Страница 68 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

11.5. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 11.8) данные прямая и плоскость перпендикулярны:

а) $AA_1$ и $ABC$;

б) $AB$ и $BCC_1$;

в) $AB_1$ и $BCD_1$.

Рис. 11.8

а) $AA_1$ и $ABC$

Для доказательства перпендикулярности прямой $AA_1$ и плоскости $ABC$ воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

1. Рассмотрим грань $ABB_1A_1$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб, то все его грани являются квадратами. В квадрате $ABB_1A_1$ смежные стороны перпендикулярны, следовательно, $AA_1 \perp AB$.

2. Рассмотрим грань $ADD_1A_1$. Эта грань также является квадратом. Следовательно, $AA_1 \perp AD$.

3. Прямые $AB$ и $AD$ лежат в плоскости $ABC$ и пересекаются в точке $A$.

4. Так как прямая $AA_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AB$ и $AD$) в плоскости $ABC$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) $AB$ и $BCC_1$

Доказательство аналогично пункту а). Воспользуемся признаком перпендикулярности прямой и плоскости.

1. Рассмотрим грань $ABCD$. Это квадрат, поэтому смежные стороны $AB$ и $BC$ перпендикулярны: $AB \perp BC$.

2. Рассмотрим грань $ABB_1A_1$. Это квадрат, поэтому смежные стороны $AB$ и $BB_1$ перпендикулярны: $AB \perp BB_1$.

3. Прямые $BC$ и $BB_1$ лежат в плоскости $BCC_1$ (также обозначаемой как $BCC_1B_1$) и пересекаются в точке $B$.

4. Поскольку прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC$ и $BB_1$) в плоскости $BCC_1$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BCC_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) $AB_1$ и $BCD_1$

Для доказательства перпендикулярности прямой $AB_1$ и плоскости $BCD_1$ докажем, что прямая $AB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости, например, прямым $BC$ и $CD_1$.

1. Докажем, что $AB_1 \perp BC$.
В кубе грань $ABCD$ является квадратом, поэтому $AB \perp BC$. Грань $BCC_1B_1$ также является квадратом, поэтому $BC \perp BB_1$. Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $BB_1$ (которые образуют плоскость $ABB_1A_1$), то прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $ABB_1A_1$. Так как прямая $AB_1$ лежит в плоскости $ABB_1A_1$, то по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $BC \perp AB_1$.

2. Докажем, что $AB_1 \perp CD_1$.
Рассмотрим грани $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$. Так как это куб, эти грани являются параллельными квадратами. Следовательно, отрезки $BA_1$ и $CD_1$ равны и параллельны ($BA_1 \parallel CD_1$), так как они являются соответствующими диагоналями этих граней. Рассмотрим диагонали грани-квадрата $ABB_1A_1$: $AB_1$ и $BA_1$. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, поэтому $AB_1 \perp BA_1$. Так как $AB_1 \perp BA_1$ и $BA_1 \parallel CD_1$, то по свойству параллельных прямых (если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и другая прямая перпендикулярна этой третьей прямой), получаем, что $AB_1 \perp CD_1$.

3. Заключение.
Мы доказали, что прямая $AB_1$ перпендикулярна прямой $BC$ и прямой $CD_1$. Прямые $BC$ и $CD_1$ лежат в плоскости $BCD_1$ и пересекаются в точке $C$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB_1$ перпендикулярна плоскости $BCD_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

11.6. Верно ли, что если прямая перпендикулярна каким-нибудь двум прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости?

Нет, данное утверждение в общем случае неверно. Оно справедливо только при одном дополнительном, но очень важном условии.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В вопросе отсутствует условие, что эти две прямые должны пересекаться.

Рассмотрим контрпример, доказывающий неверность утверждения. Пусть в плоскости $\alpha$ лежат две параллельные прямые $a$ и $b$. Можно построить прямую $c$, которая будет перпендикулярна обеим этим прямым, но при этом не будет перпендикулярна самой плоскости $\alpha$.

