Страница 83 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

15.9. В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ (рис. 15.8) изобразите ортогональную проекцию на плоскость $ACC_1$ отрезка:

а) $BB_1$;

б) $BC$;

в) $BC_1$.

15.10. --------------- SARGD

Рис. 15.8

По условию задачи дана правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$. Это означает, что ее основания, треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$, являются равносторонними, а боковые ребра $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ перпендикулярны плоскостям оснований. Следовательно, боковая грань $ACC_1A_1$ является прямоугольником. Мы ищем ортогональную проекцию отрезков на плоскость этой грани, $(ACC_1)$.

Ортогональная проекция отрезка на плоскость — это отрезок, соединяющий ортогональные проекции его концов. Ортогональная проекция точки на плоскость — это основание перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Для решения задачи сначала найдем проекции точек $B$ и $B_1$ на плоскость $(ACC_1)$.

Пусть $M$ — середина стороны $AC$. Так как треугольник $ABC$ равносторонний, медиана $BM$ является также и высотой, то есть $BM \perp AC$. Поскольку призма правильная, боковое ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $CC_1 \perp BM$. Так как прямая $BM$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $CC_1$ в плоскости $(ACC_1)$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BM \perp (ACC_1)$. Следовательно, точка $M$ — это ортогональная проекция точки $B$ на плоскость $(ACC_1)$.

Аналогично, пусть $M_1$ — середина стороны $A_1C_1$. В равностороннем треугольнике $A_1B_1C_1$ медиана $B_1M_1$ является и высотой, то есть $B_1M_1 \perp A_1C_1$. Ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости $(A_1B_1C_1)$, значит $CC_1 \perp B_1M_1$. Таким образом, $B_1M_1 \perp (ACC_1)$, и точка $M_1$ — это ортогональная проекция точки $B_1$ на плоскость $(ACC_1)$.

Теперь рассмотрим каждый из заданных отрезков.

а) $BB_1$

Ортогональной проекцией отрезка $BB_1$ на плоскость $(ACC_1)$ является отрезок, соединяющий проекции его концов — точек $B$ и $B_1$. Как мы установили, проекцией точки $B$ является точка $M$ (середина $AC$), а проекцией точки $B_1$ является точка $M_1$ (середина $A_1C_1$). Таким образом, искомая проекция — это отрезок $MM_1$.

Ответ: отрезок $MM_1$, где $M$ — середина $AC$ и $M_1$ — середина $A_1C_1$.

б) $BC$

Проекцией конца отрезка, точки $B$, на плоскость $(ACC_1)$ является точка $M$ (середина $AC$). Точка $C$ принадлежит плоскости $(ACC_1)$, поэтому ее проекцией на эту плоскость является она сама. Следовательно, проекцией отрезка $BC$ на плоскость $(ACC_1)$ является отрезок, соединяющий точки $M$ и $C$, то есть отрезок $MC$.

Ответ: отрезок $MC$, где $M$ — середина $AC$.

в) $BC_1$

Проекцией точки $B$ на плоскость $(ACC_1)$ является точка $M$ (середина $AC$). Точка $C_1$ принадлежит плоскости $(ACC_1)$, поэтому ее проекция — это сама точка $C_1$. Таким образом, проекцией отрезка $BC_1$ на плоскость $(ACC_1)$ является отрезок, соединяющий точки $M$ и $C_1$, то есть отрезок $MC_1$.

Ответ: отрезок $MC_1$, где $M$ — середина $AC$.

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

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 $SB$.

15.11. Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 15.7) перпендикулярны прямые:

а) $AB_1$ и $BD_1$;

б) $AC_1$ и $BD$;

в) $AD_1$ и $CA_1$.

Рис. 15.7

Для доказательства перпендикулярности прямых воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$. Пусть длина ребра куба равна $a$. Тогда координаты вершин куба будут следующими:

$A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$

$A_1(0,0,a)$, $B_1(a,0,a)$, $C_1(a,a,a)$, $D_1(0,a,a)$

Две прямые в пространстве перпендикулярны тогда и только тогда, когда их направляющие векторы ортогональны, то есть их скалярное произведение равно нулю.

а) $AB_1$ и $BD_1$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AB_1$ и $BD_1$.

Направляющий вектор для прямой $AB_1$ — это вектор $\vec{AB_1}$. Его координаты: $\vec{AB_1} = B_1 - A = (a-0, 0-0, a-0) = (a, 0, a)$.

Направляющий вектор для прямой $BD_1$ — это вектор $\vec{BD_1}$. Его координаты: $\vec{BD_1} = D_1 - B = (0-a, a-0, a-0) = (-a, a, a)$.

