанной окружности являются катетами.

По теореме Пифагора имеем:

$H^2 + R^2 = L^2$

Подставляя заданные значения $L = b$ и $R = r$ в формулу, получаем:

$H^2 + r^2 = b^2$

Выразим высоту $H$:

$H^2 = b^2 - r^2$

$H = \sqrt{b^2 - r^2}$

Для того чтобы высота была действительным числом, должно выполняться условие $b^2 - r^2 \ge 0$, то есть $b \ge r$. Это соответствует геометрическому смыслу задачи, так как боковое ребро должно быть не меньше радиуса описанной окружности основания.

Ответ:

$H = \sqrt{b^2 - r^2}$

15.18. Найдите геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек.

Дано: Две различные точки, обозначим их $A$ и $B$.

Найти: Геометрическое место точек $P$ таких, что расстояние от $P$ до $A$ равно расстоянию от $P$ до $B$, то есть $PA = PB$.

Решение:

Рассмотрим две произвольные, но фиксированные точки $A$ и $B$ на плоскости или в пространстве. Мы ищем все точки $P$, для которых выполняется условие $PA = PB$.

Соединим точки $A$ и $B$ отрезком $AB$. Пусть $M$ — середина этого отрезка $AB$. Для любой точки $P$, равноудаленной от $A$ и $B$, треугольник $APB$ является равнобедренным с основанием $AB$. В равнобедренном треугольнике медиана $PM$, проведенная к основанию, одновременно является высотой. Это означает, что $PM$ перпендикулярна отрезку $AB$.

Таким образом, любая точка $P$, равноудаленная от $A$ и $B$, лежит на прямой, которая проходит через середину отрезка $AB$ и перпендикулярна этому отрезку. Эта прямая называется серединным перпендикуляром к отрезку $AB$.

Верно и обратное утверждение: любая точка, лежащая на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$, равноудалена от его концов $A$ и $B$. Для доказательства рассмотрим любую точку $P$ на серединном перпендикуляре к $AB$. Проведем отрезки $PA$ и $PB$. Треугольники $PMA$ и $PMB$ являются прямоугольными (поскольку $PM \perp AB$). У них общий катет $PM$ и равные катеты $AM = MB$ (поскольку $M$ — середина $AB$). Следовательно, по признаку равенства прямоугольных треугольников по двум катетам, $\triangle PMA \cong \triangle PMB$. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих гипотенуз: $PA = PB$.

Таким образом, геометрическим местом точек, равноудаленных от двух данных точек, является серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти две точки.

Ответ: Серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти две точки.

15.19. Докажите теорему, обратную теореме о трех перпендикулярах:

«Если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной к этой плоскости, то она перпендикулярна ортогональной проекции этой наклонной на данную плоскость».

Доказательство:

Пусть $\alpha$ - данная плоскость.

Пусть $A$ - точка, не лежащая в плоскости $\alpha$.

Проведем из точки $A$ перпендикуляр $AO$ к плоскости $\alpha$, где $O$ - основание перпендикуляра на плоскости $\alpha$. Таким образом, по определению, $AO \perp \alpha$.

Пусть $AB$ - наклонная, проведенная из точки $A$ к плоскости $\alpha$, где $B$ - точка на плоскости $\alpha$.

Тогда отрезок $OB$ является ортогональной проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$.

Пусть $c$ - произвольная прямая, лежащая в плоскости $\alpha$.

Нам дано, что прямая $c$ перпендикулярна наклонной $AB$, то есть $c \perp AB$.

Требуется доказать, что прямая $c$ перпендикулярна ортогональной проекции $OB$, то есть $c \perp OB$.

1. По определению перпендикуляра к плоскости, прямая $AO$ (которая является перпендикуляром к плоскости $\alpha$) перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поскольку прямая $c$ лежит в плоскости $\alpha$, отсюда следует, что $AO \perp c$.

2. Согласно условию обратной теоремы о трех перпендикулярах, прямая $c$ перпендикулярна наклонной $AB$. То есть, $c \perp AB$.

3. Таким образом, мы установили, что прямая $c$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым: $AO$ и $AB$. Эти две прямые пересекаются в точке $A$ и лежат в одной плоскости (плоскости, проходящей через точки $A$, $O$, $B$, которую обозначим как плоскость $AOB$).

4. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в некоторой плоскости, то она перпендикулярна самой этой плоскости. Следовательно, прямая $c$ перпендикулярна плоскости $AOB$.

5. Прямая $OB$ (ортогональная проекция наклонной $AB$) полностью лежит в плоскости $AOB$. Поскольку прямая $c$ перпендикулярна плоскости $AOB$, то по определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $c \perp OB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

15.20. Дайте понятие угла между наклонной и плоскостью.

Углом между наклонной и плоскостью называется угол между этой наклонной и ее проекцией на данную плоскость. Это определение применимо для наклонной, которая пересекает плоскость. Если наклонная перпендикулярна плоскости, то угол между ними считается равным $90^\circ$. Если наклонная параллельна плоскости или лежит в ней, то угол между ними считается равным $0^\circ$.
Ответ:

15.21. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между наклонной $AD_1$ и плоскостью $ABC$.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Найти:

Угол между наклонной $AD_1$ и плоскостью $ABC$.

Решение:

Для того чтобы найти угол между прямой $AD_1$ и плоскостью $ABC$, необходимо найти проекцию прямой $AD_1$ на плоскость $ABC$.

Точка $A$ лежит в плоскости $ABC$, поэтому она является своей собственной проекцией.

Чтобы найти проекцию точки $D_1$ на плоскость $ABC$, необходимо опустить перпендикуляр из точки $D_1$ на эту плоскость. Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ - куб, ребро $D_1D$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, проекцией точки $D_1$ на плоскость $ABC$ является точка $D$.

Таким образом, проекцией наклонной $AD_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $AD$.

Угол между наклонной $AD_1$ и плоскостью $ABC$ - это угол между наклонной $AD_1$ и ее проекцией $AD$. То есть, это угол $\angle D_1AD$.

Рассмотрим треугольник $ADD_1$. Поскольку $D_1D$ перпендикулярно плоскости $ABC$, то $D_1D$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через $D$, в том числе и прямой $AD$. Следовательно, треугольник $ADD_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D$ ($ \angle ADD_1 = 90^\circ $).

Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда:

• $AD = a$ (как ребро куба)
• $D_1D = a$ (как ребро куба)

В прямоугольном треугольнике $ADD_1$ тангенс угла $\angle D_1AD$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему катету:

$ \tan(\angle D_1AD) = \frac{D_1D}{AD} $

Подставим значения длин сторон:

$ \tan(\angle D_1AD) = \frac{a}{a} = 1 $

Мы ищем угол, тангенс которого равен $1$. Известно, что $ \tan(45^\circ) = 1 $.

$ \angle D_1AD = \arctan(1) = 45^\circ $

Ответ:

$45^\circ$