Страница 38 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

29. Точка $S$ не принадлежит плоскости трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, точки $M, N, P$ и $K$ — середины отрезков $AB$, $BS$, $SC$ и $CD$ соответственно. Докажите, что $MK \parallel NP$.

Рассмотрим треугольник $SBC$. По условию задачи, точка $N$ является серединой отрезка $BS$, а точка $P$ – серединой отрезка $SC$. Следовательно, отрезок $NP$ является средней линией треугольника $SBC$. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне. Таким образом, получаем, что $NP \parallel BC$.

Теперь рассмотрим трапецию $ABCD$. Основаниями трапеции являются $AD$ и $BC$, следовательно, $AB$ и $CD$ – ее боковые стороны. По условию, точка $M$ – середина боковой стороны $AB$, а точка $K$ – середина боковой стороны $CD$. Таким образом, отрезок $MK$ является средней линией трапеции $ABCD$. По свойству средней линии трапеции, она параллельна ее основаниям. Следовательно, $MK \parallel BC$.

Мы установили, что прямая $NP$ параллельна прямой $BC$ ($NP \parallel BC$) и прямая $MK$ также параллельна прямой $BC$ ($MK \parallel BC$). В стереометрии существует теорема: если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны между собой. Применяя эту теорему к нашим прямым, мы можем заключить, что $MK \parallel NP$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

30. Диагональ $BD$ параллелограмма $ABCD$ параллельна плоскости $\gamma$, а лучи $AD$ и $AB$ пересекают эту плоскость в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что треугольники $DAB$ и $MAN$ подобны.

Прямые $AD$ и $AB$, на которых лежат стороны параллелограмма $ABCD$, пересекаются в точке $A$ и, следовательно, задают единственную плоскость. Обозначим эту плоскость $\alpha$. Весь параллелограмм $ABCD$ и, в частности, треугольник $DAB$ лежат в этой плоскости $\alpha$.По условию, лучи $AD$ и $AB$ пересекают плоскость $\gamma$ в точках $M$ и $N$. Это означает, что точка $M$ принадлежит прямой $AD$, а точка $N$ принадлежит прямой $AB$. Следовательно, точки $M$ и $N$ и весь треугольник $MAN$ также лежат в плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы имеем две плоскости: $\alpha$ и $\gamma$. В плоскости $\alpha$ лежит прямая $BD$. По условию, прямая $BD$ параллельна плоскости $\gamma$ ($BD \parallel \gamma$). Плоскость $\alpha$ проходит через прямую $BD$ и пересекает плоскость $\gamma$. Линией пересечения этих двух плоскостей является прямая $MN$, так как точки $M$ и $N$ принадлежат обеим плоскостям.

Воспользуемся свойством параллельных прямой и плоскости: если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна данной прямой. В нашем случае плоскость $\alpha$ проходит через прямую $BD$, параллельную плоскости $\gamma$, и пересекает $\gamma$ по прямой $MN$. Следовательно, $BD \parallel MN$.

Теперь рассмотрим треугольники $DAB$ и $MAN$. Они оба лежат в плоскости $\alpha$.

1. Угол при вершине $A$, то есть $\angle DAB$, является общим для обоих треугольников. Следовательно, $\angle DAB = \angle MAN$.
2. Поскольку мы доказали, что $BD \parallel MN$, то при пересечении этих параллельных прямых секущей $AD$ соответственные углы равны: $\angle ADB = \angle AMN$.

Так как два угла одного треугольника ($\triangle DAB$) соответственно равны двум углам другого треугольника ($\triangle MAN$), то по первому признаку подобия треугольников (по двум углам) эти треугольники подобны.Что и требовалось доказать.

Ответ: Треугольники $DAB$ и $MAN$ подобны по двум углам. У них есть общий угол $\angle A$. Равенство другой пары углов ($\angle ADB = \angle AMN$ или $\angle ABD = \angle ANM$) следует из параллельности прямых $BD$ и $MN$. Эта параллельность, в свою очередь, следует из того, что прямая $BD$ по условию параллельна плоскости $\gamma$, а прямая $MN$ является линией пересечения плоскости $\gamma$ и плоскости треугольника $DAB$, которая содержит прямую $BD$.

