Страница 6 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 5

Параллельность прямой и плоскости

1. Трапеция $ABCD$ ($AB \parallel CD$) лежит в плоскости $\alpha$, $AB = 8$ см. Вне плоскости $\alpha$ выбрали точку $M$ и на отрезке $AM$ отметили такую точку $K$, что $AK : KM = 3 : 1$ (рис. 5). Постройте точку $F$ пересечения плоскости $DKC$ с прямой $MB$ и найдите длину отрезка $KF$.

Рис. 5

2. На ребре $CC_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили точку $K$ так, что $CK : KC_1 = 1 : 3$. Постройте сечение призмы плоскостью, параллельной медиане $BM$ треугольника $ABC$ и проходящей через точки $A$ и $K$. В каком отношении эта плоскость делит ребро $BB_1$?

3. Трапеция $ABCD$ является основанием пирамиды $SABCD$ ($AD \parallel BC$). Известно, что $BC : AD = 1 : 3$. Точки $E$ и $F$ – середины рёбер $SD$ и $SC$ соответственно. В каком отношении плоскость $AEF$ делит ребро $SB$?

1.

Построение:

Точка $F$ является точкой пересечения прямой $MB$ и плоскости $DKC$. Это означает, что точка $F$ лежит как на прямой $MB$, так и в плоскости $DKC$.

Рассмотрим две плоскости: плоскость $(MAB)$, в которой лежит прямая $MB$, и плоскость $(DKC)$. Точка их пересечения $F$ должна лежать на линии пересечения этих двух плоскостей.

1. Найдем линию пересечения плоскостей $(MAB)$ и $(DKC)$.
2. Точка $K$ лежит на отрезке $AM$, который принадлежит плоскости $(MAB)$. Следовательно, точка $K$ принадлежит плоскости $(MAB)$. По условию, точка $K$ также принадлежит плоскости $(DKC)$. Таким образом, $K$ — общая точка этих двух плоскостей, и она лежит на их линии пересечения.
3. В плоскости $(MAB)$ лежит прямая $AB$. В плоскости $(DKC)$ лежит прямая $DC$.
4. По условию, трапеция $ABCD$ лежит в плоскости $\alpha$, и ее основания $AB$ и $CD$ параллельны ($AB \parallel CD$).
5. Согласно теореме о линии пересечения двух плоскостей, каждая из которых содержит одну из двух параллельных прямых: если две пересекающиеся плоскости ($(MAB)$ и $(DKC)$) содержат две параллельные прямые ($AB$ и $CD$ соответственно), то их линия пересечения параллельна этим прямым.
6. Следовательно, линия пересечения плоскостей $(MAB)$ и $(DKC)$ — это прямая, проходящая через их общую точку $K$ параллельно прямым $AB$ и $CD$.
7. Построим в плоскости $(MAB)$ прямую, проходящую через точку $K$ параллельно $AB$. Эта прямая пересечет прямую $MB$ в некоторой точке. Обозначим эту точку $F$.

Эта точка $F$ и является искомой точкой пересечения, так как она лежит на прямой $MB$ и на линии пересечения плоскостей $(MAB)$ и $(DKC)$, а значит, принадлежит плоскости $(DKC)$.

Нахождение длины отрезка $KF$:

Рассмотрим треугольник $MAB$. В нем проведен отрезок $KF$, причем точка $K$ лежит на стороне $AM$, точка $F$ лежит на стороне $MB$, и по построению $KF \parallel AB$.

Следовательно, треугольник $MKF$ подобен треугольнику $MAB$ по двум углам (угол при вершине $M$ общий, $\angle MKF = \angle MAB$ как соответственные углы при параллельных прямых $KF$ и $AB$ и секущей $AM$).

Из подобия треугольников следует пропорциональность сторон: $${KF \over AB} = {MK \over MA}$$

По условию, $AK : KM = 3 : 1$. Примем $KM = x$, тогда $AK = 3x$. Длина всего отрезка $MA$ равна $MA = AK + KM = 3x + x = 4x$.

Тогда отношение ${MK \over MA} = {x \over 4x} = {1 \over 4}$.

