Номер 1, страница 57 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Вариант 2

Контрольная работа № 1

Аксиомы стереометрии и следствия из них.

Начальные представления о многогранниках

1. Даны точки $A$, $B$ и $C$ такие, что $AB = 4$ см, $BC = 6$ см, $AC = 7$ см. Сколько существует плоскостей, содержащих точки $A$, $B$ и $C$? Ответ обоснуйте.

2. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $a$. Точки $A$ и $B$ принадлежат плоскости $\alpha$, а точки $C$ и $D$ — плоскости $\beta$. Прямая $AB$ пересекает прямую $a$ в точке $E$. Докажите, что точка $E$ принадлежит прямой $CD$.

3. Середины диагоналей $AC$, $CE$ и $EA$ выпуклого шестиугольника $ABCDEF$ принадлежат плоскости $\alpha$. Докажите, что все вершины шестиугольника принадлежат плоскости $\alpha$.

4. На рёбрах $SB$, $SC$ и $CD$ пирамиды $SABCD$ отметили точки $P$, $E$ и $F$ соответственно. Постройте линию пересечения плоскостей $DPE$ и $SAF$.

5. Точки $M$ и $N$ принадлежат соответственно рёбрам $AB$ и $AC$ призмы $ABCA_1B_1C_1$, а точка $K$ — грани $BB_1C_1C$ (рис. 55), причём прямые $MN$ и $BC$ не параллельны. Постройте сечение призмы плоскостью $MNK$.

Рис. 55

1.

Чтобы определить, сколько плоскостей можно провести через точки A, B и C, необходимо выяснить, лежат ли эти точки на одной прямой. Три точки лежат на одной прямой, если для них выполняется равенство $XY + YZ = XZ$, где X, Y, Z — эти точки в определённом порядке. В противном случае, если для любых двух отрезков выполняется неравенство треугольника (сумма длин двух сторон больше длины третьей стороны), то точки не лежат на одной прямой и образуют треугольник.

Проверим неравенство треугольника для данных длин отрезков: AB = 4 см, BC = 6 см, AC = 7 см.

• $AB + BC = 4 + 6 = 10$ см. $10 > 7$, то есть $AB + BC > AC$.
• $AB + AC = 4 + 7 = 11$ см. $11 > 6$, то есть $AB + AC > BC$.
• $BC + AC = 6 + 7 = 13$ см. $13 > 4$, то есть $BC + AC > AB$.

Все три неравенства треугольника выполняются. Это означает, что точки A, B и C не лежат на одной прямой. Согласно аксиоме стереометрии (Аксиома С₁), через любые три точки, не лежащие на одной прямой, проходит плоскость, и притом только одна. Следовательно, через точки A, B и C можно провести только одну плоскость.

Ответ: Существует только одна плоскость, содержащая точки A, B и C, так как эти точки не лежат на одной прямой (для них выполняется неравенство треугольника), а через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести единственную плоскость.

2.

Для доказательства предположим, что все четыре точки A, B, C и D лежат в одной плоскости γ. (Примечание: без этого предположения утверждение задачи в общем случае неверно).

Доказательство:

1. По условию, точки A и B принадлежат плоскости α. По следствию из аксиом стереометрии, если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся прямая принадлежит этой плоскости. Следовательно, прямая AB целиком лежит в плоскости α ($AB \subset \alpha$).
2. Аналогично, так как точки C и D принадлежат плоскости β, то прямая CD целиком лежит в плоскости β ($CD \subset \beta$).
3. Точка E — точка пересечения прямой AB и прямой a ($E = AB \cap a$).
4. Из того, что $E \in AB$ и $AB \subset \alpha$, следует, что $E \in \alpha$.
5. Прямая a является линией пересечения плоскостей α и β ($a = \alpha \cap \beta$), значит, все точки прямой a принадлежат обеим плоскостям. Так как $E \in a$, то точка E принадлежит также и плоскости β ($E \in \beta$).
6. Рассмотрим плоскость γ, в которой, по нашему предположению, лежат точки A, B, C, D. Так как $A \in \gamma$ и $B \in \gamma$, то прямая $AB \subset \gamma$. Так как $E \in AB$, то $E \in \gamma$.
7. Итак, мы установили, что точки C, D и E принадлежат плоскости β (из шагов 2 и 5). Также мы установили, что точки C, D и E принадлежат плоскости γ (так как C, D, E лежат в этой плоскости).
8. Следовательно, все три точки C, D, E лежат на линии пересечения плоскостей β и γ. Две различные плоскости пересекаются по прямой. Так как точки C и D определяют прямую CD, то эта прямая и является линией пересечения плоскостей β и γ.
9. Поскольку точка E также принадлежит линии пересечения этих плоскостей, она должна лежать на прямой CD.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано при условии, что точки A, B, C, D лежат в одной плоскости.

3.

