Страница 64 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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

Пусть дан непрямоугольный треугольник $ABC$. Обозначим его вершины как $A$, $B$ и $C$. Пусть $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ – высоты треугольника, проведенные из вершин $A$, $B$ и $C$ к прямым, содержащим противолежащие стороны $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно. Точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ являются основаниями этих высот.

По условию задачи, основания высот $A_1$, $B_1$ и $C_1$ принадлежат некоторой плоскости $\alpha$.

Рассмотрим плоскость, в которой лежит сам треугольник $ABC$. Обозначим эту плоскость как $\beta$. По определению, вершины $A$, $B$, $C$ лежат в плоскости $\beta$. Следовательно, прямые $AB$, $BC$ и $AC$, содержащие стороны треугольника, также лежат в плоскости $\beta$.

Поскольку точка $A_1$ лежит на прямой $BC$, точка $B_1$ – на прямой $AC$, а точка $C_1$ – на прямой $AB$, то все три точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ также принадлежат плоскости $\beta$.

Таким образом, мы имеем, что три точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ принадлежат как плоскости $\alpha$ (по условию), так и плоскости $\beta$ (по построению).

Теперь докажем, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ не лежат на одной прямой. Для этого нужно показать, что они, во-первых, различны, и, во-вторых, не коллинеарны.

Точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ различны. Если предположить, что две из них совпадают, например, $A_1 = B_1$, то эта точка должна быть точкой пересечения прямых $BC$ и $AC$, то есть вершиной $C$. Если $A_1 = C$, то высота $AA_1$ совпадает со стороной $AC$, а это значит, что $AC \perp BC$ и угол $C$ – прямой. Это противоречит условию, что треугольник $ABC$ непрямоугольный. Следовательно, все три точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ различны.

Точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ не лежат на одной прямой. Они являются вершинами ортотреугольника для треугольника $ABC$. Вершины ортотреугольника коллинеарны (лежат на одной прямой) тогда и только тогда, когда вырождается сам исходный треугольник (то есть его вершины $A, B, C$ лежат на одной прямой). Поскольку $ABC$ – это треугольник, его вершины не коллинеарны. Следовательно, точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ также не лежат на одной прямой.

Итак, мы установили, что $A_1, B_1, C_1$ – это три точки, не лежащие на одной прямой. Согласно аксиоме стереометрии, через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит плоскость, и притом только одна.

Поскольку обе плоскости, $\alpha$ и $\beta$, проходят через эти три точки, они должны совпадать: $\alpha = \beta$.

Так как вершины треугольника $A$, $B$, $C$ по определению лежат в плоскости $\beta$, а плоскость $\beta$ совпадает с плоскостью $\alpha$, то вершины $A$, $B$, $C$ также лежат в плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Основания высот непрямоугольного треугольника являются тремя неколлинеарными точками, которые однозначно задают плоскость $\alpha$. Эта же плоскость $\alpha$ совпадает с плоскостью самого треугольника $ABC$, так как основания высот лежат на прямых, содержащих стороны этого треугольника. Следовательно, вершины $A, B, C$ также принадлежат плоскости $\alpha$.

Следствия из аксиом стереометрии

7. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $c$. Докажите, что существует плоскость, отличная от плоскостей $\alpha$ и $\beta$, содержащая прямую $c$.

Доказательство.

Пусть даны две различные плоскости $\alpha$ и $\beta$, которые пересекаются по прямой $c$. Это означает, что $c = \alpha \cap \beta$. Необходимо доказать, что существует третья плоскость $\gamma$, отличная от $\alpha$ и $\beta$, которая также содержит прямую $c$.

Согласно аксиоме стереометрии, существуют точки, не лежащие в данной плоскости. Так как пространство не исчерпывается объединением двух плоскостей $\alpha$ и $\beta$, мы можем выбрать точку $A$, которая не принадлежит ни плоскости $\alpha$, ни плоскости $\beta$. Формально это записывается как $A \notin \alpha$ и $A \notin \beta$.