Подставим это отношение в формулу пропорциональности: $${KF \over AB} = {1 \over 4}$$

По условию $AB = 8$ см. $${KF \over 8} = {1 \over 4} \implies KF = {8 \over 4} = 2 \text{ см.}$$

Ответ: $KF = 2$ см.

2.

Построение сечения:

Секущая плоскость $\gamma$ проходит через точки $A$ и $K$ и параллельна медиане $BM$ треугольника $ABC$.

1. Соединим точки $A$ и $K$. Отрезок $AK$ является одной из сторон сечения и лежит в грани $AA_1C_1C$.
2. Пусть $J$ — середина отрезка $AK$.
3. Проведем через точку $J$ прямую, параллельную $BM$. Точка $L$ на ребре $BB_1$, такая что $LJ \parallel BM$, будет принадлежать искомой плоскости сечения. Найдем положение этой точки.
4. Рассмотрим проекцию конструкции на плоскость основания $ABC$. Проекцией точки $A$ является сама точка $A$. Проекцией точки $K$, лежащей на ребре $CC_1$, является точка $C$. Проекцией точки $J$ (середины $AK$) является точка $J'$, которая будет серединой отрезка $AC$. По определению, середина $AC$ — это точка $M$. Итак, проекция $J$ на плоскость основания — это точка $M$.
5. Проекцией ребра $BB_1$ на плоскость основания является точка $B$. Для того чтобы отрезок $LJ$ был параллелен отрезку $BM$, необходимо, чтобы их проекции на плоскость, перпендикулярную основанию, были равны. Это означает, что высота точки $L$ над основанием (вдоль ребра $BB_1$) должна быть равна высоте точки $J$.
6. Найдем высоту точки $J$. Высота точки $A$ равна 0. Высота точки $K$ над основанием равна длине отрезка $CK$. По условию, $CK : KC_1 = 1 : 3$, значит $CK = {1 \over 4} CC_1$. Так как $J$ — середина $AK$, ее высота равна полусумме высот точек $A$ и $K$: $$h_J = {h_A + h_K \over 2} = {0 + {1 \over 4} CC_1 \over 2} = {1 \over 8} CC_1$$
7. Точка $L$ на ребре $BB_1$ должна иметь ту же высоту. Учитывая, что $BB_1 = CC_1$, получаем $BL = {1 \over 8} BB_1$.
8. Таким образом, мы нашли третью вершину сечения — точку $L$ на ребре $BB_1$. Искомое сечение — это треугольник $AKL$.

Нахождение отношения:

Из построения мы нашли, что точка $L$ делит ребро $BB_1$ так, что $BL = {1 \over 8} BB_1$.

Тогда оставшаяся часть ребра $LB_1$ равна: $$LB_1 = BB_1 - BL = BB_1 - {1 \over 8} BB_1 = {7 \over 8} BB_1$$

Искомое отношение: $${BL \over LB_1} = {{1 \over 8} BB_1 \over {7 \over 8} BB_1} = {1 \over 7}$$

Ответ: плоскость делит ребро $BB_1$ в отношении $1 : 7$, считая от вершины $B$.

3.

Для решения этой задачи воспользуемся методом вспомогательных сечений.

Пусть плоскость $(AEF)$ пересекает ребро $SB$ в точке $P$. Нам нужно найти отношение $SP:PB$.

1. Рассмотрим плоскость диагонального сечения пирамиды $(SAC)$. В этой плоскости лежат точки $A$ и $F$ (так как $F$ лежит на ребре $SC$). Прямая $AF$ принадлежит секущей плоскости $(AEF)$.
2. Рассмотрим плоскость диагонального сечения $(SBD)$. В этой плоскости лежит точка $E$ (так как $E$ лежит на ребре $SD$).
3. Плоскости $(SAC)$ и $(SBD)$ пересекаются по прямой $SO$, где $O$ — точка пересечения диагоналей основания $AC$ и $BD$.
4. Найдем точку пересечения прямой $AF$ (лежащей в секущей плоскости) с прямой $SO$. Обозначим эту точку $Q$. Точка $Q = AF \cap SO$. Так как $Q$ лежит на $AF$, она принадлежит секущей плоскости $(AEF)$. Так как $Q$ лежит на $SO$, она принадлежит плоскости $(SBD)$.
5. Теперь у нас есть две точки, принадлежащие и секущей плоскости $(AEF)$, и плоскости $(SBD)$: это точки $E$ и $Q$. Следовательно, прямая $EQ$ является линией пересечения этих двух плоскостей.
6. Искомая точка $P$ лежит на ребре $SB$. Ребро $SB$ также лежит в плоскости $(SBD)$. Значит, точка $P$ является точкой пересечения прямой $EQ$ с ребром $SB$ в плоскости $(SBD)$. Итак, $P = EQ \cap SB$.

