Страница 13 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

1.20. Докажите, что если две соседние вершины четырёхугольника и точка пересечения его диагоналей принадлежат одной плоскости, то и две другие вершины принадлежат этой плоскости.

Пусть дан четырёхугольник $ABCD$, где $A$ и $B$ — соседние вершины. Пусть $O$ — точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$. По условию задачи, вершины $A$, $B$ и точка $O$ принадлежат некоторой плоскости $\alpha$. Необходимо доказать, что вершины $C$ и $D$ также принадлежат этой плоскости.

1. Рассмотрим диагональ $AC$. По определению, точка пересечения диагоналей $O$ лежит на прямой, содержащей диагональ $AC$. Таким образом, точки $A$, $O$ и $C$ лежат на одной прямой.

2. По условию, точки $A$ и $O$ принадлежат плоскости $\alpha$.

3. Согласно аксиоме стереометрии: если две точки прямой принадлежат плоскости, то и вся прямая принадлежит этой плоскости. Следовательно, вся прямая $AC$ принадлежит плоскости $\alpha$.

4. Поскольку вершина $C$ лежит на прямой $AC$, то и точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$.

5. Аналогично рассмотрим диагональ $BD$. Точка $O$ лежит на прямой, содержащей диагональ $BD$. Таким образом, точки $B$, $O$ и $D$ лежат на одной прямой.

6. По условию, точки $B$ и $O$ принадлежат плоскости $\alpha$.

7. Применяя ту же аксиому, заключаем, что вся прямая $BD$ принадлежит плоскости $\alpha$.

8. Поскольку вершина $D$ лежит на прямой $BD$, то и точка $D$ принадлежит плоскости $\alpha$.

Таким образом, доказано, что две другие вершины четырёхугольника, $C$ и $D$, также принадлежат плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.

Ответ: Две другие вершины четырёхугольника также принадлежат этой плоскости.

1.21. Вершина $D$ четырёхугольника $ABCD$ принадлежит плоскости $\alpha$, а остальные вершины лежат вне этой плоскости. Продолжения сторон $BA$ и $BC$ пересекают плоскость $\alpha$ в точках $M$ и $K$ соответственно. Докажите, что точки $M, D$ и $K$ лежат на одной прямой.

Поскольку $A, B, C, D$ являются вершинами четырехугольника, они лежат в одной плоскости. Назовем эту плоскость $(ABC)$. Все точки четырехугольника, а также прямые, содержащие его стороны, лежат в этой плоскости.

Рассмотрим принадлежность точек $M, D$ и $K$ к плоскости $(ABC)$:

1. Точка $D$ является вершиной четырехугольника, следовательно, $D$ принадлежит плоскости $(ABC)$.

2. Точка $M$ по условию лежит на прямой, содержащей сторону $BA$. Так как точки $A$ и $B$ принадлежат плоскости $(ABC)$, то и вся прямая $AB$ лежит в этой плоскости. Следовательно, точка $M$ также принадлежит плоскости $(ABC)$.

3. Аналогично, точка $K$ по условию лежит на прямой, содержащей сторону $BC$. Так как точки $B$ и $C$ принадлежат плоскости $(ABC)$, то и вся прямая $BC$ лежит в этой плоскости. Следовательно, точка $K$ также принадлежит плоскости $(ABC)$.

Таким образом, все три точки $M, D$ и $K$ лежат в плоскости четырехугольника $(ABC)$.

Теперь рассмотрим принадлежность этих же точек к плоскости $\alpha$ согласно условию задачи:

1. Вершина $D$ принадлежит плоскости $\alpha$.

2. Прямая $BA$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $M$, следовательно, точка $M$ принадлежит плоскости $\alpha$.

3. Прямая $BC$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $K$, следовательно, точка $K$ принадлежит плоскости $\alpha$.

Таким образом, все три точки $M, D$ и $K$ лежат также и в плоскости $\alpha$.

Мы установили, что точки $M, D$ и $K$ являются общими для двух плоскостей: плоскости $(ABC)$ и плоскости $\alpha$. Эти плоскости не совпадают, поскольку по условию вершины $A, B$ и $C$ лежат вне плоскости $\alpha$, но в плоскости $(ABC)$.