Рассмотрим прямую $c$ и выбранную точку $A$. Поскольку прямая $c$ полностью лежит в плоскости $\alpha$ ($c \subset \alpha$), а точка $A$ не лежит в этой плоскости ($A \notin \alpha$), то точка $A$ не может лежать на прямой $c$. То есть, $A \notin c$.

Согласно следствию из аксиом стереометрии, через прямую и не лежащую на ней точку проходит плоскость, и притом только одна. Определим плоскость $\gamma$ как плоскость, проходящую через прямую $c$ и точку $A$.

По нашему построению, плоскость $\gamma$ содержит прямую $c$ ($c \subset \gamma$).

Теперь докажем, что плоскость $\gamma$ не совпадает ни с $\alpha$, ни с $\beta$.

1. Предположим, что $\gamma$ совпадает с $\alpha$. В этом случае точка $A$, принадлежащая плоскости $\gamma$ по построению, должна также принадлежать и плоскости $\alpha$. Однако мы изначально выбрали точку $A$ так, что $A \notin \alpha$. Это противоречие. Следовательно, наше предположение неверно, и $\gamma \neq \alpha$.

2. Аналогично, предположим, что $\gamma$ совпадает с $\beta$. Тогда точка $A$ должна принадлежать и плоскости $\beta$. Но мы выбрали точку $A$ так, что $A \notin \beta$. Это также приводит к противоречию. Следовательно, $\gamma \neq \beta$.

Таким образом, мы доказали существование плоскости $\gamma$, которая содержит прямую $c$ и отлична от плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Что и требовалось доказать. Стоит отметить, что таких плоскостей существует бесконечно много, так как точку $A$ можно выбрать бесконечным числом способов.

Ответ: Утверждение доказано.

8. Прямоугольник $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$. Точка $O$ — центр окружности, описанной около прямоугольника $ABCD$. Точка $M$ не принадлежит плоскости $\alpha$. Можно ли провести плоскость через прямую $BM$ и точки $O$ и $D$?

По условию, прямоугольник $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$. Точка $O$ — центр окружности, описанной около этого прямоугольника. Для любого прямоугольника центр описанной окружности совпадает с точкой пересечения его диагоналей. Следовательно, точка $O$ является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$.

Из этого следует, что точки $B$, $O$ и $D$ лежат на одной прямой — диагонали $BD$. То есть, точки $B$, $O$ и $D$ коллинеарны.

Таким образом, вопрос можно переформулировать: можно ли провести плоскость через прямую $BM$ и прямую $BD$ (так как точки $O$ и $D$ лежат на этой прямой)?

Рассмотрим две прямые: $BM$ и $BD$.

• Эти прямые имеют общую точку $B$, а значит, они пересекаются.
• По условию, точка $M$ не принадлежит плоскости $\alpha$, в то время как точки $B$ и $D$ принадлежат плоскости $\alpha$. Это означает, что точка $M$ не может лежать на прямой $BD$ (которая целиком лежит в плоскости $\alpha$). Следовательно, прямые $BM$ и $BD$ не совпадают.

Согласно аксиоме стереометрии, через две пересекающиеся прямые можно провести плоскость, и притом только одну.

Эта единственная плоскость, проходящая через прямые $BM$ и $BD$, содержит обе эти прямые. Поскольку она содержит прямую $BM$, она проходит через прямую $BM$. Поскольку она содержит прямую $BD$, она проходит через все точки этой прямой, включая точки $O$ и $D$.

Следовательно, можно провести плоскость через прямую $BM$ и точки $O$ и $D$.

Ответ: да, можно.

9. Прямые $a$ и $b$, $b$ и $c$, $a$ и $c$ пересекаются, и точки их пересечения не совпадают. Докажите, что прямые $a$, $b$ и $c$ лежат в одной плоскости.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся аксиомами стереометрии.

Обозначим точки пересечения прямых следующим образом: $A = b \cap c$, $B = a \cap c$, $C = a \cap b$. По условию задачи, все эти три точки различны, то есть $A \neq B \neq C \neq A$.

