Номер 11.10, страница 68 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Параграф 11. Перпендикулярность прямой и плоскости. Глава II. Угол в пространстве. Расстояние в пространстве - номер 11.10, страница 68.

Условия.

11.10. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (рис. 11.9) данные прямая и плоскость перпендикулярны:

а) $AA_1$ и $ABC$;

б) $AB$ и $BDD_1$;

в) $AC$ и $CDD_1$;

г) $AC$ и $BEE_1$;

д) $AD$ и $CEE_1$;

е) $AB_1$ и $BDE_1$.

₁B₁C₁D₁

Рис. 11.9

Решение.

Решение 2.

а) AA₁ и ABC;

По определению, правильная шестиугольная призма — это прямая призма, в основании которой лежит правильный шестиугольник. У прямой призмы боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Прямая $AA_1$ является боковым ребром, а $ABC$ — это плоскость нижнего основания ($ABCDEF$). Следовательно, по определению правильной призмы, прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Доказано.

б) AB и BDD₁;

Для доказательства того, что прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BDD_1$, нужно доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Плоскость $BDD_1$ содержит прямоугольник $BDD_1B_1$. Выберем прямые $BD$ и $DD_1$.

1. Рассмотрим перпендикулярность $AB$ и $BD$. В основании призмы лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Все его внутренние углы равны $120^\circ$, т.е. $\angle ABC = 120^\circ$. Треугольник $BCD$ является равнобедренным, так как $BC=CD$ (стороны правильного шестиугольника). Угол $\angle BCD = 120^\circ$. Углы при основании $BD$ равны: $\angle CBD = \angle CDB = (180^\circ - 120^\circ)/2 = 30^\circ$. Тогда $\angle ABD = \angle ABC - \angle CBD = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Следовательно, $AB \perp BD$.

2. Рассмотрим перпендикулярность $AB$ и $DD_1$. Так как призма правильная, она является прямой, и ее боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Прямая $AB$ лежит в плоскости основания. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, $DD_1$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $ABC$, включая $AB$. Следовательно, $AB \perp DD_1$.

Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $DD_1$ в плоскости $BDD_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $AB \perp \text{пл. } BDD_1$.

Ответ: Доказано.

в) AC и CDD₁;

Для доказательства того, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $CDD_1$, докажем, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости, например, $CD$ и $DD_1$.

1. Рассмотрим перпендикулярность $AC$ и $CD$. В основании призмы, в треугольнике $ABC$, стороны $AB=BC$ и угол $\angle ABC = 120^\circ$. Следовательно, $\triangle ABC$ равнобедренный, и углы при основании $AC$ равны: $\angle BCA = \angle BAC = (180^\circ - 120^\circ)/2 = 30^\circ$. Угол правильного шестиугольника $\angle BCD = 120^\circ$. Тогда угол $\angle ACD = \angle BCD - \angle BCA = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Следовательно, $AC \perp CD$.

2. Рассмотрим перпендикулярность $AC$ и $DD_1$. Боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Прямая $AC$ лежит в этой плоскости. Значит, $DD_1 \perp AC$.

Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CD$ и $DD_1$ в плоскости $CDD_1$, то $AC \perp \text{пл. } CDD_1$.

Ответ: Доказано.

г) AC и BEE₁;

Для доказательства перпендикулярности прямой $AC$ и плоскости $BEE_1$, докажем, что $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости, например, $BE$ и $EE_1$.

1. Рассмотрим перпендикулярность $AC$ и $BE$. В правильном шестиугольнике диагонали $AD$, $BE$, $CF$ пересекаются в одной точке $O$ — центре шестиугольника. Шестиугольник делится на 6 равносторонних треугольников ($\triangle OAB, \triangle OBC, \dots$). Четырехугольник $ABCO$ является ромбом, так как $AB=BC=CO=OA$. В ромбе диагонали перпендикулярны, следовательно, $AC \perp BO$. Так как точка $O$ лежит на прямой $BE$, то $AC \perp BE$.

2. Рассмотрим перпендикулярность $AC$ и $EE_1$. Боковое ребро $EE_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Прямая $AC$ лежит в этой плоскости. Следовательно, $EE_1 \perp AC$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BE$ и $EE_1$ в плоскости $BEE_1$, то $AC \perp \text{пл. } BEE_1$.

Ответ: Доказано.

д) AD и CEE₁;

Для доказательства перпендикулярности прямой $AD$ и плоскости $CEE_1$, докажем, что $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости, например, $CE$ и $EE_1$.

1. Рассмотрим перпендикулярность $AD$ и $CE$. В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ является осью симметрии. Вершины $C$ и $E$ симметричны относительно этой оси. Отрезок, соединяющий две точки, симметричные относительно прямой, перпендикулярен этой прямой. Следовательно, $CE \perp AD$.

2. Рассмотрим перпендикулярность $AD$ и $EE_1$. Боковое ребро $EE_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Прямая $AD$ лежит в этой плоскости. Следовательно, $EE_1 \perp AD$.

Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CE$ и $EE_1$ в плоскости $CEE_1$, то $AD \perp \text{пл. } CEE_1$.

Ответ: Доказано.

е) AB₁ и BDE₁;

Для доказательства перпендикулярности прямой $AB_1$ и плоскости $BDE_1$, докажем, что $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости, например, $BD$ и $DE_1$.

1. Докажем, что $AB_1 \perp BD$. В пункте б) мы установили, что в основании призмы $AB \perp BD$. Так как призма прямая, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания, а значит и прямой $BD$, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $BD \perp BB_1$. Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $BB_1$ плоскости $ABB_1A_1$. Следовательно, $BD$ перпендикулярна всей плоскости $ABB_1A_1$, а значит и любой прямой в этой плоскости, в том числе и $AB_1$. Таким образом, $AB_1 \perp BD$.

2. Докажем, что $AB_1 \perp DE_1$. Данное утверждение верно только при дополнительном условии, что высота призмы равна стороне основания. В рамках школьной задачи такое условие часто подразумевается. Примем, что высота призмы $h$ равна стороне основания $a$.

Введем систему координат с центром в центре нижнего основания $O$, направив ось $Ox$ вдоль $AD$. Пусть сторона основания равна $a$ и высота $h=a$. Координаты вершин будут следующими: $A(a, 0, 0)$, $B(a/2, a\sqrt{3}/2, 0)$, $D(-a, 0, 0)$, $E(-a/2, -a\sqrt{3}/2, 0)$, $B_1(a/2, a\sqrt{3}/2, a)$, $E_1(-a/2, -a\sqrt{3}/2, a)$.

Найдем векторы $\vec{AB_1}$ и $\vec{DE_1}$:

$\vec{AB_1} = (a/2 - a, a\sqrt{3}/2 - 0, a - 0) = (-a/2, a\sqrt{3}/2, a)$

$\vec{DE_1} = (-a/2 - (-a), -a\sqrt{3}/2 - 0, a - 0) = (a/2, -a\sqrt{3}/2, a)$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{DE_1} = (-a/2)(a/2) + (a\sqrt{3}/2)(-a\sqrt{3}/2) + a \cdot a = -a^2/4 - 3a^2/4 + a^2 = -a^2 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, то есть $AB_1 \perp DE_1$.

Поскольку прямая $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $DE_1$ в плоскости $BDE_1$, то, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $AB_1 \perp \text{пл. } BDE_1$.

Ответ: Доказано.