Номер 6, страница 43 - 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 $CSD$, пересекает рёбра $SB$, $SA$ и $AD$ в точках $E$, $F$ и $M$ соответственно. Известно, что $SE : EB = 2 : 5$, $AD = 28$ см. Найдите отрезки $AM$ и $MD$.

2. Точки $D$ и $D_1$ лежат по разные стороны от плоскости $\beta$. Точки $F, F_1, E$ и $E_1$ лежат в плоскости $\beta$ (рис. 42). Известно, что $DE \parallel D_1E_1$, $DF \parallel D_1F_1$, $DF : D_1F_1 = 4 : 3$, $E_1F_1 = 9$ см.

1) Докажите, что прямые $DD_1$, $EE_1$ и $FF_1$ пересекаются в одной точке.

2) Найдите отрезок $EF$.

3. На рёбрах $A_1B_1$ и $B_1C_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили точки $M$ и $F$ соответственно. На грани $ABC$ отметили точку $Q$ (рис. 43). Постройте сечение призмы плоскостью $MFQ$.

Рис. 42

Рис. 43

1.

Поскольку плоскость сечения (назовем ее $\alpha$) параллельна плоскости $CSD$, то линии пересечения этих плоскостей с любой третьей плоскостью будут параллельны.

1. Рассмотрим плоскость грани $SAD$. Она пересекает плоскость $CSD$ по прямой $SD$, а плоскость $\alpha$ по прямой $FM$. Так как $(EFM) \parallel (CSD)$, то $FM \parallel SD$.

2. Основание $ABCD$ — параллелограмм, следовательно, $AB \parallel CD$.

3. Рассмотрим плоскость грани $SAB$. Плоскость $SAB$ пересекается с плоскостью $CSD$ по прямой, проходящей через точку $S$ и параллельной $CD$ (и, следовательно, $AB$). Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $SAB$ по прямой $EF$. Так как $(EFM) \parallel (CSD)$, то их линии пересечения с плоскостью $SAB$ параллельны. Следовательно, $EF \parallel AB$.

4. В треугольнике $SAB$ отрезок $EF$ параллелен стороне $AB$. По теореме о пропорциональных отрезках (обобщенной теореме Фалеса) имеем: $ \frac{SE}{SB} = \frac{SF}{SA} $

Из условия $SE : EB = 2 : 5$ следует, что $SB = SE + EB$. Если принять $SE = 2x$, то $EB = 5x$, а $SB = 7x$. Тогда $ \frac{SE}{SB} = \frac{2x}{7x} = \frac{2}{7} $. Значит, $ \frac{SF}{SA} = \frac{2}{7} $.

5. Теперь вернемся к плоскости $SAD$. Мы установили, что $FM \parallel SD$. Точка $F$ лежит на отрезке $SA$, а точка $M$ — на отрезке $AD$. Рассмотрим угол $SAD$, пересеченный параллельными прямыми $FM$ и $SD$. По теореме о пропорциональных отрезках: $ \frac{AF}{AS} = \frac{AM}{AD} $

Найдем отношение $\frac{AF}{AS}$. Поскольку $F$ лежит на $SA$, то $AF = SA - SF$. $ \frac{AF}{AS} = \frac{SA - SF}{SA} = 1 - \frac{SF}{SA} = 1 - \frac{2}{7} = \frac{5}{7} $

Следовательно, $ \frac{AM}{AD} = \frac{5}{7} $.

6. Найдем длины отрезков $AM$ и $MD$, зная, что $AD = 28$ см. $ AM = \frac{5}{7} \cdot AD = \frac{5}{7} \cdot 28 = 5 \cdot 4 = 20 $ см. $ MD = AD - AM = 28 - 20 = 8 $ см.

Ответ: $AM = 20$ см, $MD = 8$ см.

2.

1) Докажите, что прямые $DD_1$, $EE_1$ и $FF_1$ пересекаются в одной точке.

Рассмотрим прямые $DE$ и $D_1E_1$. По условию, $DE \parallel D_1E_1$. Две параллельные прямые однозначно задают плоскость. Обозначим эту плоскость $\gamma_1 = (DEE_1D_1)$. Прямые $DD_1$ и $EE_1$ лежат в этой плоскости $\gamma_1$.

Точки $D$ и $D_1$ лежат по разные стороны от плоскости $\beta$, а точки $E$ и $E_1$ лежат в плоскости $\beta$. Это означает, что прямая $DD_1$ не может быть параллельна прямой $EE_1$ (которая лежит в плоскости $\beta$). Так как прямые $DD_1$ и $EE_1$ лежат в одной плоскости и не параллельны, они пересекаются. Обозначим точку их пересечения $O$.

Поскольку прямая $EE_1$ лежит в плоскости $\beta$, то и точка их пересечения $O$ также принадлежит плоскости $\beta$.

