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.

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 $M_1O_1 = \frac{2}{3}M_1N_1$.