Страница 34 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

6. Основания биссектрис треугольника принадлежат плоскости $\alpha$. Докажите, что вершины данного треугольника принадлежат плоскости $\alpha$.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим основания его биссектрис $L_A, L_B, L_C$, которые лежат на сторонах $BC, AC$ и $AB$ соответственно. По условию задачи, все три точки $L_A, L_B$ и $L_C$ принадлежат плоскости $\alpha$.

Плоскость, в которой расположен сам треугольник $ABC$, обозначим как $\beta$. По определению, вершины $A, B, C$ лежат в плоскости $\beta$. Так как точки $L_A, L_B, L_C$ находятся на сторонах данного треугольника, они также принадлежат плоскости $\beta$.

Таким образом, три точки $L_A, L_B, L_C$ являются общими для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Докажем, что эти три точки не лежат на одной прямой (не коллинеарны). Основания внутренних биссектрис невырожденного треугольника лежат строго внутри соответствующих сторон. Прямая линия, не содержащая сторону треугольника, может пересекать его стороны не более чем в двух точках. Следовательно, три точки $L_A, L_B, L_C$, расположенные на трех разных сторонах, не могут быть коллинеарными.

Согласно фундаментальной аксиоме стереометрии, через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести только одну плоскость. Поскольку обе плоскости, $\alpha$ и $\beta$, проходят через одни и те же три неколлинеарные точки ($L_A, L_B, L_C$), эти плоскости должны совпадать.

Так как вершины $A, B, C$ принадлежат плоскости $\beta$ (плоскости треугольника), а плоскость $\beta$ совпадает с плоскостью $\alpha$, то и вершины $A, B, C$ принадлежат плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Вершины данного треугольника принадлежат плоскости $\alpha$.

7. Прямая $a$ принадлежит плоскости $\alpha$. Докажите, что через прямую $a$ можно провести плоскость, отличную от плоскости $\alpha$.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся аксиомами стереометрии и следствиями из них.

Дано:
Прямая $a$
Плоскость $\alpha$
$a \subset \alpha$ (прямая $a$ принадлежит плоскости $\alpha$)

Доказать:
Существует плоскость $\beta$ такая, что $a \subset \beta$ и $\beta \neq \alpha$.

Доказательство:

1. Согласно аксиоме стереометрии, существуют точки, не лежащие в одной плоскости. Это означает, что для любой заданной плоскости, в том числе для плоскости $\alpha$, всегда найдется точка в пространстве, которая этой плоскости не принадлежит. Выберем такую точку и назовем ее $M$. Таким образом, мы имеем точку $M$, для которой выполняется условие $M \notin \alpha$.

2. Теперь рассмотрим прямую $a$ и точку $M$. Так как вся прямая $a$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$), а точка $M$ находится вне этой плоскости ($M \notin \alpha$), то точка $M$ не может лежать на прямой $a$. То есть, $M \notin a$.

3. Воспользуемся следствием из аксиом стереометрии (теоремой), которое гласит: через прямую и не лежащую на ней точку проходит плоскость, и притом только одна. Через нашу прямую $a$ и точку $M$ (которая не лежит на $a$) проведем плоскость. Обозначим эту плоскость буквой $\beta$.

4. По построению, плоскость $\beta$ содержит прямую $a$ ($a \subset \beta$) и точку $M$ ($M \in \beta$). Первое условие доказательства ($a \subset \beta$) выполнено.

5. Теперь докажем, что плоскость $\beta$ не совпадает с плоскостью $\alpha$, то есть $\beta \neq \alpha$. Будем доказывать от противного. Предположим, что наше утверждение неверно и плоскости $\alpha$ и $\beta$ совпадают: $\alpha = \beta$.

6. Если плоскости $\alpha$ и $\beta$ совпадают, то любая точка, принадлежащая одной плоскости, должна принадлежать и другой. Мы знаем, что точка $M$ по построению принадлежит плоскости $\beta$ ($M \in \beta$). Из нашего предположения ($\alpha = \beta$) следует, что точка $M$ должна также принадлежать и плоскости $\alpha$ ($M \in \alpha$).

7. Однако это заключение ($M \in \alpha$) напрямую противоречит нашему первоначальному выбору точки $M$ на шаге 1, где мы установили, что $M \notin \alpha$.

8. Полученное противоречие означает, что наше допущение о совпадении плоскостей было ложным. Следовательно, плоскости $\alpha$ и $\beta$ различны: $\alpha \neq \beta$.

Таким образом, мы построили плоскость $\beta$, которая проходит через прямую $a$ и отлична от плоскости $\alpha$. Утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Через прямую $a$, лежащую в плоскости $\alpha$, можно провести другую плоскость $\beta$. Для этого достаточно выбрать любую точку $M$ в пространстве, не лежащую в плоскости $\alpha$, и провести плоскость $\beta$ через прямую $a$ и точку $M$. Так как точек вне плоскости $\alpha$ бесконечно много, то и плоскостей, проходящих через прямую $a$ и отличных от $\alpha$, также бесконечно много.