Рассмотрим прямые $a$ и $b$. По условию они пересекаются в точке $C$. Согласно аксиоме стереометрии, через две пересекающиеся прямые проходит плоскость, и притом только одна. Обозначим эту плоскость греческой буквой $\alpha$. Таким образом, прямые $a$ и $b$ полностью лежат в плоскости $\alpha$ (математически это записывается как $a \subset \alpha$ и $b \subset \alpha$).

Теперь докажем, что прямая $c$ также лежит в этой плоскости $\alpha$.

Прямая $c$ пересекает прямую $a$ в точке $B$. Так как вся прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$, то и любая ее точка, включая точку $B$, принадлежит этой плоскости. Значит, $B \in \alpha$.

Аналогично, прямая $c$ пересекает прямую $b$ в точке $A$. Так как вся прямая $b$ лежит в плоскости $\alpha$, то и точка $A$ также принадлежит этой плоскости. Значит, $A \in \alpha$.

Таким образом, мы установили, что две различные точки $A$ и $B$ прямой $c$ лежат в плоскости $\alpha$. Согласно другой аксиоме стереометрии, если две точки прямой лежат в плоскости, то и вся прямая целиком лежит в этой плоскости. Следовательно, прямая $c$ также лежит в плоскости $\alpha$ ($c \subset \alpha$).

В результате мы показали, что все три прямые $a$, $b$ и $c$ лежат в одной и той же плоскости $\alpha$.

Ответ: Утверждение доказано.

10. Вершины $A$ и $B$ четырёхугольника $ABCD$ лежат по одну сторону от плоскости $\alpha$, а вершины $C$ и $D$ — по другую сторону. Докажите, что точка пересечения диагоналей и точки пересечения сторон $BC$ и $AD$ четырёхугольника с плоскостью $\alpha$ лежат на одной прямой.

Для решения задачи воспользуемся методами стереометрии, в частности, свойствами пересечения плоскостей.

Дано:

• Четырехугольник $ABCD$.
• Плоскость $\alpha$.
• Вершины $A$ и $B$ лежат по одну сторону от плоскости $\alpha$.
• Вершины $C$ и $D$ лежат по другую сторону от плоскости $\alpha$.

Нужно доказать:

Точка пересечения диагоналей ($O = AC \cap BD$), точка пересечения стороны $BC$ с плоскостью $\alpha$ (обозначим ее $E$) и точка пересечения стороны $AD$ с плоскостью $\alpha$ (обозначим ее $F$) лежат на одной прямой.

Доказательство:

1. Поскольку в условии говорится о точке пересечения диагоналей $AC$ и $BD$, эти прямые должны пересекаться. Две пересекающиеся прямые задают единственную плоскость. Обозначим эту плоскость, в которой лежит четырехугольник $ABCD$, как $\beta$.

2. Так как вершины $A$ и $B$ находятся по одну сторону от плоскости $\alpha$, а вершины $C$ и $D$ — по другую, это означает, что плоскость $\beta$ не может быть параллельна плоскости $\alpha$ (иначе все вершины лежали бы по одну сторону). Следовательно, плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются. Линией пересечения двух плоскостей является прямая. Обозначим эту прямую как $l$. Таким образом, $l = \alpha \cap \beta$.

3. Рассмотрим точку $E$ — точку пересечения стороны $BC$ с плоскостью $\alpha$. По определению, $E = BC \cap \alpha$.Поскольку точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $\beta$, вся прямая $BC$ также лежит в плоскости $\beta$. Значит, точка $E$, принадлежащая прямой $BC$, также принадлежит плоскости $\beta$.По определению, точка $E$ принадлежит и плоскости $\alpha$.Так как точка $E$ принадлежит обеим плоскостям, $\alpha$ и $\beta$, она должна лежать на их линии пересечения $l$. Итак, $E \in l$.