Теперь вычислим скалярное произведение этих векторов:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{BD_1} = a \cdot (-a) + 0 \cdot a + a \cdot a = -a^2 + 0 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AB_1}$ и $\vec{BD_1}$ перпендикулярны. Следовательно, прямые $AB_1$ и $BD_1$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) $AC_1$ и $BD$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AC_1$ и $BD$.

Направляющий вектор для прямой $AC_1$ — это вектор $\vec{AC_1}$. Его координаты: $\vec{AC_1} = C_1 - A = (a-0, a-0, a-0) = (a, a, a)$.

Направляющий вектор для прямой $BD$ — это вектор $\vec{BD}$. Его координаты: $\vec{BD} = D - B = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$.

Вычислим скалярное произведение векторов:

$\vec{AC_1} \cdot \vec{BD} = a \cdot (-a) + a \cdot a + a \cdot 0 = -a^2 + a^2 + 0 = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AC_1}$ и $\vec{BD}$ перпендикулярны, а значит и прямые $AC_1$ и $BD$ перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) $AD_1$ и $CA_1$

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AD_1$ и $CA_1$.

Направляющий вектор для прямой $AD_1$ — это вектор $\vec{AD_1}$. Его координаты: $\vec{AD_1} = D_1 - A = (0-0, a-0, a-0) = (0, a, a)$.

Направляющий вектор для прямой $CA_1$ — это вектор $\vec{CA_1}$. Его координаты: $\vec{CA_1} = A_1 - C = (0-a, 0-a, a-0) = (-a, -a, a)$.

Вычислим их скалярное произведение:

$\vec{AD_1} \cdot \vec{CA_1} = 0 \cdot (-a) + a \cdot (-a) + a \cdot a = 0 - a^2 + a^2 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AD_1}$ и $\vec{CA_1}$ перпендикулярны. Следовательно, прямые $AD_1$ и $CA_1$ также перпендикулярны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

15.12. Докажите, что в правильной шестиугольной пирамиде SABCDET (рис. 15.10) диагональ AC основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру SB.

Рис. 15.10

Для доказательства перпендикулярности скрещивающихся прямых $AC$ и $SB$ в правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах.

1. Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$, который является основанием пирамиды. Поскольку пирамида правильная, ее вершина $S$ проецируется в центр основания $O$. Это означает, что высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Запишем это как $SO \perp (ABC)$.

2. Прямая $SB$ является наклонной к плоскости основания $(ABC)$, а отрезок $OB$ — ее проекцией на эту плоскость.

3. Согласно теореме о трех перпендикулярах, прямая, лежащая в плоскости (в нашем случае $AC$), перпендикулярна наклонной (в нашем случае $SB$) тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции этой наклонной на плоскость (в нашем случае $OB$). Таким образом, наша задача сводится к тому, чтобы доказать, что $AC \perp OB$.

4. Рассмотрим основание пирамиды — правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен его стороне. Центром описанной окружности является точка $O$. Следовательно, отрезки, соединяющие центр с вершинами, равны стороне шестиугольника: $OA = OB = OC = AB = BC = a$, где $a$ — длина стороны шестиугольника.

5. Рассмотрим четырехугольник $OABC$. Так как все его стороны равны ($OA = AB = BC = CO = a$), то этот четырехугольник является ромбом.

6. Одним из ключевых свойств ромба является то, что его диагонали взаимно перпендикулярны. В ромбе $OABC$ диагоналями являются отрезки $AC$ и $OB$. Следовательно, $AC \perp OB$.

7. Мы доказали, что прямая $AC$ в плоскости основания перпендикулярна проекции $OB$ наклонной $SB$. По теореме о трех перпендикулярах из этого следует, что прямая $AC$ перпендикулярна и самой наклонной $SB$.

Таким образом, доказано, что диагональ основания $AC$ перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

15.13. Докажите, что в правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (рис. 15.11) перпендикулярны прямые:

а) $AC_1$ и $BE$;

б) $AD_1$ и $CE$;

в) $AB_1$ и $BE_1$.

15.14. Найдите наименьшее место тем.

Для решения задачи введем трехмерную декартову систему координат. Пусть центр нижнего основания $ABCDEF$ правильной шестиугольной призмы совпадает с началом координат $O(0,0,0)$, а вершина $A$ лежит на положительной полуоси $Ox$. Пусть сторона основания призмы равна $a$, а высота призмы (длина бокового ребра) равна $h$.

В этой системе координат вершины оснований имеют следующие координаты:

$A(a, 0, 0)$, $B(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$, $C(-\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D(-a, 0, 0)$, $E(-\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$, $F(\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

$A_1(a, 0, h)$, $B_1(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$, $C_1(-\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$, $D_1(-a, 0, h)$, $E_1(-\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$, $F_1(\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$.