Теперь, когда мы определили способ построения точки $P$, найдем искомое отношение, используя теорему Менелая.

Шаг 1: Найти отношение $SQ : QO$.

Рассмотрим треугольник $SOC$ и секущую $FQA$. По теореме Менелая: $${SF \over FC} \cdot {CA \over AO} \cdot {OQ \over QS} = 1$$

- $F$ — середина $SC$, поэтому ${SF \over FC} = 1$. - В основании лежит трапеция $ABCD$, $AD \parallel BC$. Треугольники $\triangle AOD$ и $\triangle COB$ подобны. Коэффициент подобия ${BC \over AD} = {1 \over 3}$. Из подобия следует, что ${OC \over OA} = {1 \over 3}$, или $OA = 3 \cdot OC$. Тогда $AC = AO + OC = 3 \cdot OC + OC = 4 \cdot OC$. Отношение ${CA \over AO} = {4 \cdot OC \over 3 \cdot OC} = {4 \over 3}$.

Подставляем значения в формулу Менелая: $$1 \cdot {4 \over 3} \cdot {OQ \over QS} = 1 \implies {OQ \over QS} = {3 \over 4}$$ Таким образом, $SQ : QO = 4:3$.

Шаг 2: Найти отношение $SP : PB$.

Рассмотрим треугольник $SDB$ и секущую $PEQ$. Точки $P, E, Q$ лежат на одной прямой. Применим теорему Менелая к треугольнику $SBO$ и секущей $PQ$ (прямая $PEQ$ пересекает сторону $SO$ в точке $Q$, сторону $SB$ в точке $P$ и продолжение стороны $BO$ в точке $R = EQ \cap BD$). Проще применить теорему Менелая к треугольнику $SBD$ и секущей $PER$, где $R$ - точка пересечения прямой $EQ$ с прямой $BD$. Сначала найдем положение точки $R$ на прямой $BD$, применив теорему Менелая к $\triangle SDO$ и секущей $EQR$: $${SE \over ED} \cdot {DR \over RO} \cdot {OQ \over QS} = 1$$

- $E$ — середина $SD$, поэтому ${SE \over ED} = 1$. - Мы нашли, что ${OQ \over QS} = {3 \over 4}$.

$$1 \cdot {DR \over RO} \cdot {3 \over 4} = 1 \implies {DR \over RO} = {4 \over 3}$$

Теперь применим теорему Менелая к треугольнику $SBD$ и секущей $PER$: $${SP \over PB} \cdot {BR \over RD} \cdot {DE \over ES} = 1$$

- $E$ — середина $SD$, поэтому ${DE \over ES} = 1$. - Нам нужно найти отношение ${BR \over RD}$. Из подобия $\triangle AOD$ и $\triangle COB$ имеем ${OB \over OD} = {1 \over 3}$. Пусть $OB = x$, тогда $OD = 3x$. Из ${DR \over RO} = {4 \over 3}$ следует, что точка $R$ лежит на продолжении отрезка $DO$ за точку $O$. Тогда $DR = DO + OR = 3x + OR$, а $RO = OR$. ${3x+OR \over OR} = {4 \over 3} \implies 3(3x+OR) = 4 \cdot OR \implies 9x + 3 \cdot OR = 4 \cdot OR \implies OR = 9x$. Тогда $BR = BO+OR = x+9x=10x$. $RD=RO+OD = 9x+3x = 12x$. Отношение ${BR \over RD} = {10x \over 12x} = {5 \over 6}$.

Подставляем в формулу Менелая для $\triangle SBD$: $${SP \over PB} \cdot {5 \over 6} \cdot 1 = 1 \implies {SP \over PB} = {6 \over 5}$$

Ответ: плоскость $AEF$ делит ребро $SB$ в отношении $6 : 5$, считая от вершины $S$.