Согласно аксиоме стереометрии, если две различные плоскости имеют общие точки, то они пересекаются по прямой, на которой лежат все их общие точки.

Следовательно, точки $M, D$ и $K$ должны лежать на одной прямой, которая является линией пересечения плоскостей $(ABC)$ и $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что точки $M, D$ и $K$ лежат на одной прямой.

1.22. Вершина $A$ треугольника $ABC$ принадлежит плоскости $\alpha$, а вершины $B$ и $C$ лежат вне этой плоскости. Продолжения медиан $BM$ и $CN$ треугольника $ABC$ пересекают плоскость $\alpha$ в точках $K$ и $E$ соответственно. Докажите, что точки $A, K$ и $E$ лежат на одной прямой.

Доказательство:

Рассмотрим две плоскости: плоскость $\alpha$ (заданную в условии) и плоскость, в которой лежит треугольник $ABC$, назовем ее $(ABC)$.

Поскольку вершина $A$ принадлежит плоскости $\alpha$, а вершины $B$ и $C$ лежат вне этой плоскости, то плоскость $(ABC)$ и плоскость $\alpha$ не совпадают. Две различные плоскости, имеющие общую точку (точку $A$), пересекаются по прямой, проходящей через эту точку. Назовем эту прямую $l$. Таким образом, $l = (ABC) \cap \alpha$.

Чтобы доказать, что точки $A, K$ и $E$ лежат на одной прямой, достаточно доказать, что все они лежат на прямой пересечения $l$.

1. Точка A: По условию, точка $A$ принадлежит плоскости $\alpha$. Так как $A$ является вершиной треугольника $ABC$, она также принадлежит плоскости $(ABC)$. Следовательно, точка $A$ принадлежит линии пересечения этих двух плоскостей, то есть $A \in l$.
2. Точка K: По условию, точка $K$ является точкой пересечения продолжения медианы $BM$ и плоскости $\alpha$. Это означает, что $K \in \alpha$. Медиана $BM$ соединяет две точки треугольника $ABC$ (вершину $B$ и середину стороны $AC$ - точку $M$). Следовательно, вся прямая $BM$ лежит в плоскости $(ABC)$. Так как точка $K$ лежит на прямой $BM$, то $K$ принадлежит плоскости $(ABC)$. Поскольку точка $K$ принадлежит обеим плоскостям, $\alpha$ и $(ABC)$, она должна лежать на их линии пересечения $l$. Таким образом, $K \in l$.
3. Точка E: Аналогично, по условию, точка $E$ является точкой пересечения продолжения медианы $CN$ и плоскости $\alpha$. Это означает, что $E \in \alpha$. Медиана $CN$ соединяет две точки треугольника $ABC$ (вершину $C$ и середину стороны $AB$ - точку $N$). Следовательно, вся прямая $CN$ лежит в плоскости $(ABC)$. Так как точка $E$ лежит на прямой $CN$, то $E$ принадлежит плоскости $(ABC)$. Поскольку точка $E$ принадлежит обеим плоскостям, $\alpha$ и $(ABC)$, она должна лежать на их линии пересечения $l$. Таким образом, $E \in l$.

Так как все три точки $A, K$ и $E$ принадлежат одной и той же прямой $l$, они лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что точки $A$, $K$ и $E$ лежат на одной прямой, являющейся линией пересечения плоскости $\alpha$ и плоскости треугольника $ABC$.

1.23. О плоскостях $ \alpha, \beta $ и $ \gamma $ известно, что $ \alpha \cap \beta = c, \beta \cap \gamma = a, \alpha \cap \gamma = b, $

$ a \cap c = M. $ Докажите, что $ M \in b. $

По условию задачи, точка $M$ является точкой пересечения прямых $a$ и $c$, что записывается как $a \cap c = M$. По определению пересечения множеств, это означает, что точка $M$ принадлежит одновременно и прямой $a$, и прямой $c$.

1. Так как $M \in a$, а прямая $a$ является линией пересечения плоскостей $\beta$ и $\gamma$ ($a = \beta \cap \gamma$), то точка $M$ принадлежит обеим этим плоскостям. Таким образом, мы можем утверждать, что $M \in \beta$ и $M \in \gamma$.