Например, представим, что плоскость $\alpha$ — это пол. Прямые $a$ и $b$ — это две параллельные друг другу доски, лежащие на полу. Теперь возьмем лист фанеры (новую плоскость $\beta$) и поставим его на пол так, чтобы он был перпендикулярен доскам $a$ и $b$. Любая прямая $c$, проведенная на этом листе фанеры, будет перпендикулярна обеим доскам ($c \perp a$ и $c \perp b$). Однако очевидно, что только вертикальная прямая, проведенная на листе фанеры, будет перпендикулярна полу (плоскости $\alpha$). Если мы проведем на листе фанеры наклонную прямую, она все еще будет перпендикулярна доскам $a$ и $b$, но уже не будет перпендикулярна полу $\alpha$.

Таким образом, перпендикулярность прямой двум параллельным прямым в плоскости не гарантирует перпендикулярности самой плоскости.

Ответ: Нет, неверно. Для того чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, она должна быть перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

11.7. При каком взаимном расположении двух прямых через одну из них можно провести плоскость, перпендикулярную другой прямой?

11.8. Определите вид треугольника, если через одну из его сторон

Пусть даны две прямые $a$ и $b$. Необходимо определить их взаимное расположение, при котором существует плоскость $\alpha$ такая, что она проходит через прямую $a$ и перпендикулярна прямой $b$.

1. Анализ условия (необходимость).
Предположим, что такая плоскость $\alpha$ существует. По условию задачи, прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$), и плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $b$ ($\alpha \perp b$).
По определению перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Поскольку прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$, то из этого следует, что прямая $b$ должна быть перпендикулярна прямой $a$.
Следовательно, необходимым условием является перпендикулярность прямых $a$ и $b$, то есть $a \perp b$.

2. Проверка условия (достаточность).
Теперь докажем, что это условие является и достаточным. Пусть прямые $a$ и $b$ перпендикулярны ($a \perp b$). Это означает, что угол между ними равен $90^\circ$. В пространстве такое возможно в двух случаях:
• Прямые $a$ и $b$ пересекаются и перпендикулярны.
• Прямые $a$ и $b$ скрещиваются и перпендикулярны.
Нам нужно доказать, что в любом из этих случаев существует плоскость $\alpha$, удовлетворяющая условиям $a \subset \alpha$ и $\alpha \perp b$.
Построим такую плоскость. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $M$. Через точку $M$ проведем плоскость $\alpha$, перпендикулярную прямой $b$. Согласно теореме стереометрии, через любую точку пространства проходит единственная плоскость, перпендикулярная данной прямой.
Теперь докажем, что прямая $a$ целиком лежит в построенной плоскости $\alpha$. Для этого достаточно показать, что одна точка прямой $a$ принадлежит плоскости $\alpha$, и направляющий вектор прямой $a$ перпендикулярен вектору нормали к плоскости $\alpha$.
• По построению, точка $M$ прямой $a$ лежит в плоскости $\alpha$.
• Вектор нормали к плоскости $\alpha$ по построению коллинеарен (параллелен) направляющему вектору прямой $b$. По нашему исходному условию, прямая $a$ перпендикулярна прямой $b$, значит, их направляющие векторы ортогональны. Следовательно, направляющий вектор прямой $a$ перпендикулярен вектору нормали плоскости $\alpha$.
Оба условия выполнены, значит, прямая $a$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$).

Таким образом, мы доказали, что если прямые $a$ и $b$ перпендикулярны, то через прямую $a$ можно провести плоскость $\alpha$, перпендикулярную прямой $b$. Это доказательство справедливо как для пересекающихся, так и для скрещивающихся перпендикулярных прямых.

Ответ: Прямые должны быть перпендикулярны.

11.8. Определите вид треугольника, если через одну из его сторон можно провести плоскость, перпендикулярную другой стороне.

11.9. Постройте ABCD. (См. 11.9)

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим его стороны как $AB$, $BC$ и $AC$.

Согласно условию задачи, через одну из его сторон можно провести плоскость, перпендикулярную другой стороне. Рассмотрим один из возможных случаев.

