Номер 15.10, страница 83 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

Параграф 15. Теорема о трех перпендикулярах. Глава II. Угол в пространстве. Расстояние в пространстве - номер 15.10, страница 83.

Условия.

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

Решение.

Решение 2.

Доказательство:

По условию, $SABCD$ — правильная четырехугольная пирамида. Это означает, что в ее основании лежит квадрат $ABCD$, а вершина $S$ проецируется в центр этого квадрата.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ квадрата $ABCD$. Так как пирамида правильная, отрезок $SO$ является ее высотой, и, следовательно, он перпендикулярен плоскости основания $(ABC)$.

Докажем, что прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(SBD)$.

1. В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$. По свойству диагоналей квадрата, они перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

2. Так как $SO$ — высота пирамиды, то $SO \perp (ABC)$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $(ABC)$, значит, по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $SO \perp AC$.

3. Прямые $BD$ и $SO$ лежат в плоскости $(SBD)$ и пересекаются в точке $O$. Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AC \perp BD$ и $AC \perp SO$) в плоскости $(SBD)$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(SBD)$.

Боковое ребро $SB$ лежит в плоскости $(SBD)$, так как точки $S$ и $B$ принадлежат этой плоскости.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(SBD)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AC \perp SB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что диагональ основания $AC$ перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.