2. Так как $M \in c$, а прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$ ($c = \alpha \cap \beta$), то точка $M$ принадлежит обеим этим плоскостям. Таким образом, мы можем утверждать, что $M \in \alpha$ и $M \in \beta$.

Из результатов, полученных в пунктах 1 и 2, следует, что точка $M$ одновременно принадлежит плоскости $\alpha$ (из пункта 2) и плоскости $\gamma$ (из пункта 1).

По условию задачи, прямая $b$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\gamma$ ($b = \alpha \cap \gamma$). Поскольку точка $M$ принадлежит обеим плоскостям ($\alpha$ и $\gamma$), она по определению линии пересечения плоскостей должна принадлежать этой прямой $b$.

Следовательно, $M \in b$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1.24. Точка $M$ – общая точка двух плоскостей $ABC$ и $BCD$. Найдите отрезок $BC$, если $BM = 4$ см, $MC = 7$ см.

Плоскости $(ABC)$ и $(BCD)$ определены тройками точек $(A, B, C)$ и $(B, C, D)$ соответственно. Эти две плоскости имеют две общие точки — $B$ и $C$. Согласно аксиоме стереометрии, если две различные плоскости имеют две общие точки, то они пересекаются по прямой, проходящей через эти точки. Следовательно, линией пересечения плоскостей $(ABC)$ и $(BCD)$ является прямая $BC$.

По условию задачи, точка $M$ является общей точкой этих двух плоскостей. Это означает, что точка $M$ должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $BC$. Таким образом, точки $B$, $M$ и $C$ лежат на одной прямой (являются коллинеарными).

В зависимости от взаимного расположения точек $B$, $M$ и $C$ на прямой возможны три случая.

Случай 1: Точка M лежит между точками B и C.
В этом случае длина отрезка $BC$ равна сумме длин отрезков $BM$ и $MC$.
$BC = BM + MC = 4 \text{ см} + 7 \text{ см} = 11 \text{ см}$.

Случай 2: Точка B лежит между точками M и C.
В этом случае длина отрезка $MC$ равна сумме длин отрезков $MB$ и $BC$.
$MC = MB + BC$
Отсюда выражаем длину искомого отрезка $BC$:
$BC = MC - MB = 7 \text{ см} - 4 \text{ см} = 3 \text{ см}$.

Случай 3: Точка C лежит между точками B и M.
В этом случае длина отрезка $BM$ равна сумме длин отрезков $BC$ и $CM$.
$BM = BC + CM$
Подставляя известные значения, получаем: $4 \text{ см} = BC + 7 \text{ см}$, откуда $BC = -3 \text{ см}$. Поскольку длина отрезка не может быть отрицательной величиной, этот случай невозможен.

Таким образом, задача имеет два возможных решения.

Ответ: 11 см или 3 см.

1.25. Даны $n$ точек, $n > 4$, каждые 4 из которых лежат в одной плоскости.

Докажите, что все эти точки лежат в одной плоскости.

Для доказательства данного утверждения рассмотрим два возможных случая расположения точек.

1. Предположим, что все $n$ точек лежат на одной прямой (являются коллинеарными). В этом случае очевидно, что все они лежат в одной плоскости, так как через любую прямую можно провести плоскость.

2. Теперь предположим, что не все точки лежат на одной прямой. Это означает, что в данном множестве можно найти как минимум три неколлинеарные точки. Обозначим их $P_1$, $P_2$ и $P_3$.

Согласно аксиоме стереометрии, через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит плоскость, и притом только одна. Обозначим эту единственную плоскость, проходящую через точки $P_1, P_2, P_3$, как $\alpha$.

Теперь выберем любую другую точку $P_k$ из оставшихся $n-3$ точек (где $k$ — любое целое число от $4$ до $n$). Такая точка существует, поскольку по условию $n > 4$.

Рассмотрим множество, состоящее из четырех точек: $\{P_1, P_2, P_3, P_k\}$.

По условию задачи, каждые 4 из данных $n$ точек лежат в одной плоскости. Следовательно, точки $P_1, P_2, P_3, P_k$ также должны лежать в одной плоскости.