Пусть через сторону $AB$ треугольника проведена плоскость $\alpha$, которая перпендикулярна стороне $AC$.

Из условия следует, что прямая, содержащая сторону $AB$, лежит в плоскости $\alpha$ (математически это записывается как $AB \subset \alpha$). Также по условию прямая, содержащая сторону $AC$, перпендикулярна плоскости $\alpha$ (то есть $AC \perp \alpha$).

Воспользуемся определением перпендикулярности прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

В нашем случае прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $\alpha$. Прямая $AB$ лежит в плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая $AC$ должна быть перпендикулярна прямой $AB$.

Перпендикулярность прямых $AC$ и $AB$ означает, что угол между ними равен $90^\circ$. В треугольнике $ABC$ это угол $\angle BAC$. Таким образом, $\angle BAC = 90^\circ$.

Треугольник, один из углов которого является прямым, называется прямоугольным.

Если рассмотреть другие комбинации сторон (например, плоскость через сторону $BC$, перпендикулярная стороне $AB$, или плоскость через сторону $AC$, перпендикулярная стороне $BC$), рассуждения будут аналогичными и приведут к выводу, что один из углов треугольника ($\angle B$ или $\angle C$ соответственно) является прямым.

Следовательно, при выполнении заданного условия треугольник всегда будет являться прямоугольным.

Ответ: прямоугольный треугольник.

11.9. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 11.8) докажите перпендикулярность прямых:

а) $AA_1$ и $AC$;

б) $AA_1$ и $BD$;

в) $AB$ и $BC_1$.

Рис. 11.8

а) $AA_1$ и $AC$

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ все грани являются квадратами, а смежные грани перпендикулярны. Рассмотрим ребро $AA_1$ и плоскость основания $ABCD$.

Так как грань $ABB_1A_1$ — квадрат, то ребро $AA_1$ перпендикулярно ребру $AB$, то есть $AA_1 \perp AB$.

Так как грань $ADD_1A_1$ — квадрат, то ребро $AA_1$ перпендикулярно ребру $AD$, то есть $AA_1 \perp AD$.

Прямые $AB$ и $AD$ лежат в плоскости основания $ABCD$ и пересекаются в точке $A$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости $ABCD$.

Прямая $AC$ является диагональю основания $ABCD$ и, следовательно, лежит в плоскости $ABCD$.

По определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $AA_1 \perp AC$.

Ответ: Доказано.

б) $AA_1$ и $BD$

Аналогично пункту а), докажем перпендикулярность прямых $AA_1$ и $BD$.

Как было установлено ранее, ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$.

Прямая $BD$ является диагональю основания $ABCD$ и, следовательно, целиком лежит в плоскости $ABCD$.

Поскольку прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости $ABCD$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Значит, $AA_1 \perp BD$.

Ответ: Доказано.

в) $AB$ и $BC_1$

Рассмотрим ребро $AB$ и плоскость боковой грани $BCC_1B_1$.

Так как грань $ABCD$ — квадрат, то ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BC$, то есть $AB \perp BC$.

Так как грань $ABB_1A_1$ — квадрат, то ребро $AB$ перпендикулярно ребру $BB_1$, то есть $AB \perp BB_1$.

Прямые $BC$ и $BB_1$ лежат в плоскости грани $BCC_1B_1$ и пересекаются в точке $B$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BCC_1B_1$.

Прямая $BC_1$ является диагональю грани $BCC_1B_1$ и, следовательно, лежит в плоскости этой грани.

Так как прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $BCC_1B_1$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AB \perp BC_1$.

Ответ: Доказано.

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 $BDE_1$.

Рис. 11.9

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.

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 $DC_1$.

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.

11.12. Докажите, что в кубе $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ прямая $BD_1$ перпендикулярна прямым $AC$ и $AB_1$.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $A$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Направим оси координат вдоль ребер: ось $Ox$ вдоль $AB$, ось $Oy$ вдоль $AD$ и ось $Oz$ вдоль $AA_1$. Пусть ребро куба имеет длину $a$.