8. Треугольник $ABC$, в котором $AB = BC$, лежит в плоскости $\alpha$. Точка $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$, точка $D$ — середина отрезка $AC$. Точка $M$ не принадлежит плоскости $\alpha$. Можно ли провести плоскость через прямую $BM$ и точки $O$ и $D$?

По условию, в треугольнике $ABC$ стороны $AB = BC$, следовательно, треугольник является равнобедренным с основанием $AC$. Точка $D$ — середина отрезка $AC$.

В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная из вершины к основанию, является также биссектрисой угла при этой вершине и высотой. Таким образом, отрезок $BD$ является медианой и биссектрисой угла $\angle ABC$.

Точка $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$. Центр вписанной окружности (инцентр) — это точка пересечения биссектрис углов треугольника. Поскольку $BD$ является биссектрисой угла $\angle ABC$, то точка $O$ лежит на отрезке $BD$.

Из этого следует, что точки $B$, $O$ и $D$ лежат на одной прямой.

Плоскость можно провести через прямую и точку, не лежащую на этой прямой. Рассмотрим прямую $BM$ и прямую, на которой лежат точки $B$, $O$ и $D$ (обозначим её как прямую $BD$).

Точка $M$ не принадлежит плоскости $\alpha$, в которой лежит треугольник $ABC$. Точки $B$ и $D$ лежат в плоскости $\alpha$. Значит, точка $M$ не лежит на прямой $BD$. Следовательно, прямые $BM$ и $BD$ не совпадают. Эти две прямые пересекаются в точке $B$.

Через две пересекающиеся прямые ($BM$ и $BD$) проходит единственная плоскость. Эта плоскость содержит обе прямые. Раз она содержит прямую $BM$, то она проходит через прямую $BM$. Раз она содержит прямую $BD$, то она проходит через все точки этой прямой, включая точки $O$ и $D$.

Таким образом, существует единственная плоскость, проходящая через прямую $BM$ и точки $O$ и $D$.

Ответ: Да, можно.

9. Через точку $A$ проведены две прямые, пересекающие каждую из прямых $a$ и $b$ в точках, отличных от точки $A$. Докажите, что прямые $a$ и $b$ лежат в одной плоскости.

Пусть через точку $A$ проведены две различные прямые, которые мы обозначим как $c_1$ и $c_2$. По условию, эти прямые пересекаются в точке $A$. Согласно основной аксиоме стереометрии, через две пересекающиеся прямые проходит плоскость, и притом только одна. Обозначим эту единственную плоскость греческой буквой $\alpha$. Таким образом, обе прямые, $c_1$ и $c_2$, лежат в плоскости $\alpha$.

Рассмотрим прямую $a$. По условию, прямая $c_1$ пересекает прямую $a$ в некоторой точке $A_1$, а прямая $c_2$ пересекает прямую $a$ в некоторой точке $A_2$. При этом $A_1 \neq A$ и $A_2 \neq A$. Точки $A_1$ и $A_2$ различны. В самом деле, если бы они совпадали ($A_1 = A_2$), то две различные прямые $c_1$ и $c_2$ имели бы две общие точки: $A$ и $A_1$. Это невозможно, так как через две точки проходит только одна прямая. Следовательно, $A_1 \neq A_2$.

Поскольку точка $A_1$ лежит на прямой $c_1$, а прямая $c_1$ целиком лежит в плоскости $\alpha$, то точка $A_1$ принадлежит плоскости $\alpha$. Аналогично, точка $A_2$ лежит на прямой $c_2$ и, следовательно, также принадлежит плоскости $\alpha$.

Таким образом, две различные точки $A_1$ и $A_2$ прямой $a$ лежат в плоскости $\alpha$. Согласно аксиоме стереометрии, если две точки прямой лежат в плоскости, то все точки этой прямой лежат в данной плоскости. Отсюда следует, что прямая $a$ целиком лежит в плоскости $\alpha$.

Проведем абсолютно аналогичные рассуждения для прямой $b$. Пусть прямая $c_1$ пересекает прямую $b$ в точке $B_1$, а прямая $c_2$ пересекает прямую $b$ в точке $B_2$. Точки $B_1$ и $B_2$ различны ($B_1 \neq B_2$) и обе принадлежат плоскости $\alpha$, так как лежат на прямых $c_1$ и $c_2$ соответственно. Так как две точки прямой $b$ лежат в плоскости $\alpha$, то и вся прямая $b$ лежит в этой плоскости.