Поскольку точки $P_1, P_2, P_3$ неколлинеарны, они однозначно определяют плоскость $\alpha$. Это означает, что любая плоскость, содержащая эти три точки, должна совпадать с $\alpha$. Следовательно, точка $P_k$ также должна лежать в плоскости $\alpha$.

Так как наш выбор точки $P_k$ был произвольным среди всех точек, отличных от $P_1, P_2$ и $P_3$, мы можем заключить, что все остальные точки данного множества ($P_4, P_5, \dots, P_n$) также лежат в плоскости $\alpha$.

Таким образом, все $n$ точек лежат в одной и той же плоскости $\alpha$.

Ответ: Доказано, что все $n$ точек лежат в одной плоскости.

1.26. Точки $M$, $N$, $K$ и $P$, принадлежащие соответственно звеньям $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ замкнутой ломаной $ABCD$, лежат в плоскости $\alpha$. Верно ли, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ также принадлежат плоскости $\alpha$?

Нет, это утверждение не является верным. Точки $A$, $B$, $C$ и $D$ не обязательно принадлежат плоскости $\alpha$.

Чтобы это доказать, достаточно привести контрпример.

Рассмотрим пространственную ломаную $ABCD$, вершины которой не лежат в одной плоскости (такую ломаную также называют пространственным или скрещивающимся четырехугольником). Например, можно взять вершины тетраэдра.

Пусть точки $M$, $N$, $K$ и $P$ являются серединами звеньев $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ соответственно. Докажем, что эти четыре точки всегда лежат в одной плоскости.

1. Рассмотрим $\triangle ABC$. Отрезок $MN$ соединяет середины сторон $AB$ и $BC$. По свойству средней линии треугольника, $MN$ параллелен стороне $AC$ и его длина равна половине длины $AC$. То есть, $MN \parallel AC$ и $MN = \frac{1}{2}AC$.
2. Теперь рассмотрим $\triangle ADC$. Отрезок $PK$ соединяет середины сторон $DA$ и $CD$. Аналогично, $PK$ является средней линией этого треугольника. Следовательно, $PK \parallel AC$ и $PK = \frac{1}{2}AC$.
3. Из этих двух пунктов следует, что $MN \parallel PK$ (так как оба отрезка параллельны $AC$) и $MN = PK$ (так как длины обоих отрезков равны половине длины $AC$).
4. Четырехугольник $MNKP$, у которого две противоположные стороны ($MN$ и $PK$) параллельны и равны, является параллелограммом (по признаку параллелограмма).
5. Все вершины любого параллелограмма по определению лежат в одной плоскости. Значит, точки $M$, $N$, $K$ и $P$ лежат в одной плоскости $\alpha$.

Таким образом, мы показали, что можно выбрать вершины $A$, $B$, $C$, $D$, не лежащие в одной плоскости, и при этом найти на звеньях ломаной $ABCD$ такие точки $M$, $N$, $K$, $P$, которые будут лежать в одной плоскости. Это противоречит утверждению, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ также должны лежать в этой плоскости.

Ответ: Нет, не верно.

1.27. Пять точек, являющихся серединами звеньев замкнутой ломаной $ABCDE$, принадлежат плоскости $\alpha$. Докажите, что точки $A$, $B$, $C$, $D$ и $E$ принадлежат этой же плоскости.

Для доказательства воспользуемся методом, основанным на понятии ориентированного (или знакового) расстояния от точки до плоскости. Пусть $h(P)$ — ориентированное расстояние от точки $P$ до плоскости $\alpha$. Если точка $P$ лежит в плоскости $\alpha$, то $h(P) = 0$. Для середины $M$ отрезка $PQ$ ее ориентированное расстояние до плоскости равно среднему арифметическому ориентированных расстояний от его концов: $h(M) = \frac{h(P) + h(Q)}{2}$.

Пусть $M_{AB}, M_{BC}, M_{CD}, M_{DE}, M_{EA}$ — середины звеньев $AB, BC, CD, DE, EA$ замкнутой ломаной $ABCDE$ соответственно. По условию, все эти пять точек принадлежат плоскости $\alpha$, следовательно, их ориентированные расстояния до этой плоскости равны нулю.

