Страница 71 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

51. Постройте сечение прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, которая проходит через точки $K, E$ и $F$, принадлежащие соответственно рёбрам $AD, AA_1$ и $C_1D_1$.

Для построения сечения прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через точки $K \in AD$, $E \in AA_1$ и $F \in C_1D_1$, выполним следующие шаги:

1. Соединение точек в одной грани.

   Точки $K$ и $E$ лежат в одной грани $ADD_1A_1$. Соединяем их отрезком. Отрезок $KE$ является линией пересечения (следом) секущей плоскости с гранью $ADD_1A_1$.

2. Построение вспомогательной точки.

   Продлим прямую $KE$, лежащую в секущей плоскости, до пересечения с прямой $D_1D$. Обе эти прямые лежат в плоскости грани $ADD_1A_1$. Точку их пересечения обозначим $P$. Таким образом, $P = KE \cap D_1D$. Точка $P$ принадлежит секущей плоскости (так как лежит на прямой $KE$) и плоскости грани $DCC_1D_1$ (так как лежит на прямой $D_1D$).

3. Построение следа секущей плоскости на грани $DCC_1D_1$.

   В плоскости грани $DCC_1D_1$ теперь известны две точки, принадлежащие секущей плоскости: точка $F$ (по условию) и точка $P$ (по построению). Проводим через них прямую $PF$. Эта прямая является следом секущей плоскости на плоскости грани $DCC_1D_1$.

   Находим точки пересечения прямой $PF$ с рёбрами грани $DCC_1D_1$. Одна точка, $F$, уже лежит на ребре $C_1D_1$. Найдём точку пересечения прямой $PF$ с ребром $CC_1$. Обозначим эту точку $G$. То есть, $G = PF \cap CC_1$. Отрезок $FG$ является стороной искомого сечения.

4. Построение следа секущей плоскости на грани $ABB_1A_1$.

   Противоположные грани параллелепипеда параллельны. Грань $ABB_1A_1$ параллельна грани $DCC_1D_1$. По свойству, секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с гранью $ABB_1A_1$ будет параллельна линии её пересечения с гранью $DCC_1D_1$, то есть отрезку $FG$.

   Проведём через точку $E$ (которая лежит в грани $ABB_1A_1$) прямую, параллельную $FG$. Эта прямая пересечёт ребро $A_1B_1$ в некоторой точке $M$. Отрезок $EM$ — это ещё одна сторона сечения ($EM \parallel FG$, $M \in A_1B_1$).

5. Построение следа секущей плоскости на верхней грани $A_1B_1C_1D_1$.

   Точки $M$ и $F$ принадлежат секущей плоскости и лежат в плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Соединяем их отрезком $MF$, который является стороной сечения.

6. Построение следа секущей плоскости на грани $BCC_1B_1$.

   Аналогично шагу 4, используем параллельность граней $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$. Линия пересечения с гранью $BCC_1B_1$ будет параллельна отрезку $KE$. Проведём через точку $G$ (которая лежит в грани $BCC_1B_1$) прямую, параллельную $KE$. Эта прямая пересечёт ребро $BC$ в некоторой точке $L$. Отрезок $GL$ — сторона сечения ($GL \parallel KE$, $L \in BC$).

7. Построение следа секущей плоскости на нижней грани $ABCD$.

   Точки $L$ и $K$ принадлежат секущей плоскости и лежат в плоскости нижней грани $ABCD$. Соединяем их отрезком $LK$, получая последнюю сторону сечения.

8. Завершение построения.

   Последовательно соединив точки $K, E, M, F, G, L$, получаем искомое сечение — шестиугольник $KEMFGL$. Построение завершено. В качестве проверки можно убедиться, что стороны сечения на параллельных гранях $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ (отрезки $LK$ и $MF$) также параллельны, что является следствием выполненных построений.

Ответ: Искомым сечением является шестиугольник $KEMFGL$, построенный в соответствии с описанным алгоритмом.

Преобразование фигур в пространстве.