31. Плоскость, параллельная стороне $AC$ треугольника $ABC$, пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $A_1$ и $C_1$ соответственно. Найдите отношение $AA_1 : AB$, если $A_1C_1 = 6$ см, $AC = 9$ см.

По условию задачи, плоскость, проходящая через точки $A_1$ и $C_1$, параллельна стороне $AC$ треугольника $ABC$. Прямая $AC$ лежит в плоскости треугольника $ABC$. Следовательно, линия пересечения этих двух плоскостей, прямая $A_1C_1$, параллельна прямой $AC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABC$ и $\triangle A_1BC_1$:
1. Угол $\angle B$ является общим для обоих треугольников.
2. Углы $\angle BA_1C_1$ и $\angle BAC$ равны как соответственные углы при параллельных прямых $A_1C_1$ и $AC$ и секущей $AB$.

Таким образом, треугольник $\triangle A_1BC_1$ подобен треугольнику $\triangle ABC$ по первому признаку подобия (по двум углам).

Из подобия треугольников следует пропорциональность их соответствующих сторон: $$ \frac{A_1B}{AB} = \frac{C_1B}{CB} = \frac{A_1C_1}{AC} $$

Коэффициент подобия $k$ можно найти из отношения известных сторон $A_1C_1$ и $AC$: $$ k = \frac{A_1C_1}{AC} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} $$

Отношение сторон $A_1B$ и $AB$ также равно коэффициенту подобия: $$ \frac{A_1B}{AB} = \frac{2}{3} $$ Отсюда мы можем выразить длину отрезка $A_1B$ через $AB$: $$ A_1B = \frac{2}{3} AB $$

Нам нужно найти отношение $AA_1 : AB$. Точка $A_1$ лежит на стороне $AB$, поэтому длина стороны $AB$ равна сумме длин ее частей: $AB = AA_1 + A_1B$. Выразим отсюда $AA_1$: $$ AA_1 = AB - A_1B $$ Подставим найденное ранее выражение для $A_1B$: $$ AA_1 = AB - \frac{2}{3} AB = \left(1 - \frac{2}{3}\right) AB = \frac{1}{3} AB $$

Теперь найдем искомое отношение $AA_1$ к $AB$: $$ \frac{AA_1}{AB} = \frac{\frac{1}{3} AB}{AB} = \frac{1}{3} $$ Следовательно, отношение $AA_1 : AB$ равно $1 : 3$.

Ответ: $1:3$.

32. Вне плоскости параллелограмма $ABCD$ выбрали точку $E$. На отрезке $BE$ отметили точку $F$ так, что $BF : FE = 4 : 1$ (рис. 43). Постройте точку $M$ пересечения плоскости $AFD$ и прямой $CE$ и найдите отрезок $FM$, если $BC = 12$ см.

Рис. 43

Построение точки М

Точка M является точкой пересечения прямой CE и плоскости (AFD). Для её построения необходимо найти прямую, по которой плоскость (AFD) пересекается с некоторой плоскостью, содержащей прямую CE. В качестве такой вспомогательной плоскости удобно выбрать плоскость (BCE).

Алгоритм построения:

1. Прямая CE лежит в плоскости (BCE). Искомая точка M, принадлежащая прямой CE, также будет лежать в этой плоскости.
2. По определению, точка M также лежит в плоскости (AFD). Следовательно, точка M принадлежит линии пересечения плоскостей (AFD) и (BCE).
3. Найдем линию пересечения этих плоскостей. Так как ABCD — параллелограмм, то его противоположные стороны параллельны: $AD \parallel BC$.
4. Прямая AD содержится в плоскости (AFD), а прямая BC — в плоскости (BCE). Согласно свойству, если две параллельные прямые лежат в пересекающихся плоскостях, то линия их пересечения параллельна этим прямым. Таким образом, линия пересечения плоскостей (AFD) и (BCE) параллельна прямым AD и BC.
5. Найдем общую точку плоскостей (AFD) и (BCE). По условию, точка F лежит на отрезке BE. Так как $BE \subset (BCE)$, то и $F \in (BCE)$. С другой стороны, плоскость (AFD) определяется тремя точками A, F, D, следовательно, точка F принадлежит плоскости (AFD). Таким образом, F — это общая точка двух плоскостей.
6. Линия пересечения плоскостей (AFD) и (BCE) — это прямая, проходящая через их общую точку F параллельно прямым AD и BC.
7. Поскольку точка M лежит как на прямой CE, так и на линии пересечения плоскостей (AFD) и (BCE), то M является точкой пересечения прямой CE и прямой, проходящей через F параллельно BC.