Доказательство:

1. Пусть M, N и K — середины диагоналей AC, CE и EA соответственно. По условию, точки M, N, K принадлежат плоскости α.
2. Вершины A, C, E образуют треугольник ACE, так как они являются вершинами выпуклого шестиугольника, соединенными через одну. Точки M, N, K являются серединами сторон этого треугольника.
3. Будем считать, что "выпуклый шестиугольник" — это плоская фигура. Пусть плоскость, в которой лежит шестиугольник ABCDEF, называется β. Тогда все его вершины A, B, C, D, E, F лежат в плоскости β.
4. Так как вершины A и C лежат в плоскости β, то и вся прямая AC лежит в β. Точка M, как середина отрезка AC, также принадлежит плоскости β.
5. Аналогично, точки N (середина CE) и K (середина EA) также принадлежат плоскости β.
6. Таким образом, три точки M, N, K принадлежат как плоскости α (по условию), так и плоскости β.
7. Точки M, N, K не лежат на одной прямой, так как они являются вершинами серединного треугольника для треугольника ACE.
8. Согласно следствию из аксиом стереометрии, если три точки, не лежащие на одной прямой, принадлежат двум плоскостям, то эти плоскости совпадают.
9. Следовательно, плоскость α совпадает с плоскостью β.
10. Поскольку все вершины шестиугольника ABCDEF лежат в плоскости β, а плоскость β совпадает с плоскостью α, то все вершины шестиугольника принадлежат плоскости α.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4.

Для построения линии пересечения двух плоскостей необходимо найти две их общие точки.

Построение:

1. Нахождение первой общей точки K:

• Прямые AF и CD лежат в одной плоскости — плоскости основания (ABCD). Продлим их до пересечения в точке G (если $AF \parallel CD$, метод нужно изменить, но в общем случае они пересекаются).
• Точка G принадлежит прямой AF, значит $G \in (SAF)$. Точка G принадлежит прямой CD, значит $G \in (SCD)$.
• Плоскости (SAF) и (SCD) имеют общую точку S. Следовательно, они пересекаются по прямой, проходящей через точки S и G, то есть по прямой SG.
• Прямая DE лежит в плоскости (DPE). Так как точка D лежит в плоскости (SCD) и точка E лежит на ребре SC, которое также лежит в (SCD), то вся прямая DE принадлежит плоскости (SCD).
• Прямые DE и SG обе лежат в плоскости (SCD) и пересекаются в некоторой точке K.
• Так как $K \in DE$, то $K \in (DPE)$. Так как $K \in SG$, то $K \in (SAF)$. Точка K — первая общая точка искомых плоскостей.

2. Нахождение второй общей точки L:

• Прямые AF и BC лежат в плоскости основания (ABCD). Продлим их до пересечения в точке H.
• Точка H принадлежит прямой AF, значит $H \in (SAF)$. Точка H принадлежит прямой BC, значит $H \in (SBC)$.
• Плоскости (SAF) и (SBC) имеют общую точку S. Следовательно, они пересекаются по прямой SH.
• Прямая PE лежит в плоскости (DPE). Так как P лежит на ребре SB и E лежит на ребре SC, прямая PE целиком лежит в плоскости грани (SBC).
• Прямые PE и SH обе лежат в плоскости (SBC) и пересекаются в некоторой точке L.
• Так как $L \in PE$, то $L \in (DPE)$. Так как $L \in SH$, то $L \in (SAF)$. Точка L — вторая общая точка искомых плоскостей.

3. Построение линии пересечения:

• Соединяем найденные точки K и L. Прямая KL является искомой линией пересечения плоскостей (DPE) и (SAF).

Ответ: Линия пересечения плоскостей (DPE) и (SAF) — это прямая KL, построенная согласно описанному выше алгоритму.

5.

Для построения сечения призмы плоскостью (MNK) воспользуемся методом следов.

Построение:

1. Точки M и N лежат в плоскости нижнего основания (ABC). Соединяем их отрезком. MN — это линия пересечения секущей плоскости с гранью ABC.
2. Продлим прямые MN и BC, лежащие в плоскости (ABC). По условию они не параллельны, значит, они пересекутся. Назовём точку их пересечения P.
3. Точка P принадлежит прямой MN, следовательно, P принадлежит секущей плоскости (MNK). Точка P принадлежит прямой BC, следовательно, P принадлежит плоскости боковой грани (BB₁C₁C).
4. Точка K по условию также принадлежит грани (BB₁C₁C). Следовательно, прямая PK является следом (линией пересечения) секущей плоскости на плоскости грани (BB₁C₁C). Проводим прямую PK.
5. Прямая PK пересекает рёбра грани (BB₁C₁C). В зависимости от расположения точки K, возможны разные случаи. Рассмотрим общий случай, когда PK пересекает боковые рёбра. Пусть прямая PK пересекает ребро BB₁ в точке Q, а ребро CC₁ в точке R.
6. Точки M и Q лежат в плоскости грани (AA₁B₁B). Соединяем их. Отрезок MQ — сторона сечения.
7. Точки N и R лежат в плоскости грани (AA₁C₁C). Соединяем их. Отрезок NR — сторона сечения.
8. Точки Q и R мы уже соединили в шаге 5 (отрезок QR лежит на прямой PK). QR — сторона сечения.
9. В результате получаем замкнутый многоугольник MNRQ. Это и есть искомое сечение.

Примечание: Если прямая PK пересекает не боковые рёбра, а, например, ребро BB₁ и ребро верхнего основания B₁C₁ (в точке S), то построение продолжается с использованием параллельности следов на параллельных плоскостях оснований. Через точку S в плоскости (A₁B₁C₁) проводится прямая, параллельная MN, и находятся её точки пересечения с другими рёбрами верхнего основания. В этом случае сечением будет пятиугольник.

Ответ: Искомое сечение строится по вышеописанному алгоритму. В общем случае (как на рисунке) это будет пятиугольник или четырехугольник.