Используя свойство середины отрезка, мы можем составить систему уравнений для ориентированных расстояний $h(A), h(B), h(C), h(D), h(E)$ вершин ломаной до плоскости $\alpha$:
$h(M_{AB}) = \frac{h(A) + h(B)}{2} = 0 \implies h(A) + h(B) = 0$
$h(M_{BC}) = \frac{h(B) + h(C)}{2} = 0 \implies h(B) + h(C) = 0$
$h(M_{CD}) = \frach(C) + h(D)}{2} = 0 \implies h(C) + h(D) = 0$
$h(M_{DE}) = \frac{h(D) + h(E)}{2} = 0 \implies h(D) + h(E) = 0$
$h(M_{EA}) = \frac{h(E) + h(A)}{2} = 0 \implies h(E) + h(A) = 0$

Решим полученную систему уравнений. Из первого уравнения выразим $h(B) = -h(A)$.
Подставим это выражение во второе уравнение: $-h(A) + h(C) = 0$, откуда $h(C) = h(A)$.
Подставим $h(C)$ в третье уравнение: $h(A) + h(D) = 0$, откуда $h(D) = -h(A)$.
Подставим $h(D)$ в четвертое уравнение: $-h(A) + h(E) = 0$, откуда $h(E) = h(A)$.
Наконец, подставим полученное выражение для $h(E)$ в пятое уравнение: $h(A) + h(A) = 0$, что дает $2h(A) = 0$, и, следовательно, $h(A) = 0$.

Поскольку $h(A) = 0$, мы можем найти ориентированные расстояния для остальных вершин, используя полученные ранее соотношения:
$h(B) = -h(A) = 0$
$h(C) = h(A) = 0$
$h(D) = -h(A) = 0$
$h(E) = h(A) = 0$

Таким образом, ориентированное расстояние от каждой из вершин $A, B, C, D, E$ до плоскости $\alpha$ равно нулю. Это по определению означает, что все пять точек лежат в плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Все точки $A, B, C, D$ и $E$ принадлежат плоскости $\alpha$.

1.28. Имеется $n$ ($n \ge 2$) плоскостей, каждые две из которых пересекаются. Какое наибольшее количество прямых, являющихся линиями пересечения данных плоскостей, может при этом образоваться?

Для того чтобы найти наибольшее возможное количество прямых, которые являются линиями пересечения, необходимо рассмотреть, как эти прямые образуются. Каждая уникальная прямая в пространстве определяется пересечением ровно двух плоскостей.

По условию задачи у нас есть $n$ плоскостей, и каждые две из них пересекаются. Чтобы получить максимальное количество различных прямых, мы должны потребовать, чтобы никакие три плоскости не пересекались по одной и той же прямой. В этом случае каждая пара плоскостей будет образовывать свою собственную, уникальную линию пересечения.

Таким образом, задача сводится к тому, чтобы посчитать, сколько различных пар плоскостей можно составить из $n$ данных плоскостей. Это является классической задачей комбинаторики о числе сочетаний.

Число сочетаний из $n$ элементов по 2 (то есть количество способов выбрать 2 элемента из $n$ без учета порядка) вычисляется по формуле:

$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!}$

Распишем эту формулу подробнее:

$C_n^2 = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!}{2 \cdot 1 \cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$

Это и есть максимальное количество прямых, которые могут образоваться при пересечении $n$ плоскостей, при условии, что никакие три плоскости не пересекаются по одной прямой.

Ответ: $\frac{n(n-1)}{2}$.

1.29. В треугольнике $ABC$ сторона $AC$ равна 30 см. Медианы $AM$ и $CN$ соответственно равны 39 см и 42 см. Найдите площадь треугольника $ABC$.

Пусть в треугольнике $ABC$ медианы $AM$ и $CN$ пересекаются в точке $O$.

По свойству медиан треугольника, они пересекаются в одной точке (центроиде) и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, мы можем найти длины отрезков $AO$ и $CO$:

$AO = \frac{2}{3} \cdot AM = \frac{2}{3} \cdot 39 = 2 \cdot 13 = 26$ см
$CO = \frac{2}{3} \cdot CN = \frac{2}{3} \cdot 42 = 2 \cdot 14 = 28$ см

Рассмотрим треугольник $AOC$. Мы знаем длины всех его трех сторон: $AO = 26$ см, $CO = 28$ см и, по условию задачи, $AC = 30$ см.

