Номер 2, страница 53 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 2

Параллельность в пространстве

1. Точки $D, E, F$ и $K$ — середины рёбер $AB, MB, MC$ и $AC$ тетраэдра $MABC$ соответственно, $BC = 42$ см, $AM = 36$ см (рис. 50). Докажите, что точки $D, E, F$ и $K$ являются вершинами параллелограмма, и вычислите периметр этого параллелограмма.

2. Параллелограмм $ABCD$ является изображением ромба $A_1B_1C_1D_1$, точка $M$ — изображение некоторой точки $M_1$ отрезка $C_1D_1$ (рис. 51). Постройте изображение перпендикуляра, опущенного из точки $M_1$ на диагональ $B_1D_1$ ромба.

3. Плоскости $\beta$ и $\gamma$ параллельны. Из точки $A$, не принадлежащей этим плоскостям и не находящейся между ними, проведены два луча. Один из них пересекает плоскости $\beta$ и $\gamma$ в точках $B_1$ и $C_1$, а другой — в точках $B_2$ и $C_2$ соответственно. Найдите отрезок $C_1C_2$, если он на 14 см больше отрезка $B_1B_2$, $AC_1 = 11$ см, $B_1C_1 = 7$ см.

4. На рёбрах $AA_1, BB_1$ и $AD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M, K$ и $E$ (рис. 52). Постройте сечение куба плоскостью $MKE$.

5. Трапеция $A_1B_1C_1D_1$ (рис. 53) — изображение трапеции $ABCD$, в которой $AB = BC = CD$. Постройте изображение центра окружности, касающейся боковых сторон и меньшего основания трапеции $ABCD$.

1.

Доказательство того, что DEFK — параллелограмм: Рассмотрим треугольник MAB. Точки E и D являются серединами сторон MB и AB соответственно. Следовательно, отрезок DE является средней линией треугольника MAB. По свойству средней линии, $DE \parallel AM$ и $DE = \frac{1}{2} AM$. Рассмотрим треугольник MAC. Точки F и K являются серединами сторон MC и AC соответственно. Следовательно, отрезок FK является средней линией треугольника MAC. По свойству средней линии, $FK \parallel AM$ и $FK = \frac{1}{2} AM$. Из этого следует, что $DE \parallel FK$ и $DE = FK$. Поскольку в четырехугольнике DEFK две противолежащие стороны (DE и FK) равны и параллельны, этот четырехугольник является параллелограммом по признаку.

Вычисление периметра параллелограмма DEFK: Мы уже нашли, что $DE = FK = \frac{1}{2} AM$. Подставим данное значение $AM = 36$ см: $DE = FK = \frac{1}{2} \cdot 36 = 18$ см. Теперь рассмотрим сторону EF. В треугольнике MBC отрезок EF является средней линией, так как E и F — середины сторон MB и MC. Следовательно, $EF \parallel BC$ и $EF = \frac{1}{2} BC$. Подставим данное значение $BC = 42$ см: $EF = \frac{1}{2} \cdot 42 = 21$ см. Так как DEFK — параллелограмм, то его противолежащие стороны равны: $DE = FK = 18$ см и $EF = DK = 21$ см. Периметр параллелограмма $P_{DEFK}$ равен сумме длин всех его сторон: $P_{DEFK} = 2 \cdot (DE + EF) = 2 \cdot (18 + 21) = 2 \cdot 39 = 78$ см.

Ответ: Периметр параллелограмма равен 78 см.

2.

В ромбе $A_1B_1C_1D_1$ диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ взаимно перпендикулярны. Перпендикуляр, опущенный из точки $M_1$ на отрезке $C_1D_1$ на диагональ $B_1D_1$, будет параллелен диагонали $A_1C_1$. Параллельное проектирование сохраняет параллельность прямых. Следовательно, изображение искомого перпендикуляра будет отрезком, параллельным изображению диагонали $A_1C_1$, то есть диагонали $AC$ параллелограмма $ABCD$.

Построение: 1. В параллелограмме $ABCD$ проводим диагонали $AC$ и $BD$. 2. Через точку $M$ на стороне $CD$ проводим прямую, параллельную диагонали $AC$. 3. Эта прямая пересечет диагональ $BD$ в некоторой точке $H$. 4. Отрезок $MH$ является изображением перпендикуляра, опущенного из точки $M_1$ на диагональ $B_1D_1$ ромба.

3.

Поскольку плоскости $\beta$ и $\gamma$ параллельны, а два луча, выходящие из точки А, пересекают их, то по теореме о пропорциональных отрезках (обобщенная теорема Фалеса) прямые $B_1B_2$ и $C_1C_2$ параллельны. Это означает, что треугольники $\triangle AB_1B_2$ и $\triangle AC_1C_2$ подобны. Из подобия треугольников следует пропорциональность их сторон: $\frac{AC_1}{AB_1} = \frac{C_1C_2}{B_1B_2}$

Найдем длину отрезка $AB_1$. Точка $B_1$ лежит на отрезке $AC_1$, поэтому: $AB_1 = AC_1 - B_1C_1 = 11 - 7 = 4$ см.

