Номер 10, страница 21 - гдз по геометрии 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Номировский

Самостоятельная работа № 10

Перпендикулярность прямой и плоскости

1. Точка $D$ лежит вне плоскости равнобедренного треугольника $ABC$ и равноудалена от точек $B$ и $C$, точка $M$ — середина основания $BC$. Докажите, что прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADM$.

2. Прямая $FD$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$. Известно, что $AB = 9$ см, $FB = 15$ см, $\angle DAF = 60^\circ$. Найдите отрезок $AD$.

3. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ известно, что $AB = AA_1$. На рёбрах $AA_1$ и $BB_1$ отметили точки $E$ и $K$ соответственно так, что $AE : EA_1 = 1 : 5$, $BK : KB_1 = 3 : 1$. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой $BE$. В каком отношении секущая плоскость делит ребро $DC$?

1.

По условию задачи, треугольник $ABC$ – равнобедренный с основанием $BC$, и $M$ – середина $BC$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $AM \perp BC$.

Точка $D$ равноудалена от точек $B$ и $C$, что означает $DB = DC$. Таким образом, треугольник $BDC$ также является равнобедренным с основанием $BC$. $DM$ – это медиана, проведенная из вершины $D$ к основанию $BC$ (поскольку $M$ – середина $BC$). В равнобедренном треугольнике $BDC$ медиана $DM$ является и высотой. Следовательно, $DM \perp BC$.

Мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум прямым: $AM$ и $DM$. Обе эти прямые лежат в плоскости $ADM$ и пересекаются в точке $M$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости.

Так как $BC \perp AM$ и $BC \perp DM$, где $AM \subset (ADM)$ и $DM \subset (ADM)$, и $AM \cap DM = M$, то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADM$.

Ответ: Доказано.

2.

Поскольку прямая $FD$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $ABCD$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $FD \perp AD$ и $FD \perp BD$. Это означает, что треугольники $\triangle FDA$ и $\triangle FDB$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $D$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FDA$. По определению тангенса угла:
$\tan(\angle DAF) = \frac{FD}{AD}$
Отсюда выразим $FD$:
$FD = AD \cdot \tan(60^\circ) = AD\sqrt{3}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABD$ (угол $\angle A = 90^\circ$, так как $ABCD$ – прямоугольник). По теореме Пифагора:
$BD^2 = AB^2 + AD^2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle FDB$. По теореме Пифагора:
$FB^2 = FD^2 + BD^2$.

Подставим в последнее равенство выражения для $FD$ и $BD^2$ из предыдущих шагов:
$FB^2 = (AD\sqrt{3})^2 + (AB^2 + AD^2)$.

Подставим известные значения $FB = 15$ см и $AB = 9$ см:
$15^2 = 3AD^2 + 9^2 + AD^2$
$225 = 3AD^2 + 81 + AD^2$
$225 - 81 = 4AD^2$
$144 = 4AD^2$
$AD^2 = \frac{144}{4} = 36$
$AD = \sqrt{36} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

3.

Для решения задачи введем систему координат. Поместим начало координат в точку $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AD$, ось $Oy$ вдоль ребра $AB$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Пусть $AB = AA_1 = a$. Тогда из условия $AE:EA_1=1:5$ следует, что $AE = \frac{1}{6}AA_1 = \frac{a}{6}$. Из условия $BK:KB_1=3:1$ следует, что $BK = \frac{3}{4}BB_1 = \frac{3a}{4}$.

Координаты интересующих нас точек:
$B = (0, a, 0)$
$E = (0, 0, a/6)$
$K = (0, a, 3a/4)$

Секущая плоскость перпендикулярна прямой $BE$, значит, вектор $\vec{BE}$ является вектором нормали $\vec{n}$ для этой плоскости.
$\vec{n} = \vec{BE} = E - B = (0-0, 0-a, a/6-0) = (0, -a, a/6)$.

Уравнение плоскости, проходящей через точку $K(x_K, y_K, z_K)$ с вектором нормали $\vec{n}=(A, B, C)$, имеет вид $A(x-x_K) + B(y-y_K) + C(z-z_K) = 0$. Подставим координаты точки $K(0, a, 3a/4)$ и вектора $\vec{n}$:
$0(x-0) - a(y-a) + \frac{a}{6}(z - \frac{3a}{4}) = 0$.
Так как $a \ne 0$, разделим уравнение на $-a$:
$(y-a) - \frac{1}{6}(z - \frac{3a}{4}) = 0$
$y - a - \frac{z}{6} + \frac{3a}{24} = 0$
$y - \frac{z}{6} - \frac{7a}{8} = 0$.
Это уравнение секущей плоскости.

Построение сечения:
Так как в уравнении плоскости отсутствует переменная $x$, плоскость параллельна оси $Ox$, а значит, и ребрам $AD$, $BC$, $A_1D_1$, $B_1C_1$.
1. На грани $ABB_1A_1$ ($x=0$) сечение представляет собой прямую, проходящую через точку $K$ перпендикулярно $BE$. Найдем ее пересечение с ребром $AB$ ($z=0$): $y - 0 - \frac{7a}{8} = 0 \Rightarrow y = \frac{7a}{8}$. Обозначим эту точку $R(0, 7a/8, 0)$. Таким образом, на передней грани сечение — это отрезок $KR$.
2. Так как плоскость параллельна $AD$, из точек $K$ и $R$ проводим прямые, параллельные $AD$.
3. Прямая, проведенная через $K$ параллельно $AD$, пересечет ребро $C_1C$ в точке $P$.
4. Прямая, проведенная через $R$ параллельно $AD$, пересечет ребро $DC$ в точке $Q$.
5. Искомое сечение — четырехугольник $KRQP$.

Нахождение отношения:
Нам нужно найти, в каком отношении секущая плоскость делит ребро $DC$. Для этого найдем точку пересечения плоскости $y - \frac{z}{6} - \frac{7a}{8} = 0$ и прямой $DC$.

Ребро $DC$ параллельно ребру $AB$, его точки имеют координаты $(x, a, 0)$, где $x$ меняется. Но в нашей системе координат D=(b,0,0) и C=(b,a,0), где $b=AD$. Таким образом, ребро $DC$ задается условиями $x=b, z=0$ при $0 \le y \le a$.
Подставим $z=0$ в уравнение плоскости, чтобы найти координату $y$ точки пересечения (назовем ее $Q$):
$y_Q - \frac{0}{6} - \frac{7a}{8} = 0 \Rightarrow y_Q = \frac{7a}{8}$.
Таким образом, точка пересечения $Q$ имеет координату $y$, равную $7a/8$.

Точка $D$ имеет координату $y=0$, а точка $C$ – $y=a$. Найдем длины отрезков $DQ$ и $QC$:
$DQ = y_Q - y_D = \frac{7a}{8} - 0 = \frac{7a}{8}$.
$QC = y_C - y_Q = a - \frac{7a}{8} = \frac{a}{8}$.
Тогда искомое отношение:
$\frac{DQ}{QC} = \frac{7a/8}{a/8} = \frac{7}{1}$.

Ответ: Секущая плоскость делит ребро $DC$ в отношении 7:1, считая от точки $D$.