В итоге мы установили, что обе прямые, $a$ и $b$, лежат в одной и той же плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Прямые $a$ и $b$ лежат в одной плоскости.

10. Вершины $A$ и $B$ треугольника $ABC$ лежат по одну сторону от плоскости $\alpha$, а вершина $C$ — по другую. Докажите, что точки пересечения сторон $BC$ и $AC$ и медианы $CM$ с плоскостью $\alpha$ лежат на одной прямой.

Пусть плоскость, в которой лежит треугольник ABC, будет плоскостью $ \beta $. Поскольку вершины треугольника лежат по разные стороны от плоскости $ \alpha $, плоскости $ \alpha $ и $ \beta $ не совпадают и пересекаются по некоторой прямой. Обозначим эту прямую $l$.

По условию, вершины A и C находятся по разные стороны от плоскости $ \alpha $, следовательно, отрезок AC пересекает плоскость $ \alpha $. Обозначим точку пересечения $P = AC \cap \alpha$.

Аналогично, вершины B и C находятся по разные стороны от плоскости $ \alpha $, следовательно, отрезок BC пересекает плоскость $ \alpha $. Обозначим точку пересечения $Q = BC \cap \alpha$.

Рассмотрим медиану CM. Точка M является серединой отрезка AB. Так как точки A и B лежат по одну сторону от плоскости $ \alpha $, то и всякая точка отрезка AB, включая его середину M, лежит по ту же сторону от плоскости $ \alpha $. Таким образом, точки C и M лежат по разные стороны от плоскости $ \alpha $, и, следовательно, медиана CM пересекает плоскость $ \alpha $. Обозначим точку пересечения $R = CM \cap \alpha$.

Теперь докажем, что точки P, Q и R лежат на одной прямой.

1. Точка P принадлежит прямой AC. Прямая AC целиком лежит в плоскости $ \beta $ ($AC \subset \beta$). Следовательно, точка P принадлежит плоскости $ \beta $ ($P \in \beta$). По определению, точка P также принадлежит плоскости $ \alpha $ ($P \in \alpha$). Значит, точка P лежит на линии пересечения плоскостей $ \alpha $ и $ \beta $, то есть на прямой $l$.

2. Точка Q принадлежит прямой BC. Прямая BC целиком лежит в плоскости $ \beta $ ($BC \subset \beta$). Следовательно, точка Q принадлежит плоскости $ \beta $ ($Q \in \beta$). По определению, точка Q также принадлежит плоскости $ \alpha $ ($Q \in \alpha$). Значит, точка Q лежит на линии пересечения плоскостей $ \alpha $ и $ \beta $, то есть на прямой $l$.

3. Точка R принадлежит прямой CM. Прямая CM целиком лежит в плоскости $ \beta $ ($CM \subset \beta$). Следовательно, точка R принадлежит плоскости $ \beta $ ($R \in \beta$). По определению, точка R также принадлежит плоскости $ \alpha $ ($R \in \alpha$). Значит, точка R лежит на линии пересечения плоскостей $ \alpha $ и $ \beta $, то есть на прямой $l$.

Поскольку все три точки P, Q и R принадлежат одной и той же прямой $l$, они лежат на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать. Точки пересечения сторон BC и AC и медианы CM с плоскостью $\alpha$ лежат на одной прямой.

Пространственные фигуры.

Начальные сведения о многогранниках

11. Точка $M$ — середина ребра $SB$ пирамиды $SABC$. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку $M$ и прямую $AC$.

Для построения сечения пирамиды SABC плоскостью, проходящей через точку M и прямую AC, необходимо найти отрезки, по которым эта плоскость пересекает грани пирамиды.

Построение

1. Секущая плоскость $\alpha$ задана прямой AC и точкой M, не лежащей на этой прямой (по условию, M — середина ребра SB, а прямая AC лежит в основании). Следовательно, плоскость сечения однозначно определяется тремя точками A, M и C. Обозначим эту плоскость $(AMC)$.
2. Найдём линии пересечения плоскости $(AMC)$ с гранями пирамиды.
   • Плоскость основания $(ABC)$ и секущая плоскость $(AMC)$ имеют две общие точки: A и C. Значит, они пересекаются по прямой AC. Отрезок AC является стороной искомого сечения.
   • Боковая грань $(SAB)$ и секущая плоскость $(AMC)$ также имеют две общие точки: вершину A и точку M на ребре SB. Значит, они пересекаются по прямой AM. Отрезок AM является второй стороной сечения.
   • Аналогично, боковая грань $(SBC)$ и секущая плоскость $(AMC)$ имеют две общие точки: M и C. Значит, они пересекаются по прямой MC. Отрезок MC является третьей стороной сечения.
3. Соединив последовательно точки A, M и C, получаем треугольник AMC. Этот треугольник является искомым сечением, так как его вершины лежат на ребрах пирамиды (или являются ее вершинами), а его стороны являются линиями пересечения секущей плоскости с гранями пирамиды.