а) Докажите, что перпендикулярны прямые $AC_1$ и $BE$.

Докажем перпендикулярность, используя свойства геометрических построений в основании и признак перпендикулярности прямой и плоскости.

1. Рассмотрим проекцию прямой $AC_1$ на плоскость основания $(ABC)$. Этой проекцией является прямая $AC$. Прямая $BE$ также лежит в плоскости основания.

2. Докажем, что прямые $AC$ и $BE$ перпендикулярны в правильном шестиугольнике $ABCDEF$. Пусть $K$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BE$. Основание призмы $ABCDEF$ состоит из шести равносторонних треугольников с общей вершиной в центре $O$. Треугольник $BOC$ является равносторонним, поэтому все его углы равны $60^\circ$. В частности, $\angle OBC = 60^\circ$. В треугольнике $ABC$ стороны $AB=BC=a$ и $\angle ABC = 120^\circ$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, углы при основании $AC$ равны: $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - 120^\circ) / 2 = 30^\circ$.

3. Теперь рассмотрим треугольник $BKC$. В нем $\angle KBC = \angle OBC = 60^\circ$ и $\angle KCB = \angle BCA = 30^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, следовательно, угол $\angle BKC$ равен: $\angle BKC = 180^\circ - \angle KBC - \angle KCB = 180^\circ - 60^\circ - 30^\circ = 90^\circ$.

4. Это означает, что $AC \perp BE$.

5. Поскольку призма правильная, ее боковое ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Следовательно, $CC_1 \perp BE$.

6. Прямая $BE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $CC_1$, лежащим в плоскости $(ACC_1)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BE$ перпендикулярна всей плоскости $(ACC_1)$.

7. Прямая $AC_1$ лежит в плоскости $(ACC_1)$, следовательно, $BE \perp AC_1$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

б) Докажите, что перпендикулярны прямые $AD_1$ и $CE$.

Воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах.

1. Прямая $AD_1$ является наклонной к плоскости основания $(ABC)$. Прямая $AD$ — ее проекция на эту плоскость. Прямая $CE$ лежит в плоскости основания.

2. Докажем, что проекция $AD$ перпендикулярна прямой $CE$. В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ большая диагональ $AD$ проходит через центр и является осью симметрии шестиугольника. Вершины $C$ и $E$ симметричны относительно этой оси. Следовательно, отрезок $CE$, соединяющий симметричные точки, перпендикулярен оси симметрии $AD$. Таким образом, $AD \perp CE$.

3. По теореме о трех перпендикулярах: если проекция наклонной на плоскость ($AD$) перпендикулярна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости ($CE$), то и сама наклонная ($AD_1$) перпендикулярна этой прямой.

4. Следовательно, $AD_1 \perp CE$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

в) Докажите, что перпендикулярны прямые $AB_1$ и $BE_1$.

Для проверки перпендикулярности скрещивающихся прямых $AB_1$ и $BE_1$ используем метод координат. Найдем направляющие векторы этих прямых и вычислим их скалярное произведение. Прямые перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю.

1. Направляющий вектор прямой $AB_1$ — это вектор $\vec{AB_1}$:

$\vec{AB_1} = B_1 - A = (\frac{a}{2} - a, \frac{a\sqrt{3}}{2} - 0, h - 0) = (-\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, h)$.

2. Направляющий вектор прямой $BE_1$ — это вектор $\vec{BE_1}$:

$\vec{BE_1} = E_1 - B = (-\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{a\sqrt{3}}{2}, h - 0) = (-a, -a\sqrt{3}, h)$.

3. Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AB_1}$ и $\vec{BE_1}$:

$\vec{AB_1} \cdot \vec{BE_1} = (-\frac{a}{2}) \cdot (-a) + (\frac{a\sqrt{3}}{2}) \cdot (-a\sqrt{3}) + h \cdot h$

$= \frac{a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} + h^2 = -\frac{2a^2}{2} + h^2 = -a^2 + h^2$.

4. Скалярное произведение равно нулю тогда и только тогда, когда $-a^2 + h^2 = 0$, то есть $h^2 = a^2$. Поскольку $a$ и $h$ — длины, они положительны, следовательно, $h=a$.

Таким образом, утверждение о перпендикулярности прямых $AB_1$ и $BE_1$ справедливо не для любой правильной шестиугольной призмы, а только для той, у которой высота равна стороне основания. В общем случае, когда $h \neq a$, эти прямые не перпендикулярны.

