Номер 6, страница 31 - 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 $ASB$, пересекает рёбра $SC$, $SD$ и $AD$ в точках $K$, $P$ и $F$ соответственно. Известно, что $SK : KC = 1 : 4$, $AD = 30$ см. Найдите отрезки $DF$ и $FA$.

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. 30). Известно, что $AB \parallel A_1B_1$, $AC \parallel A_1C_1$, $AC : A_1C_1 = 4 : 1$, $B_1C_1 = 5$ см.

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

2) Найдите отрезок $BC$.

3. На рёбрах $AB$ и $AC$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили точки $D$ и $E$ соответственно. На грани $A_1B_1C_1$ отметили точку $M$ (рис. 31). Постройте сечение призмы плоскостью $DEM$.

Рис. 30

Рис. 31

1.

Пусть секущая плоскость называется $\beta$. По условию, плоскость $\beta$ параллельна плоскости $(ASB)$. Основание пирамиды $ABCD$ — параллелограмм, следовательно, $AB \parallel DC$.

1. Рассмотрим плоскости $(ASB)$ и $(SDC)$. Они имеют общую точку $S$. Так как $AB \parallel DC$, то линия пересечения этих плоскостей — это прямая, проходящая через точку $S$ и параллельная $AB$ и $DC$. Обозначим эту прямую $l$. Итак, $l \parallel AB \parallel DC$.

2. Плоскость $(SDC)$ пересекает параллельные плоскости $\beta$ и $(ASB)$. Линия пересечения плоскости $(SDC)$ с плоскостью $\beta$ — это прямая $KP$. Линия пересечения плоскости $(SDC)$ с плоскостью $(ASB)$ — это прямая $l$. По свойству параллельных плоскостей, линии их пересечения третьей плоскостью параллельны. Следовательно, $KP \parallel l$. Так как $l \parallel DC$, то и $KP \parallel DC$.

3. В треугольнике $\triangle SDC$ отрезок $KP$ параллелен стороне $DC$. По теореме о пропорциональных отрезках (обобщенная теорема Фалеса), имеем: $$ \frac{SK}{SC} = \frac{SP}{SD} $$

4. По условию дано отношение $SK : KC = 1 : 4$. Тогда $SC = SK + KC = SK + 4 \cdot SK = 5 \cdot SK$. Отсюда находим отношение: $$ \frac{SK}{SC} = \frac{SK}{5 \cdot SK} = \frac{1}{5} $$ Следовательно, $\frac{SP}{SD} = \frac{1}{5}$.

5. Теперь рассмотрим плоскость $(SAD)$. Она пересекает параллельные плоскости $\beta$ и $(ASB)$. Линия пересечения с плоскостью $\beta$ — это прямая $FP$. Линия пересечения с плоскостью $(ASB)$ — это прямая $SA$. Следовательно, $FP \parallel SA$.

6. В треугольнике $\triangle SAD$ отрезок $FP$ параллелен стороне $SA$. По теореме о пропорциональных отрезках: $$ \frac{DF}{DA} = \frac{DP}{DS} $$

7. Из шага 4 мы знаем, что $\frac{SP}{SD} = \frac{1}{5}$. Тогда $DP = SD - SP = SD - \frac{1}{5}SD = \frac{4}{5}SD$. Отсюда: $$ \frac{DP}{DS} = \frac{4}{5} $$

8. Подставим это отношение в формулу из шага 6: $$ \frac{DF}{DA} = \frac{4}{5} $$ По условию $AD = 30$ см. Найдем $DF$: $$ DF = \frac{4}{5} \cdot AD = \frac{4}{5} \cdot 30 = 24 \text{ см} $$

9. Найдем длину отрезка $FA$: $$ FA = AD - DF = 30 - 24 = 6 \text{ см} $$

Ответ: $DF = 24$ см, $FA = 6$ см.

2.

1)

Докажем, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке.

1. Так как по условию $AB \parallel A_1B_1$, то точки $A, B, A_1, B_1$ лежат в одной плоскости. Прямые $AA_1$ и $BB_1$ лежат в этой плоскости. Они не параллельны, так как прямая $BB_1$ лежит в плоскости $\alpha$, а прямая $AA_1$ пересекает ее (поскольку точки $A$ и $A_1$ лежат по одну сторону от $\alpha$). Следовательно, прямые $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются в некоторой точке $O$.

2. Аналогично, так как $AC \parallel A_1C_1$, то прямые $AA_1$ и $CC_1$ лежат в одной плоскости и не параллельны, а значит, пересекаются в некоторой точке $O'$.

3. Нам нужно доказать, что точки $O$ и $O'$ совпадают. Обе эти точки лежат на прямой $AA_1$.