Ответ: Искомое сечение пирамиды SABC – это треугольник AMC.

12. На рёбрах $AB$ и $AC$ пирамиды $SABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ (рис. 34). Постройте точку пересечения прямой $MK$ с плоскостью $SBC$, если прямые $MK$ и $BC$ не параллельны.

Рис. 34

12.

Для построения точки пересечения прямой $MK$ с плоскостью $SBC$, необходимо найти точку, которая одновременно принадлежит и прямой $MK$, и плоскости $SBC$.

Алгоритм построения и обоснование:

1. Точки $M$ и $K$ лежат на ребрах $AB$ и $AC$ соответственно. Ребра $AB$ и $AC$ принадлежат плоскости основания пирамиды $ABC$. Следовательно, вся прямая $MK$ также лежит в плоскости $ABC$.
2. Рассмотрим две плоскости: плоскость, в которой лежит прямая $MK$ (это плоскость $ABC$), и плоскость, с которой мы ищем пересечение (это плоскость $SBC$).
3. Найдем линию пересечения этих двух плоскостей. Плоскость $ABC$ и плоскость $SBC$ имеют две общие точки – $B$ и $C$. Согласно аксиоме стереометрии, если две плоскости имеют две общие точки, то они пересекаются по прямой, проходящей через эти точки. Значит, плоскости $(ABC)$ и $(SBC)$ пересекаются по прямой $BC$.
4. Искомая точка пересечения прямой $MK$ с плоскостью $SBC$ должна лежать на линии пересечения плоскостей, в которых они находятся. То есть, искомая точка должна лежать на прямой $BC$.
5. Прямые $MK$ и $BC$ обе лежат в одной плоскости $(ABC)$. По условию задачи, они не параллельны ($MK \nparallel BC$). Следовательно, они пересекаются в одной точке.
6. Построим эту точку. Продлим отрезки $MK$ и $BC$ до их пересечения и обозначим полученную точку как $P$.

Проверка:

• По построению, точка $P$ принадлежит прямой $MK$ ($P \in MK$).
• По построению, точка $P$ принадлежит прямой $BC$ ($P \in BC$). Так как прямая $BC$ целиком лежит в плоскости $SBC$ ($BC \subset (SBC)$), то и точка $P$ также принадлежит плоскости $SBC$ ($P \in (SBC)$).

Таким образом, точка $P$ является точкой пересечения прямой $MK$ и плоскости $SBC$.

Ответ: Искомая точка пересечения является точкой пересечения прямых $MK$ и $BC$.

13. Постройте сечение прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через точки: 1) $A$, $C$ и $B_1$; 2) $B_1$, $D_1$ и середину ребра $AA_1$.

1)

Секущая плоскость проходит через точки $A$, $C$ и $B_1$. Для построения сечения соединим отрезками те точки, которые лежат в одной грани параллелепипеда.

1. Точки $A$ и $C$ лежат в плоскости нижнего основания $ABCD$. Соединив их, получим отрезок $AC$ — одну из сторон искомого сечения.
2. Точки $A$ и $B_1$ лежат в плоскости боковой грани $ABB_1A_1$. Соединив их, получим отрезок $AB_1$ — вторую сторону сечения.
3. Точки $C$ и $B_1$ лежат в плоскости боковой грани $BCC_1B_1$. Соединив их, получим отрезок $CB_1$ — третью сторону сечения.

В результате получаем треугольник $AB_1C$. Этот треугольник и является искомым сечением.

Ответ: Сечением является треугольник $AB_1C$.

2)

Обозначим середину ребра $AA_1$ как точку $M$. Секущая плоскость проходит через точки $B_1$, $D_1$ и $M$. Для построения сечения будем действовать аналогично, соединяя точки, лежащие в одной грани.

1. Точки $B_1$ и $D_1$ лежат в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$. Соединяем их и получаем сторону сечения — отрезок $B_1D_1$.
2. Точки $M$ и $D_1$ лежат в плоскости боковой грани $ADD_1A_1$ (так как точка $M$ лежит на ребре $AA_1$, а точка $D_1$ — вершина этой грани). Соединяем их и получаем сторону сечения — отрезок $MD_1$.
3. Точки $M$ и $B_1$ лежат в плоскости боковой грани $ABB_1A_1$ (так как точка $M$ лежит на ребре $AA_1$, а точка $B_1$ — вершина этой грани). Соединяем их и получаем сторону сечения — отрезок $MB_1$.

Полученные отрезки образуют треугольник $MB_1D_1$. Этот треугольник и является искомым сечением прямоугольного параллелепипеда.

Ответ: Сечением является треугольник $MB_1D_1$, где $M$ — середина ребра $AA_1$.