Параллельное проектирование

52. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 78). При некотором параллельном переносе образом точки $C$ является точка $D$. Какая фигура при данном параллельном переносе является образом:

Рис. 78

По условию задачи, при параллельном переносе образом точки $C$ является точка $D$. Это означает, что параллельный перенос задается вектором переноса $\vec{v} = \vec{CD}$.

Чтобы найти образ любой точки $P$, нужно найти точку $P'$, такую что $\vec{PP'} = \vec{CD}$. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ противоположные ребра параллельны и равны, поэтому соответствующие векторы равны. В частности, для вектора переноса $\vec{CD}$ справедливы следующие равенства: $\vec{CD} = \vec{BA} = \vec{C_1D_1} = \vec{B_1A_1}$.

Чтобы найти образ точки $B_1$, необходимо найти такую точку $X$, что $\vec{B_1X} = \vec{CD}$. Используя равенство векторов в кубе, имеем $\vec{CD} = \vec{B_1A_1}$. Тогда равенство для переноса примет вид $\vec{B_1X} = \vec{B_1A_1}$, откуда следует, что точка $X$ совпадает с точкой $A_1$.

Ответ: точка $A_1$.

При параллельном переносе образом отрезка является отрезок. Чтобы найти образ отрезка $BC$, найдем образы его концов – точек $B$ и $C$.

По условию, образом точки $C$ является точка $D$.

Найдем образ точки $B$. Пусть это точка $Y$. Тогда должно выполняться условие $\vec{BY} = \vec{CD}$. Так как в основании куба лежит квадрат $ABCD$, то $\vec{BA} = \vec{CD}$. Следовательно, $\vec{BY} = \vec{BA}$, что означает, что точка $Y$ совпадает с точкой $A$.

Таким образом, образом отрезка $BC$ является отрезок, соединяющий образы его концов, то есть отрезок $AD$.

Ответ: отрезок $AD$.

Чтобы найти образ отрезка $BC_1$, найдем образы его концов – точек $B$ и $C_1$.

Из предыдущего пункта мы знаем, что образом точки $B$ является точка $A$.

Найдем образ точки $C_1$. Пусть это точка $Z$. Тогда $\vec{C_1Z} = \vec{CD}$. В кубе верхняя грань $A_1B_1C_1D_1$ параллельна нижней грани, поэтому $\vec{C_1D_1} = \vec{CD}$. Отсюда получаем равенство $\vec{C_1Z} = \vec{C_1D_1}$, из которого следует, что точка $Z$ совпадает с точкой $D_1$.

Таким образом, образом отрезка $BC_1$ является отрезок, соединяющий образы его концов, то есть отрезок $AD_1$.

Ответ: отрезок $AD_1$.

53. На рисунке 79 изображён тетраэдр $DABC$, точка $M$ — середина ребра $AB$. Постройте образ данного тетраэдра при параллельном переносе, в результате которого:

1) образом точки $C$ является точка $D$;

2) образом точки $D$ является точка $M$.

Рис. 79

1) образом точки С является точка D;

Параллельный перенос — это преобразование, при котором все точки пространства смещаются в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. Это преобразование задаётся вектором переноса.

По условию, образом точки C является точка D. Это означает, что параллельный перенос осуществляется на вектор $\vec{v} = \vec{CD}$. Чтобы построить образ тетраэдра $DABC$, необходимо найти образы всех его вершин при переносе на этот вектор. Обозначим образы вершин $A, B, C, D$ как $A_1, B_1, C_1, D_1$ соответственно.

