Номер 6, страница 7 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 6

Параллельность плоскостей

1. Основанием пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$. Плоскость, параллельная плоскости $BSC$, пересекает рёбра $SA$, $SD$ и $DC$ в точках $M$, $N$ и $E$ соответственно. Известно, что $SM : MA = 1 : 3$, $DC = 20$ см. Найдите отрезки $DE$ и $EC$.

2. Точки $A$ и $A_1$ лежат по одну сторону от плоскости $\alpha$. Точки $B$, $B_1$, $C$ и $C_1$ лежат в плоскости $\alpha$ (рис. 6). Известно, что $AB \parallel A_1B_1$, $AC \parallel A_1C_1$, $AC : A_1C_1 = 3 : 1$, $BC = 12$ см.

1) Докажите, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке.

2) Найдите отрезок $B_1C_1$.

3. На рёбрах $AB$ и $BC$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили точки $D$ и $E$ соответственно. На грани $A_1B_1C_1$ отметили точку $F$ (рис. 7). Постройте сечение призмы плоскостью $DEF$.

Рис. 6

Рис. 7

1.Поскольку секущая плоскость MNE параллельна плоскости BSC, то их линии пересечения с третьей плоскостью параллельны.
1) Рассмотрим плоскость SDC. Секущая плоскость пересекает её по прямой NE, а плоскость BSC — по прямой SC. Следовательно, $NE \parallel SC$.
Из параллельности прямых следует подобие треугольников: $\triangle DNE \sim \triangle DSC$.
Из подобия следует соотношение сторон: $\frac{DE}{DC} = \frac{DN}{DS}$.
2) Рассмотрим плоскость SAD. Плоскость BSC пересекает плоскость SAD по прямой, проходящей через вершину S и параллельной BC. Так как основание ABCD — параллелограмм, то $BC \parallel AD$. Следовательно, линия пересечения плоскостей (SAD) и (BSC) параллельна AD. Секущая плоскость MNE, будучи параллельной (BSC), пересекает плоскость (SAD) по прямой MN, которая будет параллельна AD.
Из $MN \parallel AD$ следует подобие треугольников: $\triangle SMN \sim \triangle SAD$.
Из подобия следует соотношение сторон: $\frac{SN}{SD} = \frac{SM}{SA}$.
3) По условию $SM : MA = 1 : 3$, значит $SA = SM + MA = SM + 3SM = 4SM$.
Тогда $\frac{SM}{SA} = \frac{SM}{4SM} = \frac{1}{4}$.
Следовательно, $\frac{SN}{SD} = \frac{1}{4}$.
4) Найдем отношение $\frac{DN}{DS}$:
$DN = SD - SN = SD - \frac{1}{4}SD = \frac{3}{4}SD$.
Отсюда $\frac{DN}{DS} = \frac{3}{4}$.
5) Подставим это значение в соотношение из пункта 1:
$\frac{DE}{DC} = \frac{3}{4}$.
По условию $DC = 20$ см. Найдем DE:
$DE = \frac{3}{4} \cdot DC = \frac{3}{4} \cdot 20 = 15$ см.
6) Найдем EC:
$EC = DC - DE = 20 - 15 = 5$ см.
Ответ: $DE = 15$ см, $EC = 5$ см.

1)По условию $AB \parallel A_1B_1$, значит, точки A, B, B₁, A₁ лежат в одной плоскости. Прямые AA₁ и BB₁ пересекаются в некоторой точке O, так как они лежат в одной плоскости и не параллельны (поскольку точки A, A₁ находятся по одну сторону от плоскости $\alpha$, а B, B₁ — в плоскости $\alpha$).
Аналогично, по условию $AC \parallel A_1C_1$, значит, точки A, C, C₁, A₁ лежат в одной плоскости, и прямые AA₁ и CC₁ пересекаются в некоторой точке O'.
Рассмотрим треугольники O'AC и O'A₁C₁. Они подобны, так как $AC \parallel A_1C_1$. Из подобия следует, что $\frac{O'A}{O'A_1} = \frac{AC}{A_1C_1}$. По условию $AC : A_1C_1 = 3 : 1$, следовательно, $\frac{O'A}{O'A_1} = 3$.
Рассмотрим треугольники OAB и OA₁B₁. Они подобны, так как $AB \parallel A_1B_1$. Из подобия следует, что $\frac{OA}{OA_1} = \frac{AB}{A_1B_1}$.
Поскольку две пересекающиеся прямые AB и AC в плоскости (ABC) соответственно параллельны двум пересекающимся прямым A₁B₁ и A₁C₁ в плоскости (A₁B₁C₁), то эти плоскости параллельны. Это означает, что треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны. Коэффициент подобия $k = \frac{AC}{A_1C_1} = 3$. Значит, и $\frac{AB}{A_1B_1} = 3$.
Тогда из соотношения для треугольников OAB и OA₁B₁ получаем $\frac{OA}{OA_1} = 3$.
Точки O и O' лежат на прямой AA₁ и обе удовлетворяют условию деления отрезка AA₁ в одном и том же отношении (считая от точки A₁). Такое возможно, только если точки O и O' совпадают.
Следовательно, прямые AA₁, BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке.
Ответ: Утверждение доказано.

2)Как было установлено в предыдущем пункте, треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны, и коэффициент подобия $k$ равен 3.
Отношение соответствующих сторон подобных треугольников равно коэффициенту подобия:
$\frac{BC}{B_1C_1} = k = 3$.
По условию $BC = 12$ см.
Тогда $B_1C_1 = \frac{BC}{3} = \frac{12}{3} = 4$ см.
Ответ: $B_1C_1 = 4$ см.

3.Построение искомого сечения выполняется следующим образом:
1. Соединяем точки D и E, так как они лежат в одной плоскости нижнего основания (ABC). Отрезок DE — это след секущей плоскости на грани ABC.
2. Плоскости оснований призмы (ABC) и (A₁B₁C₁) параллельны. Следовательно, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Значит, след секущей плоскости на верхнем основании будет параллелен прямой DE.
3. В плоскости верхнего основания (A₁B₁C₁) проводим через точку F прямую, параллельную прямой DE.
4. Находим точки пересечения этой прямой с ребрами верхнего основания. Обозначим эти точки G (на ребре A₁B₁) и H (на ребре B₁C₁). Отрезок GH — это след секущей плоскости на грани A₁B₁C₁.
5. Соединяем точку D (на ребре AB) с точкой G (на ребре A₁B₁), так как они лежат в одной плоскости боковой грани (ABB₁A₁).
6. Соединяем точку E (на ребре BC) с точкой H (на ребре B₁C₁), так как они лежат в одной плоскости боковой грани (BCC₁B₁).
7. Полученный четырёхугольник DEHG является искомым сечением.
Ответ: Искомым сечением является многоугольник DEHG, построенный согласно описанному алгоритму.