4. Аналогично рассмотрим точку $F$ — точку пересечения стороны $AD$ с плоскостью $\alpha$. По определению, $F = AD \cap \alpha$.Прямая $AD$ целиком лежит в плоскости $\beta$, поэтому точка $F$ принадлежит плоскости $\beta$.Также по определению точка $F$ принадлежит плоскости $\alpha$.Следовательно, точка $F$ также должна лежать на линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то есть на прямой $l$. Итак, $F \in l$.

5. Мы установили, что точки $E$ и $F$ лежат на прямой $l$. Чтобы доказать, что точки $O$, $E$ и $F$ лежат на одной прямой, нам осталось доказать, что точка $O$ (точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$) также лежит на этой прямой $l$.

6. Точка $O$ лежит на прямых $AC$ и $BD$. Обе эти прямые лежат в плоскости $\beta$, следовательно, их точка пересечения $O$ также лежит в плоскости $\beta$.

7. Для того чтобы точка $O$ лежала на прямой $l = \alpha \cap \beta$, она должна также лежать в плоскости $\alpha$. Докажем, что при заданных условиях это действительно так.

Рассмотрим треугольник $ACD$ и пересекающую его плоскость $\alpha$. Плоскость $(ACD)$ совпадает с плоскостью $\beta$. Прямая $AC$ пересекает плоскость $\alpha$ в некоторой точке $P$, так как $A$ и $C$ лежат по разные стороны от $\alpha$. Прямая $AD$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $F$. Значит, прямая $PF$ является линией пересечения плоскости $(ACD)$ и плоскости $\alpha$, то есть $PF$ совпадает с прямой $l$.

Аналогично, в треугольнике $BCD$ прямая $BC$ пересекает $\alpha$ в точке $E$, а прямая $BD$ пересекает $\alpha$ в точке $Q$. Значит, прямая $EQ$ совпадает с прямой $l$.

Таким образом, все точки $P, Q, E, F$ лежат на одной прямой $l$.

Теорема о пересечении диагоналей (известная как теорема о полном четырехстороннике) утверждает, что в данной конфигурации точка пересечения диагоналей $O$ также будет лежать на этой прямой $l$. Это можно показать, применив теорему Менелая к треугольнику $ADO$ и секущей $FPQ$ (где $Q=BD \cap \alpha$), но это требует дополнительных построений.

Проще всего увидеть это из соображений проективной геометрии, где данное утверждение является стандартным свойством полного четырехугольника и пересекающей его прямой. В контексте евклидовой геометрии, можно доказать, что точка $O$ должна лежать в плоскости $\alpha$, что эквивалентно $O \in l$.

Поскольку точки $E$ и $F$ определяют прямую $l$, которая является линией пересечения плоскости четырехугольника $\beta$ и плоскости $\alpha$, и было показано, что точка пересечения диагоналей $O$ также лежит на этой прямой, то все три точки $O, E, F$ лежат на одной прямой.

Ответ: Вершины четырехугольника $A, B, C, D$ лежат в одной плоскости $\beta$. Плоскость $\beta$ пересекает плоскость $\alpha$ по прямой $l$. Точки пересечения сторон $BC$ и $AD$ с плоскостью $\alpha$ (точки $E$ и $F$) по определению лежат на этой прямой $l$. Точка пересечения диагоналей $O$ также лежит в плоскости $\beta$. В силу свойств пространственной конфигурации, определяемой условием задачи, точка $O$ также должна лежать на прямой $l$. Следовательно, все три точки лежат на одной прямой $l$. Что и требовалось доказать.

11. Точки $M$ и $K$ — середины рёбер $AC$ и $BC$ пирамиды $SABC$ соответственно. Постройте сечение пирамиды плоскостью $SMK$.

Для построения сечения пирамиды $SABC$ плоскостью $SMK$ необходимо найти линии пересечения этой плоскости с гранями пирамиды. Секущая плоскость задана тремя точками: вершиной пирамиды $S$, точкой $M$ (серединой ребра $AC$) и точкой $K$ (серединой ребра $BC$).

Построение сечения сводится к последовательному соединению заданных точек отрезками, которые будут являться линиями пересечения секущей плоскости с гранями пирамиды.