Ответ: Для построения точки М необходимо в плоскости треугольника BCE провести прямую через точку F параллельно стороне BC. Точка пересечения этой прямой с прямой CE и будет искомой точкой М.

Нахождение отрезка FM

Рассмотрим треугольник BCE. По построению, точка М лежит на стороне CE, точка F лежит на стороне BE, и прямая FM параллельна стороне BC ($FM \parallel BC$).

По теореме о подобных треугольниках, если прямая, параллельная одной из сторон треугольника, пересекает две другие стороны, то она отсекает от него треугольник, подобный данному. Следовательно, треугольник EFM подобен треугольнику EBC: $$ \triangle EFM \sim \triangle EBC $$

Из подобия треугольников следует, что отношение их соответствующих сторон равно: $$ \frac{FM}{BC} = \frac{EF}{EB} = \frac{EM}{EC} $$

По условию задачи дано отношение $BF : FE = 4 : 1$. Обозначим длину отрезка $FE$ как $x$, тогда длина отрезка $BF$ будет $4x$. Длина всего отрезка $BE$ равна сумме длин его частей: $$ EB = BF + FE = 4x + x = 5x $$

Найдем отношение длин сторон, которое является коэффициентом подобия: $$ \frac{EF}{EB} = \frac{x}{5x} = \frac{1}{5} $$

Теперь, используя пропорцию и известную длину стороны $BC = 12$ см, найдем длину отрезка FM: $$ \frac{FM}{BC} = \frac{1}{5} $$ $$ \frac{FM}{12} = \frac{1}{5} $$ $$ FM = 12 \cdot \frac{1}{5} = \frac{12}{5} = 2,4 \text{ см} $$

Ответ: 2,4 см.

33. На ребре $SB$ тетраэдра $SABC$ отметили точку $D$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки $C$ и $D$ и параллельной прямой $AB$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точки $C$ и $D$ и параллельна прямой $AB$.

Построение сечения:

1. Так как точки $C$ и $D$ принадлежат секущей плоскости $\alpha$, то отрезок $CD$ является одной из сторон искомого сечения. Этот отрезок лежит в плоскости грани $SBC$.
2. Рассмотрим плоскость грани $SAB$. Эта плоскость содержит прямую $AB$. По условию, секущая плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AB$. Точка $D$ принадлежит как секущей плоскости $\alpha$, так и плоскости грани $SAB$ (поскольку $D \in SB$).
   Известно, что если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, то линия их пересечения параллельна этой прямой. В нашем случае, плоскость $(SAB)$ проходит через прямую $AB$, которая параллельна плоскости $\alpha$. Следовательно, линия пересечения плоскостей $(SAB)$ и $\alpha$ должна быть параллельна прямой $AB$.
   Поскольку точка $D$ принадлежит обеим плоскостям, она лежит на их линии пересечения. Таким образом, в плоскости $SAB$ проводим через точку $D$ прямую, параллельную $AB$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SA$ в точке $E$. Отрезок $DE$ – это вторая сторона искомого сечения, и по построению $DE \parallel AB$.
3. Соединяем точки $E$ и $C$. Обе точки лежат в секущей плоскости $\alpha$. Также они обе лежат в плоскости грани $SAC$. Следовательно, отрезок $CE$ является третьей стороной сечения и лежит в грани $SAC$.
4. Полученный треугольник $CDE$ является искомым сечением. Проверим, удовлетворяет ли он условиям задачи:
   • Плоскость $(CDE)$ проходит через точки $C$ и $D$ по построению.
   • Плоскость $(CDE)$ параллельна прямой $AB$ по признаку параллельности прямой и плоскости, так как она содержит прямую $DE$, параллельную $AB$.

