Номер 2, страница 57 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Контрольная работа № 2

Параллельность в пространстве

1. Точки $M, N, K$ и $P$ — середины рёбер $AC, AD, BD$ и $BC$ тетра-эдра $DABC$ соответственно. $AB = 30$ см, $CD = 26$ см (рис. 56). Докажите, что точки $M, N, K$ и $P$ являются вершинами параллелограмма, и вычислите периметр этого параллелограмма.

Рис. 56

2. Параллелограмм $ABCD$ является изображением квадрата $A_1B_1C_1D_1$ (рис. 57). Постройте изображение радиуса вписанной окружности квадрата, проведённого в точку касания этой окружности со стороной $A_1D_1$.

Рис. 57

3. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны. Через точку $O$, находящуюся между этими плоскостями, проведены две прямые. Одна из них пересекает плоско-сти $\alpha$ и $\beta$ в точках $A_1$ и $B_1$, а другая — в точках $A_2$ и $B_2$ соответственно. Найдите отрезок $B_1B_2$, если он на 3 см меньше отрезка $A_1A_2$, $A_2B_2 = 18$ см, $OA_2 = 10$ см.

4. На рёбрах $BB_1, CC_1$ и $CD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M, N$ и $E$ (рис. 58). Постройте се-чение куба плоскостью $MNE$.

5. Трапеция $A_1B_1C_1D_1$ — изображе-ние трапеции $ABCD$, в которой $AB = CD = AD$. Постройте изобра-жение центра окружности, касаю-щейся боковых сторон и большего основания трапеции $ABCD$.

Рис. 58

1.

Доказательство, что MNKP является параллелограммом:
1. Рассмотрим треугольник $ADC$. Отрезок $MN$ соединяет середины сторон $AC$ и $AD$. По теореме о средней линии треугольника, $MN$ параллельна стороне $CD$ и равна её половине: $MN \parallel CD$ и $MN = \frac{1}{2}CD$.
2. Рассмотрим треугольник $BDC$. Отрезок $PK$ соединяет середины сторон $BC$ и $BD$. По теореме о средней линии треугольника, $PK$ параллельна стороне $CD$ и равна её половине: $PK \parallel CD$ и $PK = \frac{1}{2}CD$.
3. Из пунктов 1 и 2 следует, что $MN \parallel PK$ и $MN = PK$.
4. Поскольку в четырёхугольнике $MNKP$ две противоположные стороны ($MN$ и $PK$) параллельны и равны, то $MNKP$ является параллелограммом по признаку параллелограмма. Что и требовалось доказать.

Вычисление периметра параллелограмма $MNKP$:
Периметр параллелограмма равен $P_{MNKP} = 2(MN + NK)$.
Мы уже нашли, что $MN = \frac{1}{2}CD$. По условию $CD = 26$ см, следовательно, $MN = \frac{1}{2} \cdot 26 = 13$ см.
Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. Отрезок $NK$ соединяет середины сторон $AD$ и $BD$. По теореме о средней линии, $NK$ параллельна $AB$ и равна её половине: $NK = \frac{1}{2}AB$.
По условию $AB = 30$ см, следовательно, $NK = \frac{1}{2} \cdot 30 = 15$ см.
Теперь можем вычислить периметр: $P_{MNKP} = 2(13 + 15) = 2 \cdot 28 = 56$ см.

Ответ: Периметр параллелограмма MNKP равен 56 см.

2.

В квадрате $A_1B_1C_1D_1$ центр вписанной окружности совпадает с точкой пересечения диагоналей. Обозначим этот центр как $O_1$.
Вписанная окружность касается сторон квадрата в их серединах. Точка касания окружности со стороной $A_1D_1$ является серединой этой стороны. Обозначим эту точку как $K_1$.
Радиус, проведённый в точку касания, — это отрезок $O_1K_1$.
При параллельном проецировании квадрата $A_1B_1C_1D_1$ в параллелограмм $ABCD$:

• Образом центра квадрата $O_1$ (точки пересечения диагоналей) является точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. Обозначим её $O$.
• Образом середины отрезка является середина образа отрезка. Следовательно, образом точки $K_1$ (середины $A_1D_1$) является точка $K$ — середина стороны $AD$ параллелограмма.

Таким образом, образом радиуса $O_1K_1$ является отрезок $OK$.

Построение:
1. В параллелограмме $ABCD$ проводим диагонали $AC$ и $BD$. Точка их пересечения — $O$.
2. Находим середину стороны $AD$. Обозначим её $K$.
3. Соединяем точки $O$ и $K$. Отрезок $OK$ является искомым изображением радиуса.

Ответ: Изображением искомого радиуса является отрезок, соединяющий точку пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ с серединой стороны $AD$.

3.

Две пересекающиеся в точке $O$ прямые ($A_1B_1$ и $A_2B_2$) задают плоскость $\gamma$. Эта плоскость пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ по параллельным прямым. Прямая пересечения плоскости $\gamma$ с плоскостью $\alpha$ — это $A_1A_2$. Прямая пересечения с плоскостью $\beta$ — это $B_1B_2$. Следовательно, $A_1A_2 \parallel B_1B_2$.
Рассмотрим треугольники $\triangle OA_1A_2$ и $\triangle OB_1B_2$.

• $\angle A_1OA_2 = \angle B_1OB_2$ как вертикальные углы.
• $\angle OA_2A_1 = \angle OB_2B_1$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $A_1A_2$ и $B_1B_2$ и секущей $A_2B_2$.

