Страница 20 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 8

Изображения плоских и пространственных фигур

1. На рисунке 21 точки $A_1$, $C$, $D$ — вершины куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, точка $O$ — середина отрезка $BD$. Постройте изображение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

2. Окружность касается сторон угла $CFD$ в точках $C$ и $D$. Прямая $b$, лежащая в плоскости $CFD$, перпендикулярна прямой $CD$ и проходит через точку $K$. На рисунке 22 точки $C_1$, $D_1$, $F_1$ и $K_1$ — изображения точек $C$, $D$, $F$ и $K$ соответственно. Постройте изображение прямой $b$.

Рис. 21

Рис. 22

3. В равнобедренном треугольнике $CDF$ ($CD = DF$) сторона $CD$ равна $24$ см, а высота $DK$ — $6\sqrt{15}$ см. В треугольник $CDF$ вписан ромб $CMEP$ так, что точки $M$, $E$ и $P$ принадлежат сторонам $CD$, $DF$ и $CF$ соответственно. На рисунке 23 треугольник $C_1D_1F_1$ — изображение треугольника $CDF$. Постройте изображение ромба $CMEP$.

Рис. 23

1.

Для построения изображения куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ по заданным изображениям точек $A_1$, $C$, $D$ и точки $O$ (середины отрезка $BD$) выполним следующие шаги:

1. Точки $A, B, C, D$ являются вершинами квадрата, который является основанием куба. При параллельном проектировании квадрат изображается в виде параллелограмма. Диагонали параллелограмма пересекаются и в точке пересечения делятся пополам. Точка $O$ — середина диагонали $BD$, следовательно, она также является серединой диагонали $AC$.
2. Проведем прямую через точки $C$ и $O$. На этой прямой отложим отрезок $OA$ за точкой $O$ так, чтобы $OA = OC$. Полученная точка $A$ — изображение вершины $A$ куба.
3. Аналогично, проведем прямую через точки $D$ и $O$. На этой прямой отложим отрезок $OB$ за точкой $O$ так, чтобы $OB = OD$. Полученная точка $B$ — изображение вершины $B$ куба.
4. Соединим последовательно точки $A, B, C, D$. Параллелограмм $ABCD$ — это изображение нижнего основания куба.
5. Боковые ребра куба $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ равны и параллельны друг другу. Их изображения также будут равными и параллельными отрезками. У нас есть изображения точек $A$ и $A_1$, которые определяют изображение бокового ребра $AA_1$.
6. Чтобы найти изображения остальных вершин верхнего основания, отложим от точек $B, C, D$ векторы, равные вектору $\vec{AA_1}$.
   • Строим точку $B_1$ так, чтобы $\vec{BB_1} = \vec{AA_1}$.
   • Строим точку $C_1$ так, чтобы $\vec{CC_1} = \vec{AA_1}$.
   • Строим точку $D_1$ так, чтобы $\vec{DD_1} = \vec{AA_1}$.
   Это можно сделать, достраивая параллелограммы $ABB_1A_1$, $ACC_1A_1$ и $ADD_1A_1$.
7. Соединим последовательно точки $A_1, B_1, C_1, D_1$ для получения изображения верхней грани и соединим соответствующие вершины оснований ($BB_1, CC_1, DD_1$).

Ответ: Изображение куба построено в соответствии с описанными шагами. Невидимые ребра (как правило, $AD, CD, DD_1$) следует изобразить штриховыми линиями.

2.

Для построения изображения прямой $b$ воспользуемся свойствами плоских фигур и параллельного проектирования.