Ответ: Искомое сечение – треугольник $CDE$, где $E$ – точка на ребре $SA$, такая, что отрезок $DE$ параллелен прямой $AB$.

34. Постройте сечение призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, которая проходит через точки $E$ и $F$, принадлежащие соответственно рёбрам $AB$ и $CD$, и параллельна прямой $BB_1$.

Пусть $\alpha$ - искомая секущая плоскость. По условию, она проходит через точки $E \in AB$ и $F \in CD$ и параллельна прямой $BB_1$. Построение сечения заключается в последовательном нахождении линий пересечения плоскости $\alpha$ с гранями призмы.

1. Соединяем точки $E$ и $F$. Так как точки $E$ и $F$ принадлежат одновременно и секущей плоскости $\alpha$, и плоскости нижнего основания $(ABC)$, то отрезок $EF$ является линией их пересечения.
2. По условию, плоскость сечения $\alpha$ параллельна прямой $BB_1$. Прямая $BB_1$ лежит в плоскости боковой грани $(ABB_1A_1)$. Согласно свойству параллельности прямой и плоскости, линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $(ABB_1A_1)$ должна быть параллельна $BB_1$. Эта линия пересечения проходит через точку $E$. Проведём в плоскости грани $(ABB_1A_1)$ через точку $E$ прямую, параллельную ребру $BB_1$. Пусть точка пересечения этой прямой с ребром $A_1B_1$ есть точка $E_1$. Отрезок $EE_1$ — одна из сторон сечения.
3. В призме все боковые ребра параллельны между собой, следовательно, $CC_1 \parallel BB_1$. Это означает, что секущая плоскость $\alpha$ параллельна и ребру $CC_1$. Аналогично предыдущему шагу, в плоскости боковой грани $(CDD_1C_1)$ через точку $F$ проводим прямую, параллельную ребру $CC_1$. Пусть точка пересечения этой прямой с ребром $C_1D_1$ есть точка $F_1$. Отрезок $FF_1$ — еще одна сторона сечения.
4. Соединяем точки $E_1$ и $F_1$. Так как точки $E_1$ и $F_1$ принадлежат и секущей плоскости $\alpha$, и плоскости верхнего основания $(A_1B_1C_1)$, отрезок $E_1F_1$ является линией их пересечения.

Последовательно соединив точки $E$, $F$, $F_1$ и $E_1$, получаем искомое сечение — четырёхугольник $EFF_1E_1$.

Обоснование вида сечения: по построению имеем $EE_1 \parallel BB_1$ и $FF_1 \parallel CC_1$. Так как $BB_1 \parallel CC_1$, то $EE_1 \parallel FF_1$. Длины этих отрезков также равны ($EE_1 = FF_1$), так как они являются отрезками параллельных прямых, заключёнными между параллельными плоскостями оснований призмы. Четырёхугольник, у которого две противоположные стороны параллельны и равны, является параллелограммом. Следовательно, сечение $EFF_1E_1$ — это параллелограмм.

Ответ: Искомым сечением является параллелограмм $EFF_1E_1$, где точка $E_1$ на ребре $A_1B_1$ такова, что $EE_1 \parallel BB_1$, а точка $F_1$ на ребре $C_1D_1$ такова, что $FF_1 \parallel CC_1$.

35. Постройте сечение пирамиды $SABC$ (рис. 44) плоскостью, которая проходит через точку $P$ на ребре $SB$ и параллельна прямым $BC$ и $SA$.

Рис. 44

Пусть $\alpha$ — искомая плоскость сечения. По условию, плоскость $\alpha$ должна проходить через точку $P$, лежащую на ребре $SB$, и быть параллельной двум скрещивающимся прямым $BC$ и $SA$.