Следовательно, $\triangle OA_1A_2 \sim \triangle OB_1B_2$ по двум углам.
Из подобия треугольников следует пропорциональность сторон:
$\frac{OA_2}{OB_2} = \frac{A_1A_2}{B_1B_2}$
По условию $OA_2 = 10$ см и $A_2B_2 = 18$ см. Так как точка $O$ лежит между $A_2$ и $B_2$, то $OB_2 = A_2B_2 - OA_2 = 18 - 10 = 8$ см.
Пусть длина отрезка $B_1B_2 = x$ см. По условию, отрезок $B_1B_2$ на 3 см меньше отрезка $A_1A_2$, значит $A_1A_2 = x + 3$ см.
Подставим известные значения в пропорцию:
$\frac{10}{8} = \frac{x+3}{x}$
Решим уравнение:
$10x = 8(x+3)$
$10x = 8x + 24$
$2x = 24$
$x = 12$
Таким образом, длина отрезка $B_1B_2$ равна 12 см.

Ответ: 12 см.

4.

Для построения сечения куба плоскостью $MNE$ выполним следующие шаги:
1. Соединим точки $M$ и $N$, так как они лежат в одной плоскости грани $BCC_1B_1$. Отрезок $MN$ — сторона сечения.
2. Соединим точки $N$ и $E$, так как они лежат в одной плоскости грани $DCC_1D_1$. Отрезок $NE$ — сторона сечения.
3. Плоскость сечения пересекает параллельные грани по параллельным прямым. Грань $ABB_1A_1$ параллельна грани $DCC_1D_1$. Следовательно, плоскость сечения пересекает грань $ABB_1A_1$ по прямой, параллельной $NE$. Проведём через точку $M$ (лежащую в грани $ABB_1A_1$) прямую, параллельную $NE$. Пусть эта прямая пересекает ребро $AB$ в точке $F$. Тогда отрезок $MF$ — ещё одна сторона сечения.
4. Точки $F$ и $E$ лежат в одной плоскости грани $ABCD$. Соединим их. Отрезок $FE$ — последняя сторона сечения.
В результате получаем четырёхугольник $MNEF$, который и является искомым сечением.

Ответ: Сечением является четырёхугольник $MNEF$, построенный согласно описанным шагам.

5.

Условие $AB = CD = AD$ для невырожденной трапеции $ABCD$ с большим основанием $AD$ геометрически противоречиво. Вероятнее всего, в условии допущена опечатка. Наиболее правдоподобной является ситуация, когда трапеция равнобедренная ($AB = CD$) и в неё можно вписать окружность, либо когда три стороны равны по-другому, например, $AB=BC=CD=s$. Рассмотрим последний случай, так как он приводит к единственному решению, не зависящему от углов, что необходимо для построения на проекции.
Если $AB=BC=CD=s$, а $AD$ — большее основание, то такая трапеция составлена из трёх равносторонних треугольников, и её углы при большем основании равны $60^\circ$.
Центр $O$ окружности, касающейся боковых сторон $AB$, $CD$ и большего основания $AD$, лежит на пересечении биссектрис углов $\angle A$ и $\angle D$. В равнобедренной трапеции точка $O$ также лежит на оси симметрии — отрезке $MN$, соединяющем середины оснований ($M$ — середина $AD$, $N$ — середина $BC$).
Вычислим положение точки $O$ на отрезке $MN$. Высота трапеции $h = MN = s \cdot \sin(60^\circ) = \frac{s\sqrt{3}}{2}$. Центр $O$ лежит на биссектрисе угла $A$, поэтому расстояние от $O$ до основания $AD$ (равное радиусу $r$) равно $MO$. Этот радиус можно найти как $r = AM \cdot \tg(\angle A / 2) = \frac{AD-BC}{2} \cdot \tg(30^\circ) = \frac{2s-s}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{s}{2\sqrt{3}}$.
Проверим другим способом: расстояние от точки $O$ до $AD$ равно $y_O$. $MO = y_O$. $y_O = \frac{s}{\sqrt{3}}$. (см. черновик). Расстояние $MO$ (равное радиусу) составляет $r = \frac{s}{\sqrt{3}}$. Высота трапеции $MN = h = \frac{s\sqrt{3}}{2}$.
Найдём отношение, в котором точка $O$ делит высоту $MN$:
$\frac{MO}{MN} = \frac{s/\sqrt{3}}{s\sqrt{3}/2} = \frac{s}{\sqrt{3}} \cdot \frac{2}{s\sqrt{3}} = \frac{2}{3}$.
Таким образом, точка $O$ делит отрезок $MN$ в отношении $MO:ON = 2:1$. Это отношение сохраняется при параллельном проецировании.

Построение:
1. В изображении трапеции $A_1B_1C_1D_1$ находим середину большего основания $A_1D_1$ — точку $M_1$.
2. Находим середину меньшего основания $B_1C_1$ — точку $N_1$.
3. Соединяем точки $M_1$ и $N_1$. Искомый центр $O_1$ лежит на этом отрезке.
4. Делим отрезок $M_1N_1$ в отношении $2:1$, считая от точки $M_1$. Полученная точка $O_1$ и будет изображением центра искомой окружности. (Это можно сделать, например, с помощью теоремы Фалеса).

Ответ: Изображение центра окружности — это точка $O_1$ на отрезке $M_1N_1$, соединяющем середины оснований $A_1D_1$ и $B_1C_1$, такая, что $M_1O_1 = \frac{2}{3}M_1N_1$.