В этой системе координат вершины, участвующие в задаче, имеют следующие координаты: $A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $B_1(a, 0, a)$, $D_1(0, a, a)$.

Доказательство перпендикулярности $BD_1$ и $AC$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $BD_1$ и $AC$. Координаты вектора равны разности соответствующих координат его конца и начала.
$\vec{BD_1} = (0 - a, a - 0, a - 0) = (-a, a, a)$.
$\vec{AC} = (a - 0, a - 0, 0 - 0) = (a, a, 0)$.

Две прямые в пространстве перпендикулярны, если их направляющие векторы ортогональны, то есть их скалярное произведение равно нулю. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{BD_1}$ и $\vec{AC}$:
$\vec{BD_1} \cdot \vec{AC} = (-a)(a) + (a)(a) + (a)(0) = -a^2 + a^2 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, а следовательно, и прямые $BD_1$ и $AC$ перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Перпендикулярность прямых $BD_1$ и $AC$ доказана.

Доказательство перпендикулярности $BD_1$ и $AB_1$

Аналогично докажем перпендикулярность прямых $BD_1$ и $AB_1$. Используем уже найденный вектор $\vec{BD_1} = (-a, a, a)$.
Найдем координаты направляющего вектора для прямой $AB_1$:
$\vec{AB_1} = (a - 0, 0 - 0, a - 0) = (a, 0, a)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{BD_1}$ и $\vec{AB_1}$:
$\vec{BD_1} \cdot \vec{AB_1} = (-a)(a) + (a)(0) + (a)(a) = -a^2 + 0 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, а следовательно, и прямые $BD_1$ и $AB_1$ перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Перпендикулярность прямых $BD_1$ и $AB_1$ доказана.

11.13. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямая $BD_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Для доказательства того, что прямая $BD_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$, необходимо доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. В качестве таких прямых в плоскости $ACB_1$ выберем прямые $AC$ и $CB_1$, которые пересекаются в точке $C$.

1. Докажем перпендикулярность прямых $BD_1$ и $AC$.

Рассмотрим основание куба — квадрат $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$ по свойству куба. Следовательно, $DD_1$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, включая $AC$. Таким образом, $DD_1 \perp AC$.Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $DD_1$) в плоскости $BDD_1B_1$, то прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $BDD_1B_1$.Прямая $BD_1$ лежит в плоскости $BDD_1B_1$.Следовательно, $AC \perp BD_1$.

2. Докажем перпендикулярность прямых $BD_1$ и $CB_1$.

Рассмотрим боковую грань куба — квадрат $BCC_1B_1$. Его диагонали $CB_1$ и $BC_1$ перпендикулярны, то есть $CB_1 \perp BC_1$.Ребро $C_1D_1$ перпендикулярно плоскости грани $BCC_1B_1$. Следовательно, $C_1D_1$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, включая $CB_1$. Таким образом, $C_1D_1 \perp CB_1$.Поскольку прямая $CB_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BC_1$ и $C_1D_1$) в плоскости $BC_1D_1$, то прямая $CB_1$ перпендикулярна всей плоскости $BC_1D_1$.Прямая $BD_1$ лежит в плоскости $BC_1D_1$, так как две ее точки, $B$ и $D_1$, принадлежат этой плоскости.Следовательно, $CB_1 \perp BD_1$.

Вывод.

Мы доказали, что прямая $BD_1$ перпендикулярна двум пересекающимся в точке $C$ прямым $AC$ и $CB_1$, которые лежат в плоскости $ACB_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BD_1$ перпендикулярна плоскости $ACB_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

11.14. Приведите примеры реальных объектов, идеализацией которых являются перпендикулярные прямая и плоскость.

В геометрии прямая называется перпендикулярной плоскости, если она пересекает эту плоскость и перпендикулярна любой прямой, которая лежит в этой плоскости и проходит через точку их пересечения. Угол между перпендикулярной прямой и плоскостью составляет $90^\circ$. В окружающем нас мире можно найти множество реальных объектов, которые служат хорошей идеализацией этой геометрической конструкции.