• Образ точки $C$: по условию, точка $C$ переходит в точку $D$. Таким образом, $C_1 = D$.
• Образ точки $A$: точка $A$ переходит в точку $A_1$ так, что $\vec{AA_1} = \vec{CD}$. Это значит, что для построения точки $A_1$ нужно отложить от точки $A$ вектор, равный вектору $\vec{CD}$. Геометрически это означает построение параллелограмма $ACDA_1$.
• Образ точки $B$: точка $B$ переходит в точку $B_1$ так, что $\vec{BB_1} = \vec{CD}$. Для построения точки $B_1$ откладываем от точки $B$ вектор, равный вектору $\vec{CD}$. Геометрически это означает построение параллелограмма $BCDB_1$.
• Образ точки $D$: точка $D$ переходит в точку $D_1$ так, что $\vec{DD_1} = \vec{CD}$. Для построения точки $D_1$ откладываем от точки $D$ вектор, равный вектору $\vec{CD}$. При этом точки $C, D, D_1$ будут лежать на одной прямой, и точка $D$ будет являться серединой отрезка $CD_1$.

Соединив полученные точки-образы $A_1, B_1, C_1, D_1$, мы получим тетраэдр $D_1A_1B_1C_1$ (или $D_1A_1B_1D$), который и является образом исходного тетраэдра $DABC$ при заданном параллельном переносе.

Ответ: Образом тетраэдра $DABC$ является тетраэдр $D_1A_1B_1D$, где точки $A_1, B_1, D_1$ строятся таким образом, что выполняются векторные равенства $\vec{AA_1} = \vec{CD}$, $\vec{BB_1} = \vec{CD}$ и $\vec{DD_1} = \vec{CD}$.

2) образом точки D является точка M.

В этом случае, по условию, образом точки D является точка M (середина ребра AB). Это означает, что параллельный перенос осуществляется на вектор $\vec{v} = \vec{DM}$. Чтобы построить образ тетраэдра $DABC$, необходимо найти образы всех его вершин при переносе на этот вектор. Обозначим образы вершин $A, B, C, D$ как $A_2, B_2, C_2, D_2$ соответственно.

• Образ точки $D$: по условию, точка $D$ переходит в точку $M$. Таким образом, $D_2 = M$.
• Образ точки $A$: точка $A$ переходит в точку $A_2$ так, что $\vec{AA_2} = \vec{DM}$. Для построения точки $A_2$ нужно отложить от точки $A$ вектор, равный вектору $\vec{DM}$. Геометрически это означает построение параллелограмма $ADMA_2$.
• Образ точки $B$: точка $B$ переходит в точку $B_2$ так, что $\vec{BB_2} = \vec{DM}$. Для построения точки $B_2$ откладываем от точки $B$ вектор, равный вектору $\vec{DM}$. Геометрически это означает построение параллелограмма $BDMB_2$.
• Образ точки $C$: точка $C$ переходит в точку $C_2$ так, что $\vec{CC_2} = \vec{DM}$. Для построения точки $C_2$ откладываем от точки $C$ вектор, равный вектору $\vec{DM}$. Геометрически это означает построение параллелограмма $CDMC_2$.

Соединив полученные точки-образы $A_2, B_2, C_2, D_2$, мы получим тетраэдр $D_2A_2B_2C_2$ (или $MA_2B_2C_2$), который и является образом исходного тетраэдра $DABC$ при заданном параллельном переносе.

Ответ: Образом тетраэдра $DABC$ является тетраэдр $MA_2B_2C_2$, где точки $A_2, B_2, C_2$ строятся таким образом, что выполняются векторные равенства $\vec{AA_2} = \vec{DM}$, $\vec{BB_2} = \vec{DM}$ и $\vec{CC_2} = \vec{DM}$.

54. На рисунке 80 изображён куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$, на ребре $A_1B_1$ которого отметили точку $M$. Постройте образ данного куба при симметрии относительно:

1) вершины $D$;

2) точки $M$.

Рис. 80

1) вершины D

Центральная симметрия относительно точки (центра симметрии) — это преобразование пространства, при котором любая точка $P$ переходит в точку $P'$, для которой центр симметрии является серединой отрезка $PP'$. В данном случае центром симметрии является вершина $D$.