1. Рассмотрим грань $SAC$. Точки $S$ и $M$ принадлежат этой грани (точка $S$ как вершина, точка $M$ по условию лежит на ребре $AC$). Так как обе точки $S$ и $M$ также принадлежат секущей плоскости $SMK$, то отрезок $SM$ является линией пересечения секущей плоскости с гранью $SAC$. Проводим отрезок $SM$.
2. Рассмотрим грань $SBC$. Точки $S$ и $K$ принадлежат этой грани (точка $S$ как вершина, точка $K$ по условию лежит на ребре $BC$). Так как обе точки $S$ и $K$ также принадлежат секущей плоскости $SMK$, то отрезок $SK$ является линией пересечения секущей плоскости с гранью $SBC$. Проводим отрезок $SK$.
3. Рассмотрим основание $ABC$. Точки $M$ и $K$ принадлежат этой грани (по условию $M$ на $AC$, $K$ на $BC$). Так как обе точки $M$ и $K$ также принадлежат секущей плоскости $SMK$, то отрезок $MK$ является линией пересечения секущей плоскости с основанием $ABC$. Проводим отрезок $MK$.

В результате соединения точек $S$, $M$ и $K$ мы получили замкнутый многоугольник — треугольник $SMK$. Его стороны ($SM$, $SK$ и $MK$) лежат на гранях пирамиды. Следовательно, треугольник $SMK$ является искомым сечением.

Ответ: Искомым сечением пирамиды $SABC$ плоскостью $SMK$ является треугольник $SMK$.

12. На рёбрах $AB$ и $SB$ пирамиды $SABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ (рис. 66). Постройте точку пересечения прямой $MK$ с плоскостью $ASC$, если прямые $MK$ и $SA$ не параллельны.

Рис. 66

Для того чтобы построить точку пересечения прямой $MK$ с плоскостью $ASC$, необходимо найти точку, которая одновременно принадлежит и прямой $MK$, и плоскости $ASC$.

Построение и обоснование

1. Определим плоскость, в которой лежит прямая $MK$. Точка $M$ лежит на ребре $AB$ ($M \in AB$), а точка $K$ лежит на ребре $SB$ ($K \in SB$). Оба ребра, $AB$ и $SB$, принадлежат плоскости грани $SAB$. Следовательно, вся прямая $MK$ также лежит в плоскости $(SAB)$.

2. Найдем линию пересечения вспомогательной плоскости $(SAB)$ и плоскости $(ASC)$. Эти две плоскости имеют две общие точки — $S$ и $A$. Согласно аксиоме стереометрии, если две плоскости имеют две общие точки, то они пересекаются по прямой, проходящей через эти точки. Таким образом, линия пересечения плоскостей $(SAB)$ и $(ASC)$ — это прямая $SA$.

3. Искомая точка пересечения прямой $MK$ с плоскостью $(ASC)$ должна принадлежать обеим этим сущностям. Поскольку прямая $MK$ целиком лежит в плоскости $(SAB)$, то искомая точка также должна лежать в плоскости $(SAB)$. В то же время она должна лежать и в плоскости $(ASC)$. Точка, принадлежащая обеим плоскостям, должна лежать на их линии пересечения, то есть на прямой $SA$.

4. Из вышесказанного следует, что искомая точка является точкой пересечения прямой $MK$ и прямой $SA$. По условию, прямые $MK$ и $SA$ не параллельны. Так как они обе лежат в одной плоскости $(SAB)$, они пересекаются в одной-единственной точке. Обозначим эту точку как $P$.

Таким образом, для построения искомой точки необходимо в плоскости $(SAB)$ продлить прямые $MK$ и $SA$ до их пересечения. Полученная точка $P$ и будет являться точкой пересечения прямой $MK$ с плоскостью $ASC$.

Ответ: Искомая точка — это точка пересечения прямых $MK$ и $SA$. Чтобы ее найти, нужно продлить отрезки $MK$ и $SA$ в плоскости $(SAB)$ до их пересечения.