Ответ: Утверждение верно только при условии, что высота призмы равна стороне ее основания ($h=a$). В общем случае прямые $AB_1$ и $BE_1$ не являются перпендикулярными.

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

Геометрическое место точек (ГМТ) — это множество всех точек, обладающих определенным свойством. В данном случае свойство точки — быть равноудаленной от двух данных точек.

Пусть даны две различные точки A и B. Мы ищем множество всех точек M, для которых выполняется равенство длин отрезков $MA = MB$.

Докажем, что искомое ГМТ является серединным перпендикуляром к отрезку AB. Напомним, что серединный перпендикуляр к отрезку — это прямая, проходящая через середину этого отрезка и перпендикулярная ему.

Доказательство необходимо провести в две стороны.

1. Докажем, что любая точка серединного перпендикуляра равноудалена от концов отрезка.

Пусть прямая m — серединный перпендикуляр к отрезку AB, и пусть C — точка их пересечения. По определению серединного перпендикуляра, C является серединой отрезка AB (то есть $AC = CB$) и прямая m перпендикулярна отрезку AB (то есть $\angle ACB = 90^\circ$).

Возьмем любую точку M на прямой m. Рассмотрим треугольники $\triangle AMC$ и $\triangle BMC$.
В этих треугольниках:
• сторона MC — общая;
• сторона AC равна стороне CB, так как C — середина AB;
• угол $\angle MCA$ равен углу $\angle MCB$ ($90^\circ$), так как $m \perp AB$.

Следовательно, треугольники $\triangle AMC$ и $\triangle BMC$ равны по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними). Так как треугольники равны, то равны и их соответствующие стороны: $MA = MB$.

Таким образом, любая точка, лежащая на серединном перпендикуляре к отрезку, равноудалена от его концов.

2. Докажем, что любая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на его серединном перпендикуляре.

Пусть точка M такова, что $MA = MB$. Рассмотрим треугольник $\triangle AMB$.

Поскольку $MA = MB$, треугольник $\triangle AMB$ является равнобедренным с основанием AB. Проведем в этом треугольнике медиану MC к основанию AB.

По определению медианы, точка C является серединой отрезка AB.

По свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $MC \perp AB$.

Таким образом, точка M лежит на прямой MC, которая проходит через середину отрезка AB и перпендикулярна ему. Это и есть серединный перпендикуляр к отрезку AB.

Из двух доказанных утверждений следует, что искомое геометрическое место точек полностью совпадает с серединным перпендикуляром.

Ответ: Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек, — это прямая, перпендикулярная отрезку, соединяющему эти точки, и проходящая через его середину (серединный перпендикуляр к этому отрезку).

15.15. Попробуйте определить понятие угла между наклонной и плоскостью.

Для того чтобы определить понятие угла между наклонной и плоскостью, необходимо последовательно ввести несколько определений и выполнить геометрическое построение.

Пусть дана плоскость $\alpha$ и прямая $a$, которая пересекает эту плоскость в точке $M$. Если прямая $a$ не перпендикулярна плоскости $\alpha$, то она называется наклонной к плоскости $\alpha$. Точка $M$ называется основанием наклонной.

Далее, чтобы определить искомый угол, выполним следующие действия:

1. Возьмем на наклонной $a$ любую точку $A$, отличную от точки пересечения $M$.

2. Из точки $A$ опустим перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$. Отрезок $AH$ называется перпендикуляром, проведенным из точки $A$ к плоскости $\alpha$, а точка $H$ — основанием перпендикуляра.

3. Соединим основание наклонной $M$ с основанием перпендикуляра $H$. Полученный отрезок $MH$ (или прямая, проходящая через эти точки) называется проекцией наклонной $AM$ на плоскость $\alpha$.

В результате мы получили наклонную $AM$, перпендикуляр $AH$ и проекцию наклонной $MH$. Эти три отрезка образуют прямоугольный треугольник $\triangle AMH$, так как перпендикуляр $AH$ по определению перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через его основание $H$. Следовательно, $\angle AHM = 90^\circ$.

Углом между наклонной и плоскостью называется угол, который образует наклонная со своей проекцией на эту плоскость. В нашем случае это угол $\angle AMH$.

Этот угол является наименьшим из всех возможных углов между данной наклонной и прямыми, лежащими в плоскости и проходящими через основание наклонной. Величина этого угла $\phi$ находится в пределах $0^\circ < \phi < 90^\circ$. Если угол равен $0^\circ$, то прямая лежит в плоскости. Если угол равен $90^\circ$, то прямая перпендикулярна плоскости (и в этом случае не является наклонной).

Ответ: Углом между наклонной и плоскостью называется угол между этой наклонной и ее проекцией на данную плоскость.