Для построения образа куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ необходимо построить образы всех его вершин относительно точки $D$. Вершина $D$, являясь центром симметрии, отображается сама в себя. Для нахождения образа любой другой вершины $V$ (например, $A$, $B$, $C$ и т.д.) нужно соединить её с точкой $D$ и продлить отрезок $VD$ за точку $D$ на его длину. Полученная точка $V'$ и будет образом вершины $V$. То есть, точка $D$ является серединой отрезка $VV'$. Векторно это условие записывается как $\vec{DV'} = -\vec{DV}$.

Таким образом, мы последовательно строим образы всех вершин. Например, для вершин, смежных с $D$, строим $A'$ так, что $D$ — середина $AA'$; $C'$ так, что $D$ — середина $CC'$; и $D_1'$ так, что $D$ — середина $D_1D_1'$. Образы остальных вершин ($B, B_1, C_1, A_1$) можно найти аналогично, либо используя правило параллелограмма. Например, так как $\vec{DB} = \vec{DA} + \vec{DC}$, то образ $\vec{DB'} = -\vec{DB} = -\vec{DA} - \vec{DC} = \vec{DA'} + \vec{DC'}$.

Соединив полученные точки-образы $A', B', C', D, A_1', B_1', C_1', D_1'$ рёбрами, мы получим куб, симметричный исходному относительно вершины $D$. Итоговый образ — это куб, равный исходному, который имеет с ним одну общую вершину $D$.
Ответ: Образом куба при симметрии относительно вершины $D$ является куб, равный исходному, имеющий с ним одну общую вершину $D$ и расположенный симметрично относительно этой вершины. Для построения нужно для каждой вершины $V$ исходного куба найти её образ $V'$ такой, что $D$ является серединой отрезка $VV'$, и соединить полученные вершины.

2) точки M

Аналогично первому пункту, для построения образа куба при симметрии относительно точки $M$ необходимо найти образы всех вершин исходного куба относительно этой точки. Точка $M$ лежит на ребре $A_1B_1$.

Правило построения образа $V''$ для любой точки $V$ то же: точка $M$ должна быть серединой отрезка $VV''$. Векторно это означает $\vec{MV''} = -\vec{MV}$. Для построения образа, например, вершины $A$, проводим прямую через точки $A$ и $M$. На этой прямой откладываем от точки $M$ в противоположную от $A$ сторону отрезок $MA''$, равный по длине отрезку $AM$. Точка $A''$ будет образом точки $A$. Эту процедуру повторяем для всех восьми вершин куба.

Полученные восемь точек $A'', B'', C'', D'', A_1'', B_1'', C_1'', D_1''$ соединяем рёбрами в той же последовательности, что и вершины исходного куба.

Так как центральная симметрия является движением, она сохраняет расстояния и углы. Поэтому образом куба будет куб, равный исходному. Также центральная симметрия переводит прямые в параллельные им прямые. Следовательно, рёбра нового куба будут параллельны соответствующим рёбрам старого куба. Точка $M$, являясь центром симметрии, отображается сама в себя и будет принадлежать образу ребра $A_1B_1$ — ребру $A_1''B_1''$.
Ответ: Образом куба при симметрии относительно точки $M$ является куб, равный исходному, рёбра которого параллельны соответствующим рёбрам исходного куба. Для его построения нужно для каждой вершины $V$ исходного куба найти её образ $V''$ такой, что точка $M$ является серединой отрезка $VV''$, а затем соединить полученные вершины-образы.

55. Может ли быть параллельной проекцией прямоугольника четырёхугольник $A_1 B_1 C_1 D_1$, углы которого $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $D_1$ соответственно равны $90^{\circ}$, $90^{\circ}$, $40^{\circ}$ и $140^{\circ}$?

При параллельном проецировании сохраняется свойство параллельности прямых. Это означает, что параллельные прямые проецируются в параллельные прямые (или в одну прямую, если направление проецирования параллельно плоскости, содержащей эти прямые).

Прямоугольник является частным случаем параллелограмма, так как его противоположные стороны попарно параллельны. Следовательно, параллельная проекция прямоугольника также должна быть параллелограммом (за исключением вырожденного случая, когда проекцией является отрезок, что не соответствует условию задачи, так как дана фигура с четырьмя углами).