Аналогично рассмотрим прямые $DF$ и $D_1F_1$. По условию, $DF \parallel D_1F_1$. Они задают плоскость $\gamma_2 = (DFF_1D_1)$. Прямые $DD_1$ и $FF_1$ лежат в этой плоскости $\gamma_2$. По тем же причинам, что и выше, они не параллельны и пересекаются в некоторой точке $O'$.

Поскольку прямая $FF_1$ лежит в плоскости $\beta$, то и точка их пересечения $O'$ также принадлежит плоскости $\beta$.

Таким образом, мы имеем две точки, $O$ и $O'$, которые обе лежат на прямой $DD_1$ и обе лежат в плоскости $\beta$. Прямая, не лежащая в плоскости, может пересекать ее только в одной точке. Следовательно, точки $O$ и $O'$ совпадают: $O = O'$.

Это означает, что все три прямые $DD_1$, $EE_1$ и $FF_1$ пересекаются в одной точке $O$. Что и требовалось доказать.

2) Найдите отрезок $EF$.

Из доказательства в пункте 1) мы знаем, что прямые пересекаются в точке $O$, лежащей в плоскости $\beta$.

Рассмотрим плоскость $\gamma_2 = (DFF_1D_1)$. В этой плоскости лежат треугольники $\triangle ODF$ и $\triangle OD_1F_1$. Так как $DF \parallel D_1F_1$, эти треугольники подобны по двум углам ($\angle DOF = \angle D_1OF_1$ как вертикальные; $\angle OFD = \angle OF_1D_1$ как накрест лежащие при параллельных прямых $DF$, $D_1F_1$ и секущей $FF_1$).

Из подобия следует пропорциональность сторон: $ \frac{OD}{OD_1} = \frac{OF}{OF_1} = \frac{DF}{D_1F_1} $

По условию $DF : D_1F_1 = 4 : 3$, значит $ \frac{DF}{D_1F_1} = \frac{4}{3} $. Следовательно, $ \frac{OD}{OD_1} = \frac{OF}{OF_1} = \frac{4}{3} $.

Теперь рассмотрим плоскость $\gamma_1 = (DEE_1D_1)$ и лежащие в ней подобные треугольники $\triangle ODE$ и $\triangle OD_1E_1$ (подобие доказывается аналогично). Из их подобия: $ \frac{OE}{OE_1} = \frac{OD}{OD_1} $ Значит, $ \frac{OE}{OE_1} = \frac{4}{3} $.

Наконец, рассмотрим треугольники $\triangle OEF$ и $\triangle OE_1F_1$, которые лежат в плоскости $\beta$.

У них общий угол $\angle EOF$. Стороны, образующие этот угол, пропорциональны: $ \frac{OE}{OE_1} = \frac{OF}{OF_1} = \frac{4}{3} $

Следовательно, $\triangle OEF \sim \triangle OE_1F_1$ по второму признаку подобия (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).

Из подобия этих треугольников следует, что отношение третьих сторон также равно коэффициенту подобия: $ \frac{EF}{E_1F_1} = \frac{4}{3} $

По условию $E_1F_1 = 9$ см. Найдем $EF$: $ EF = \frac{4}{3} \cdot E_1F_1 = \frac{4}{3} \cdot 9 = 4 \cdot 3 = 12 $ см.

Ответ: $EF = 12$ см.

3.

Построение сечения призмы плоскостью $MFQ$ выполняется следующим образом:

1. Точки $M$ и $F$ лежат в плоскости верхней грани $(A_1B_1C_1)$. Соединяем их отрезком. Отрезок $MF$ является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью верхней грани и одной из сторон искомого сечения.

2. Плоскости оснований призмы параллельны: $(A_1B_1C_1) \parallel (ABC)$. Секущая плоскость $(MFQ)$ пересекает эти параллельные плоскости по параллельным прямым. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания $(ABC)$ будет параллельна прямой $MF$.

3. Точка $Q$ по условию лежит и в секущей плоскости $(MFQ)$, и в плоскости нижнего основания $(ABC)$. Значит, $Q$ принадлежит линии их пересечения.

4. В плоскости нижнего основания $(ABC)$ через точку $Q$ проводим прямую, параллельную прямой $MF$. Эта прямая пересечет ребра основания $AB$ и $BC$ (судя по расположению точки $Q$ на рисунке) в некоторых точках. Назовем эти точки $X$ и $Y$ соответственно. $X \in AB$, $Y \in BC$. Отрезок $XY$ — еще одна сторона сечения.

5. Теперь у нас есть вершины сечения, лежащие на ребрах четырех граней. Соединим последовательно точки, лежащие в одних гранях:

• Точки $M$ и $X$ лежат в плоскости боковой грани $(AA_1B_1B)$. Соединяем их отрезком $MX$.
• Точки $F$ и $Y$ лежат в плоскости боковой грани $(BB_1C_1C)$. Соединяем их отрезком $FY$.

6. В результате получаем замкнутый четырехугольник $MFYX$. Этот четырехугольник и является искомым сечением призмы плоскостью $MFQ$.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $MFYX$, построенный согласно описанным шагам.