Построение

Построение основано на свойстве: если плоскость, параллельная некоторой прямой, пересекает другую плоскость, содержащую эту прямую, то линия их пересечения параллельна данной прямой.

1. В плоскости грани $SBC$ проведем через точку $P$ прямую, параллельную $BC$. Пусть она пересекает ребро $SC$ в точке $Q$. Так как плоскость сечения $\alpha$ параллельна $BC$ и $BC \subset (SBC)$, то отрезок $PQ$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $SBC$, и при этом $PQ \parallel BC$.

2. В плоскости грани $SAB$ проведем через точку $P$ прямую, параллельную $SA$. Пусть она пересекает ребро $AB$ в точке $R$. Так как плоскость сечения $\alpha$ параллельна $SA$ и $SA \subset (SAB)$, то отрезок $PR$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $SAB$, и при этом $PR \parallel SA$.

3. В плоскости основания $ABC$ проведем через точку $R$ прямую, параллельную $BC$. Пусть она пересекает ребро $AC$ в точке $T$. Так как плоскость сечения $\alpha$ параллельна $BC$ и $BC \subset (ABC)$, то отрезок $RT$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с основанием $ABC$, и при этом $RT \parallel BC$.

4. Соединим точки $Q$ и $T$. Отрезок $QT$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $SAC$. Четырехугольник $PRTQ$ — искомое сечение.

Обоснование

Построенная плоскость $PRTQ$ проходит через точку $P$ по построению. Докажем, что она удовлетворяет условиям параллельности.

Плоскость $PRTQ$ параллельна прямой $BC$, так как она содержит прямую $PQ$, которая по построению параллельна $BC$. (Признак параллельности прямой и плоскости).

Плоскость $PRTQ$ параллельна прямой $SA$, так как она содержит прямую $PR$, которая по построению параллельна $SA$. Для полной уверенности в корректности построения докажем, что четвертая сторона сечения, $QT$, также параллельна $SA$.

Воспользуемся теоремой о пропорциональных отрезках (обобщенной теоремой Фалеса):
• В треугольнике $SAB$ из $PR \parallel SA$ следует, что $\frac{BP}{BS} = \frac{BR}{BA}$.
• В треугольнике $SBC$ из $PQ \parallel BC$ следует, что $\frac{SP}{SB} = \frac{SQ}{SC}$. Из этого соотношения получаем $1 - \frac{SP}{SB} = 1 - \frac{SQ}{SC}$, что равносильно $\frac{BP}{BS} = \frac{CQ}{CS}$.
• В треугольнике $ABC$ из $RT \parallel BC$ следует, что $\frac{AR}{AB} = \frac{AT}{AC}$.
Сопоставляя первые два результата, имеем: $\frac{BR}{BA} = \frac{CQ}{CS}$.
Так как $\frac{AR}{AB} = 1 - \frac{BR}{BA}$ и $\frac{SQ}{SC} = 1 - \frac{CQ}{CS}$, то из равенства $\frac{BR}{BA} = \frac{CQ}{CS}$ следует равенство $\frac{AR}{AB} = \frac{SQ}{SC}$.
Используя третий результат ($\frac{AR}{AB} = \frac{AT}{AC}$), получаем: $\frac{AT}{AC} = \frac{SQ}{SC}$.
Это означает, что $1 - \frac{AT}{AC} = 1 - \frac{SQ}{SC}$, то есть $\frac{CT}{AC} = \frac{CQ}{SC}$.
Данное соотношение в треугольнике $SAC$ по теореме, обратной теореме Фалеса, доказывает, что $QT \parallel SA$.
Таким образом, плоскость сечения $PRTQ$ содержит две пересекающиеся прямые $PR$ и $PQ$, причем $PR \parallel SA$ и $PQ \parallel BC$. Следовательно, плоскость $PRTQ$ параллельна прямым $SA$ и $BC$, и построение выполнено верно.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $PRTQ$, вершины которого строятся согласно описанному алгоритму. Этот четырехугольник является параллелограммом, так как его противоположные стороны попарно параллельны ($PR \parallel QT$ как параллельные $SA$, и $PQ \parallel RT$ как параллельные $BC$).