Номер 11.11, 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 11.11, страница 68.

Условия.

11.11. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$ (рис. 11.9) 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 2.

а) $AA_1$ и $AC$;

Так как призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ является правильной, ее боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. В частности, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Прямая $AC$ является диагональю основания и полностью лежит в плоскости $(ABC)$. Согласно определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AA_1 \perp AC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) $AA_1$ и $AD$;

Аналогично пункту а), боковое ребро $AA_1$ правильной призмы перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Прямая $AD$ является главной диагональю основания и лежит в плоскости $(ABC)$. Следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $AA_1 \perp AD$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) $AA_1$ и $AE$;

Аналогично пункту а), боковое ребро $AA_1$ правильной призмы перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Прямая $AE$ является диагональю основания и лежит в плоскости $(ABC)$. Следовательно, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $AA_1 \perp AE$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

г) $AA_1$ и $BF$;

Боковое ребро $AA_1$ правильной призмы перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Прямая $BF$ является диагональю основания и лежит в плоскости $(ABC)$. Прямые $AA_1$ и $BF$ являются скрещивающимися. Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между одной из прямых и любой прямой, параллельной второй и пересекающей первую. Рассмотрим ребро $BB_1$. Так как призма прямая, $AA_1 \parallel BB_1$. Следовательно, угол между $AA_1$ и $BF$ равен углу между $BB_1$ и $BF$. Так как $BB_1 \perp (ABC)$, а прямая $BF$ лежит в этой плоскости, то $BB_1 \perp BF$. Таким образом, угол между $AA_1$ и $BF$ равен $90^\circ$, что означает $AA_1 \perp BF$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

д) $AB$ и $BD_1$;

Для доказательства воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Рассмотрим наклонную $BD_1$ к плоскости основания $(ABC)$. Ее проекцией на эту плоскость является диагональ основания $BD$, так как $D_1D$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$ (поскольку $D_1D$ — боковое ребро правильной призмы). Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABC)$. Найдем угол между прямыми $AB$ и $BD$ в основании. Основание $ABCDEF$ — правильный шестиугольник, все его внутренние углы равны $120^\circ$, в частности $\angle ABC = 120^\circ$. В треугольнике $BCD$ стороны $BC$ и $CD$ равны как стороны правильного шестиугольника, следовательно, $\triangle BCD$ — равнобедренный. Угол $\angle BCD = 120^\circ$, значит углы при основании $\angle CBD = \angle CDB = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$. Тогда угол $\angle ABD = \angle ABC - \angle CBD = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Это означает, что прямая $AB$ перпендикулярна проекции $BD$. По теореме о трех перпендикулярах, если прямая на плоскости перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Следовательно, $AB \perp BD_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

е) $AB$ и $EA_1$;

Для доказательства воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Рассмотрим наклонную $EA_1$ к плоскости основания $(ABC)$. Ее проекцией на эту плоскость является диагональ основания $EA$, так как $A_1A$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$. Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABC)$. Найдем угол между прямыми $AB$ и $EA$ в основании. Угол правильного шестиугольника $\angle FAB = 120^\circ$. В треугольнике $AFE$ стороны $AF$ и $FE$ равны, следовательно, $\triangle AFE$ — равнобедренный. Угол $\angle AFE = 120^\circ$, значит углы при основании $\angle FAE = \angle AEF = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$. Тогда угол $\angle EAB = \angle FAB - \angle FAE = 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ$. Это означает, что прямая $AB$ перпендикулярна проекции $EA$. По теореме о трех перпендикулярах, $AB \perp EA_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

ж) $AC$ и $DC_1$;

Для доказательства воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. Проекцией наклонной $DC_1$ на плоскость основания $(ABC)$ является сторона $DC$ (так как $C_1C \perp (ABC)$). Прямая $AC$ лежит в плоскости $(ABC)$. Найдем угол между прямыми $AC$ и $DC$. Пусть сторона правильного шестиугольника равна $a$. Длина малой диагонали $AC$ находится из $\triangle ABC$ по теореме косинусов: $AC^2 = a^2+a^2-2a^2\cos(120^\circ) = 2a^2+a^2 = 3a^2$, то есть $AC=a\sqrt{3}$. Длина большой диагонали $AD=2a$. Рассмотрим $\triangle ACD$ со сторонами $AC=a\sqrt{3}$, $CD=a$, $AD=2a$. Проверим для него теорему Пифагора: $AC^2 + CD^2 = (a\sqrt{3})^2 + a^2 = 3a^2 + a^2 = 4a^2$. $AD^2 = (2a)^2 = 4a^2$. Так как $AC^2 + CD^2 = AD^2$, $\triangle ACD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$. Таким образом, $AC \perp DC$. По теореме о трех перпендикулярах, так как прямая $AC$ в плоскости основания перпендикулярна проекции $DC$, она перпендикулярна и самой наклонной $DC_1$. Следовательно, $AC \perp DC_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.