Коэффициент подобия $k$ равен отношению соответствующих сторон: $k = \frac{AC_1}{AB_1} = \frac{11}{4}$ Следовательно, $\frac{C_1C_2}{B_1B_2} = \frac{11}{4}$, откуда $C_1C_2 = \frac{11}{4} B_1B_2$.

По условию, отрезок $C_1C_2$ на 14 см больше отрезка $B_1B_2$, то есть $C_1C_2 = B_1B_2 + 14$. Пусть $B_1B_2 = x$, тогда $C_1C_2 = x + 14$. Подставим эти выражения в полученную пропорцию: $x + 14 = \frac{11}{4} x$ $14 = \frac{11}{4} x - x$ $14 = \frac{7}{4} x$ $x = \frac{14 \cdot 4}{7} = 2 \cdot 4 = 8$ см. Таким образом, $B_1B_2 = 8$ см. Тогда $C_1C_2 = 8 + 14 = 22$ см.

Ответ: $C_1C_2 = 22$ см.

4.

Построение сечения куба плоскостью MKE выполняется следующим образом (метод следов): 1. Точки M и K лежат в секущей плоскости и в плоскости передней грани $ABB_1A_1$. Соединяем их отрезком $MK$. Это след сечения на передней грани. 2. Точки M и E лежат в секущей плоскости и в плоскости левой грани $ADD_1A_1$. Соединяем их отрезком $ME$. Это след сечения на левой грани. 3. Найдем след секущей плоскости на плоскости нижнего основания $ABCD$. Для этого продлим прямую $MK$, лежащую в плоскости $ABB_1A_1$, до пересечения с продолжением прямой $AB$. Обозначим точку их пересечения $P$. Точка $P$ принадлежит секущей плоскости (т.к. лежит на прямой $MK$) и плоскости основания (т.к. лежит на прямой $AB$). 4. Теперь у нас есть две точки $P$ и $E$, принадлежащие одновременно секущей плоскости и плоскости основания. Прямая $PE$ является следом секущей плоскости на плоскости основания $ABCD$. 5. Прямая $PE$ пересекает ребро $CD$ в некоторой точке $N$. Отрезок $EN$ — это след сечения на нижней грани. 6. Найдем след секущей плоскости на плоскости задней грани $DCC_1D_1$. Продлим прямую $ME$, лежащую в плоскости $ADD_1A_1$, до пересечения с продолжением прямой $DD_1$. Обозначим точку их пересечения $Q$. Точка $Q$ принадлежит секущей плоскости и плоскости задней грани. 7. Точки $Q$ и $N$ принадлежат секущей плоскости и плоскости задней грани. Прямая $QN$ является следом секущей плоскости на плоскости $DCC_1D_1$. 8. Прямая $QN$ пересекает ребро $CC_1$ в некоторой точке $L$. Отрезок $NL$ — это след сечения на задней грани. 9. Соединяем точку $L$ на ребре $CC_1$ с точкой $K$ на ребре $BB_1$. Отрезок $LK$ — это след сечения на правой грани $BCC_1B_1$. 10. Искомое сечение — пятиугольник $MKLNE$.

5.

Центр окружности $O$, касающейся боковых сторон $AB$, $CD$ и меньшего основания $BC$ трапеции $ABCD$, равноудален от прямых $AB$, $BC$ и $CD$. Следовательно, точка $O$ лежит на биссектрисах углов $\angle ABC$ и $\angle BCD$.

Рассмотрим свойства исходной трапеции $ABCD$. По условию $AB=BC=CD$. 1. Так как $AB = BC$, треугольник $\triangle ABC$ является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике биссектриса угла, противолежащего основанию, является также медианой и высотой. Значит, биссектриса угла $\angle ABC$ проходит через середину стороны $AC$. Обозначим середину $AC$ как $M$. Тогда прямая $BM$ является биссектрисой угла $\angle ABC$. 2. Аналогично, так как $BC = CD$, треугольник $\triangle BCD$ является равнобедренным. Биссектриса угла $\angle BCD$ проходит через середину стороны $BD$. Обозначим середину $BD$ как $N$. Тогда прямая $CN$ является биссектрисой угла $\angle BCD$.

Центр искомой окружности $O$ является точкой пересечения биссектрис $BM$ и $CN$. Свойства "быть серединой отрезка" и "прямая проходит через две точки" сохраняются при параллельном проектировании. Поэтому для построения изображения центра окружности $O_1$ достаточно построить изображения медиан $BM$ и $CN$ и найти их точку пересечения.

Построение: 1. В изображении трапеции $A_1B_1C_1D_1$ строим диагональ $A_1C_1$. 2. Находим середину диагонали $A_1C_1$ и обозначаем ее $M_1$. 3. Проводим отрезок $B_1M_1$. Это изображение биссектрисы угла $\angle ABC$. 4. Строим диагональ $B_1D_1$. 5. Находим середину диагонали $B_1D_1$ и обозначаем ее $N_1$. 6. Проводим отрезок $C_1N_1$. Это изображение биссектрисы угла $\angle BCD$. 7. Точка пересечения отрезков $B_1M_1$ и $C_1N_1$ является искомым изображением центра окружности.