Одним из ключевых свойств параллелограмма является равенство его противоположных углов. Проверим, является ли данный четырёхугольник $A_1B_1C_1D_1$ параллелограммом.

По условию, углы четырёхугольника равны: $\angle A_1 = 90^\circ$, $\angle B_1 = 90^\circ$, $\angle C_1 = 40^\circ$ и $\angle D_1 = 140^\circ$.

Сравним величины противоположных углов этого четырёхугольника:
- Угол $\angle A_1$ и противоположный ему угол $\angle C_1$ не равны: $90^\circ \neq 40^\circ$.
- Угол $\angle B_1$ и противоположный ему угол $\angle D_1$ также не равны: $90^\circ \neq 140^\circ$.

Поскольку противоположные углы четырёхугольника $A_1B_1C_1D_1$ не равны, он не является параллелограммом.

Так как параллельная проекция прямоугольника всегда является параллелограммом, а заданный четырёхугольник им не является, то он не может быть параллельной проекцией прямоугольника.

Ответ: нет, не может.

56. В каком случае параллельной проекцией угла является:

1) луч;

2) угол, равный данному углу?

1) луч;

Параллельной проекцией угла является луч в том случае, когда плоскость, в которой лежит угол, параллельна направлению проектирования. Рассмотрим угол $ \angle AOB $, лежащий в плоскости $ \alpha $. Пусть $ s $ - прямая, задающая направление проектирования.

Если прямая $ s $ параллельна плоскости $ \alpha $, то вся плоскость $ \alpha $ проектируется в прямую $ l $ на плоскости проекции. Вершина угла $ O $ проектируется в точку $ O' $ на прямой $ l $, а стороны угла (лучи $ OA $ и $ OB $) - в лучи $ O'A' $ и $ O'B' $, лежащие на этой же прямой $ l $.

В общем случае, проекция будет являться лучом, если направление проектирования $ s $ не лежит внутри данного угла $ \angle AOB $ (то есть, если спроецированные лучи $ O'A' $ и $ O'B' $ сонаправлены).

Наиболее наглядный и важный частный случай — это когда направление проектирования параллельно одной из сторон угла. Например, если направление проектирования $ s $ параллельно стороне $ OA $, то весь луч $ OA $ спроецируется в одну точку - проекцию вершины $ O' $. Другой луч $ OB $ (при условии, что он не параллелен $ s $) спроецируется в луч $ O'B' $. Таким образом, проекцией всего угла $ \angle AOB $ будет луч $ O'B' $.

Ответ: Параллельной проекцией угла является луч, если плоскость угла параллельна направлению проектирования. В частности, это происходит, когда направление проектирования параллельно одной из сторон угла.

2) угол, равный данному углу?

Параллельная проекция сохраняет величину угла в том случае, когда плоскость, в которой лежит данный угол, параллельна плоскости проекции.

Пусть угол $ \angle AOB $ лежит в плоскости $ \alpha $, а проекция строится на плоскость $ \pi $. Если плоскость $ \alpha $ параллельна плоскости $ \pi $ ($ \alpha \parallel \pi $), то параллельное проектирование является движением (точнее, параллельным переносом), которое отображает плоскость $ \alpha $ на плоскость $ \pi $. Движение сохраняет расстояния между точками и, как следствие, величины углов.

Таким образом, любая фигура, лежащая в плоскости $ \alpha $, проектируется в конгруэнтную ей фигуру в плоскости $ \pi $. Если взять точки $ A $ и $ B $ на сторонах угла, то треугольник $ \triangle AOB $ спроектируется в конгруэнтный ему треугольник $ \triangle A'O'B' $. Из конгруэнтности треугольников ($ \triangle AOB \cong \triangle A'O'B' $) следует равенство их соответствующих углов, то есть $ \angle AOB = \angle A'O'B' $.

Ответ: Параллельной проекцией угла является угол, равный данному, если плоскость, в которой лежит исходный угол, параллельна плоскости проекции.