Площадь треугольника $AOC$ ($S_{AOC}$) можно найти по формуле Герона:
$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, где $p$ — полупериметр, а $a, b, c$ — стороны треугольника.

Сначала вычислим полупериметр треугольника $AOC$:
$p = \frac{AO + CO + AC}{2} = \frac{26 + 28 + 30}{2} = \frac{84}{2} = 42$ см

Теперь подставим значения в формулу Герона для вычисления площади $S_{AOC}$:
$S_{AOC} = \sqrt{42(42-26)(42-28)(42-30)}$
$S_{AOC} = \sqrt{42 \cdot 16 \cdot 14 \cdot 12}$
Разложим числа под корнем на множители для удобства извлечения корня:
$S_{AOC} = \sqrt{(6 \cdot 7) \cdot 16 \cdot (2 \cdot 7) \cdot (2 \cdot 6)} = \sqrt{6^2 \cdot 7^2 \cdot 16 \cdot 4} = \sqrt{6^2 \cdot 7^2 \cdot 4^2 \cdot 2^2}$
$S_{AOC} = 6 \cdot 7 \cdot 4 \cdot 2 = 42 \cdot 8 = 336$ см$^2$

Точка пересечения медиан делит треугольник на три треугольника равной площади: $S_{AOC} = S_{AOB} = S_{BOC}$. Следовательно, площадь всего треугольника $ABC$ равна утроенной площади треугольника $AOC$.
$S_{ABC} = 3 \cdot S_{AOC}$

$S_{ABC} = 3 \cdot 336 = 1008$ см$^2$

Ответ: 1008 см$^2$.

1.30. Диагональ $AC$ равнобокой трапеции $ABCD$ $(AB = CD)$ делит угол $BAD$ пополам (рис. 1.20). Точка $E$ — середина отрезка $AB$. Прямая, проходящая через точку $E$ параллельно основаниям трапеции, пересекает отрезок $AC$ в точке $K$, а отрезок $CD$ — в точке $F$. Найдите периметр трапеции $ABCD$, если $EK = 3$ см, $KF = 5$ см.

Рис. 1.20

Поскольку прямая, проходящая через точку E, параллельна основаниям трапеции ($EF \parallel AD$ и $EF \parallel BC$), а точка E является серединой боковой стороны AB, то отрезок EF является средней линией трапеции ABCD.

Рассмотрим треугольник ABC. Так как E — середина стороны AB и $EK \parallel BC$, то по теореме о средней линии треугольника, EK является средней линией треугольника ABC. Длина средней линии треугольника равна половине длины параллельной ей стороны. Следовательно:
$EK = \frac{1}{2} BC$
Подставляя известное значение $EK = 3$ см, находим длину основания BC:
$BC = 2 \cdot EK = 2 \cdot 3 = 6$ см.

По свойству средней линии трапеции, она пересекает диагонали в их серединах. Таким образом, точка K является серединой диагонали AC, а точка F является серединой боковой стороны CD. Рассмотрим треугольник ACD. Отрезок KF соединяет середины сторон AC и CD, следовательно, KF является средней линией треугольника ACD.
$KF = \frac{1}{2} AD$
Подставляя известное значение $KF = 5$ см, находим длину основания AD:
$AD = 2 \cdot KF = 2 \cdot 5 = 10$ см.

По условию, диагональ AC делит угол BAD пополам, то есть $\angle BAC = \angle CAD$.
Поскольку основания трапеции параллельны ($BC \parallel AD$), углы $\angle BCA$ и $\angle CAD$ являются накрест лежащими при секущей AC, а значит, они равны: $\angle BCA = \angle CAD$.
Из этих двух равенств следует, что $\angle BAC = \angle BCA$. Это означает, что треугольник ABC является равнобедренным с основанием AC. Следовательно, его боковые стороны равны: $AB = BC$.
Так как $BC = 6$ см, то и $AB = 6$ см.

Трапеция ABCD является равнобокой по условию ($AB = CD$), поэтому $CD = AB = 6$ см.

Теперь мы можем найти периметр трапеции, который равен сумме длин всех ее сторон:
$P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD$
$P_{ABCD} = 6 + 6 + 6 + 10 = 28$ см.

Ответ: 28 см.