4. В плоскости $(O'AC)$ треугольники $\triangle O'A_1C_1$ и $\triangle O'AC$ подобны, так как $A_1C_1 \parallel AC$. Из подобия следует: $$ \frac{O'A_1}{O'A} = \frac{A_1C_1}{AC} $$ По условию $AC : A_1C_1 = 4 : 1$, значит $\frac{A_1C_1}{AC} = \frac{1}{4}$. Таким образом, точка $O'$ делит отрезок $AA_1$ (внешним образом) в отношении $\frac{O'A_1}{O'A} = \frac{1}{4}$.

5. В плоскости $(OAB)$ треугольники $\triangle OA_1B_1$ и $\triangle OAB$ подобны, так как $A_1B_1 \parallel AB$. Из подобия следует, что точка $O$ также делит отрезок $AA_1$ в некотором отношении. Чтобы прямые $AC$ и $A_1C_1$ были параллельны, необходимо, чтобы треугольники $\triangle OA_1C_1$ и $\triangle OAC$ были подобны, что возможно только если $\frac{OA_1}{OA} = \frac{A_1C_1}{AC} = \frac{1}{4}$.

6. Точка, делящая отрезок $AA_1$ в заданном отношении $1:4$ (внешним образом), единственна. Так как и точка $O$, и точка $O'$ удовлетворяют этому условию, они должны совпадать: $O = O'$.

Следовательно, все три прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $O$.

2)

Найдем отрезок $BC$.

1. Из доказанного выше следует, что прямые $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в той же точке $O$, что и $AA_1$. Это означает, что точки $O, B, C, B_1, C_1$ лежат в одной плоскости.

2. Рассмотрим треугольники $\triangle OBC$ и $\triangle OB_1C_1$ в этой плоскости. Из подобия треугольников $\triangle OAC$ и $\triangle OA_1C_1$ мы знаем, что $\frac{OC_1}{OC} = \frac{OA_1}{OA} = \frac{1}{4}$. Из подобия треугольников $\triangle OAB$ и $\triangle OA_1B_1$ мы знаем, что $\frac{OB_1}{OB} = \frac{OA_1}{OA} = \frac{1}{4}$.

3. Таким образом, в треугольниках $\triangle OBC$ и $\triangle OB_1C_1$ имеем $\frac{OB_1}{OB} = \frac{OC_1}{OC} = \frac{1}{4}$, а угол при вершине $O$ у них общий. Следовательно, эти треугольники подобны по второму признаку подобия (по двум сторонам и углу между ними).

4. Из подобия следует, что отношение их третьих сторон равно коэффициенту подобия: $$ \frac{B_1C_1}{BC} = \frac{1}{4} $$

5. По условию $B_1C_1 = 5$ см. Подставляем это значение в пропорцию: $$ \frac{5}{BC} = \frac{1}{4} $$ Отсюда находим $BC$: $$ BC = 5 \cdot 4 = 20 \text{ см} $$

Ответ: $BC = 20$ см.

3.

Для построения сечения призмы плоскостью $DEM$ выполним следующие шаги:

1. Точки $D$ и $E$ лежат в плоскости нижнего основания $(ABC)$. Соединим их отрезком. Отрезок $DE$ является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания и, следовательно, является стороной искомого сечения.

2. Плоскость верхнего основания $(A_1B_1C_1)$ параллельна плоскости нижнего основания $(ABC)$. По свойству параллельных плоскостей, секущая плоскость $(DEM)$ пересекает плоскость $(A_1B_1C_1)$ по прямой, параллельной линии ее пересечения с плоскостью $(ABC)$, то есть параллельной прямой $DE$.

3. В плоскости $(A_1B_1C_1)$ проведем через точку $M$ прямую, параллельную $DE$. Пусть эта прямая пересекает ребра $A_1C_1$ и $B_1C_1$ в точках $F$ и $G$ соответственно. Отрезок $FG$ — это еще одна сторона сечения.

4. Точки $E$ и $F$ лежат в плоскости боковой грани $(ACC_1A_1)$. Соединим их отрезком $EF$, который будет стороной сечения.

5. Чтобы найти следующую сторону сечения на грани $(ABB_1A_1)$, воспользуемся методом следов. Продлим прямую $EF$ (которая лежит в секущей плоскости) до пересечения с прямой $AA_1$ (которая является линией пересечения граней $(ACC_1A_1)$ и $(ABB_1A_1)$). Обозначим точку их пересечения $T$.

6. Точка $T$ и точка $D$ принадлежат как секущей плоскости, так и плоскости грани $(ABB_1A_1)$. Проведем через них прямую $TD$. Эта прямая является следом секущей плоскости на грани $(ABB_1A_1)$.

7. Прямая $TD$ пересекает ребро $BB_1$ в некоторой точке $H$. Отрезок $DH$ является стороной сечения.

8. Точки $H$ и $G$ лежат в плоскости боковой грани $(BCC_1B_1)$. Соединим их отрезком $HG$. Это последняя сторона сечения.

В результате построен пятиугольник $DEFGH$. Это и есть искомое сечение призмы.