Столб и поверхность земли
Фонарный столб, флагшток или любая другая вертикальная опора, установленная на ровной горизонтальной поверхности (например, на площади или на футбольном поле). В этом случае столб является моделью прямой, а поверхность земли — моделью плоскости. При правильной, вертикальной установке, столб будет перпендикулярен плоскости земли.

Стена и пол в комнате
В прямоугольной комнате линия пересечения (стык) двух стен представляет собой прямую, а пол — плоскость. Эта вертикальная линия стыка стен будет перпендикулярна плоскости пола. Аналогично, любой вертикальный край мебели, например, шкафа, будет перпендикулярен полу.

Ножка стола и пол
Ножка обычного стола, стоящего на ровном полу. Ножка служит моделью прямой, а пол — моделью плоскости. Если стол не наклонён, его ножки перпендикулярны поверхности пола.

Колонна и основание
Несущие колонны в архитектуре зданий, поддерживающие перекрытия. Ось колонны можно рассматривать как прямую, а поверхность пола или потолка, к которой она примыкает, — как плоскость. Вертикальная колонна перпендикулярна горизонтальной плоскости пола.

Строительный отвес и горизонтальная поверхность
Нить строительного отвеса под действием силы тяжести всегда располагается вертикально. Таким образом, нить отвеса является идеализацией прямой, перпендикулярной любой идеально горизонтальной плоскости, например, поверхности фундамента или ровной стяжки пола.

Во всех приведенных примерах мы имеем дело с идеализацией, поскольку реальные объекты имеют толщину, а поверхности не являются идеально плоскими и бесконечными. Тем не менее, эти модели наглядно иллюстрируют понятие перпендикулярности прямой и плоскости.

Ответ: Примерами реальных объектов, идеализацией которых являются перпендикулярные прямая и плоскость, могут служить: фонарный столб (прямая) на ровной поверхности земли (плоскость); линия стыка двух стен (прямая) и пол (плоскость) в комнате; ножка стола (прямая) и ровный пол (плоскость); вертикальная колонна здания (прямая) и ее основание (плоскость).

11.15. Попробуйте определить понятие расстояния от точки до плоскости.

Для определения понятия расстояния от точки до плоскости, рассмотрим точку $M$ и плоскость $\alpha$. Из точки $M$ можно провести бесконечное множество отрезков, соединяющих ее с точками на плоскости $\alpha$. Длины этих отрезков будут различны. Интуитивно понятно, что расстояние должно быть наименьшим из всех возможных.

Наименьшим из всех отрезков, соединяющих точку $M$ с плоскостью $\alpha$, является перпендикуляр, опущенный из этой точки на плоскость. Пусть $H$ – точка пересечения этого перпендикуляра с плоскостью $\alpha$. Точка $H$ называется основанием перпендикуляра или проекцией точки $M$ на плоскость $\alpha$.

Любой другой отрезок, соединяющий точку $M$ с произвольной точкой $K$ на плоскости $\alpha$ (где $K$ не совпадает с $H$), называется наклонной. Отрезок $HK$, лежащий в плоскости $\alpha$, является проекцией наклонной $MK$ на эту плоскость.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHK$. Так как отрезок $MH$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, он перпендикулярен и любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $H$, в том числе прямой $HK$. Следовательно, угол $\angle MHK = 90^\circ$.

По теореме Пифагора для треугольника $\triangle MHK$: $MK^2 = MH^2 + HK^2$

Из этой формулы видно, что для любой точки $K$ на плоскости, не совпадающей с $H$, длина наклонной $MK$ всегда будет больше длины перпендикуляра $MH$ ($MK > MH$). Это доказывает, что перпендикуляр является самым коротким отрезком от точки до плоскости.

Таким образом, можно дать строгое определение:

Расстояние от точки до плоскости – это длина перпендикуляра, проведенного из данной точки к данной плоскости.

Важно отметить, что если точка лежит на самой плоскости, то расстояние от нее до плоскости считается равным нулю.

Ответ: Расстоянием от точки до плоскости называется длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.