1. В плоскости $CFD$ окружность касается сторон угла $\angle CFD$ в точках $C$ и $D$. Это означает, что отрезки касательных, проведенных из одной точки $F$ к окружности, равны: $FC = FD$. Следовательно, треугольник $CFD$ является равнобедренным с основанием $CD$.
2. В равнобедренном треугольнике $CFD$ медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Пусть $M$ — середина отрезка $CD$. Тогда медиана $FM$ перпендикулярна основанию $CD$, то есть $FM \perp CD$.
3. По условию, прямая $b$ лежит в той же плоскости $CFD$ и перпендикулярна прямой $CD$. Так как в одной плоскости две прямые ($b$ и $FM$), перпендикулярные третьей прямой ($CD$), параллельны между собой, то $b \parallel FM$.
4. При параллельном проектировании свойство параллельности прямых сохраняется. Это значит, что изображение прямой $b$ (обозначим его $b_1$) будет параллельно изображению прямой $FM$ (прямой $F_1M_1$).
5. Выполним построение:
   • Соединим точки $C_1$ и $D_1$. Найдем середину $M_1$ этого отрезка.
   • Проведем прямую через точки $F_1$ и $M_1$.
   • Поскольку прямая $b$ проходит через точку $K$, ее изображение $b_1$ должно проходить через изображение $K_1$. Проведем через точку $K_1$ прямую $b_1$, параллельную прямой $F_1M_1$.

Ответ: Прямая $b_1$, проходящая через точку $K_1$ параллельно прямой $F_1M_1$ (где $M_1$ — середина отрезка $C_1D_1$), является искомым изображением прямой $b$.

3.

Для построения изображения ромба $CMEP$, вписанного в треугольник $CDF$, необходимо сначала найти положение его вершин на сторонах треугольника, а затем использовать свойство сохранения отношения длин отрезков при параллельном проектировании.

1. Обозначим сторону ромба $CMEP$ через $x$. Тогда $CM = ME = EP = PC = x$.
2. Так как $CMEP$ — ромб, его противоположные стороны параллельны. В частности, $ME \parallel CP$. Поскольку точка $P$ лежит на стороне $CF$, то $ME \parallel CF$.
3. Из-за того, что $ME \parallel CF$, треугольник $DME$ подобен треугольнику $DCF$ (по двум углам: $\angle D$ — общий, $\angle DME = \angle DCF$ как соответственные при параллельных прямых $ME, CF$ и секущей $CD$).
4. Из подобия треугольников следует соотношение: $\frac{DM}{DC} = \frac{ME}{CF}$.
5. Найдем длину основания $CF$. Треугольник $CDF$ — равнобедренный ($CD=DF=24$ см), $DK$ — высота. В прямоугольном треугольнике $DKC$ по теореме Пифагора катет $KC$ равен:
   $KC = \sqrt{DC^2 - DK^2} = \sqrt{24^2 - (6\sqrt{15})^2} = \sqrt{576 - 36 \cdot 15} = \sqrt{576 - 540} = \sqrt{36} = 6$ см.
   Длина всего основания $CF = 2 \cdot KC = 2 \cdot 6 = 12$ см.
6. Теперь используем пропорцию. Длина отрезка $DM = DC - CM = 24 - x$. Подставляем известные значения:
   $\frac{24 - x}{24} = \frac{x}{12}$
7. Решим уравнение:
   $12(24 - x) = 24x$
   $288 - 12x = 24x$
   $36x = 288$
   $x = 8$ см.
8. Таким образом, вершины ромба делят стороны треугольника в следующих отношениях:
   Точка $M$ на стороне $CD$: $\frac{CM}{CD} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3}$.
   Точка $P$ на стороне $CF$: $\frac{CP}{CF} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$.
9. При параллельном проектировании отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой, сохраняется. Поэтому для построения изображения ромба $C_1M_1E_1P_1$ на изображении треугольника $C_1D_1F_1$ выполним следующие действия:
   • На стороне $C_1D_1$ найдем точку $M_1$ такую, что $C_1M_1 = \frac{1}{3}C_1D_1$.
   • На стороне $C_1F_1$ найдем точку $P_1$ такую, что $C_1P_1 = \frac{2}{3}C_1F_1$.
   • Так как $ME \parallel CF$, то их изображения $M_1E_1$ и $C_1F_1$ также параллельны. Проведем через точку $M_1$ прямую, параллельную $C_1F_1$. Точка пересечения этой прямой со стороной $D_1F_1$ и будет вершиной $E_1$.
   • Соединим последовательно точки $C_1, M_1, E_1, P_1$.

Ответ: Параллелограмм $C_1M_1E_1P_1$, построенный согласно описанным шагам, является искомым изображением ромба $CMEP$.