Страница 172 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

15.16. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, точка $B$ — в плоскости $\beta$. Точка $A$ удалена от линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$ на 5 см, а точка $B$ — на $5\sqrt{2}$ см. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$, если угол между прямой $AB$ и плоскостью $\beta$ равен $30^\circ$.

Пусть $l$ — линия пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$.Поскольку точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, расстояние от нее до линии $l$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $l$. Обозначим основание этого перпендикуляра как $H$. Тогда $AH \perp l$, $AH = 5$ см, и отрезок $AH$ целиком лежит в плоскости $\alpha$.Аналогично, для точки $B$ в плоскости $\beta$ опустим перпендикуляр на прямую $l$. Обозначим его основание как $K$. Тогда $BK \perp l$, $BK = 5\sqrt{2}$ см, и отрезок $BK$ целиком лежит в плоскости $\beta$.

Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то прямая, лежащая в одной из плоскостей и перпендикулярная их линии пересечения, будет перпендикулярна и другой плоскости.Следовательно, $AH$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($AH \perp \beta$), а $BK$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($BK \perp \alpha$).Это означает, что $AH$ — это расстояние от точки $A$ до плоскости $\beta$, а $BK$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на эту плоскость.По условию, угол между прямой $AB$ и плоскостью $\beta$ равен $30°$. Проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\beta$ является отрезок $HB$ (так как $H$ — проекция точки $A$ на плоскость $\beta$, а точка $B$ лежит в плоскости $\beta$). Таким образом, угол между прямой $AB$ и плоскостью $\beta$ — это $\angle ABH = 30°$.Рассмотрим треугольник $\triangle AHB$. Поскольку $AH \perp \beta$, то $AH \perp HB$, следовательно, $\triangle AHB$ — прямоугольный.Из соотношений в прямоугольном треугольнике:$\sin(\angle ABH) = \frac{AH}{AB}$$\sin(30°) = \frac{5}{AB}$$\frac{1}{2} = \frac{5}{AB}$Отсюда находим длину отрезка $AB$:$AB = 2 \cdot 5 = 10$ см.

Теперь найдем искомый угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$. Обозначим его $\phi$.Проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AK$ (так как $K$ — проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$, а точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$). Искомый угол $\phi$ — это $\angle BAK$.Рассмотрим треугольник $\triangle BKA$. Поскольку $BK \perp \alpha$, то $BK \perp AK$, следовательно, $\triangle BKA$ — прямоугольный.Из соотношений в прямоугольном треугольнике:$\sin(\phi) = \sin(\angle BAK) = \frac{BK}{AB}$Подставим известные значения $BK = 5\sqrt{2}$ см и $AB = 10$ см:$\sin(\phi) = \frac{5\sqrt{2}}{10} = \frac{\sqrt{2}}{2}$Угол в прямоугольном треугольнике, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это $45°$.Следовательно, $\phi = 45°$.

Ответ: $45°$.

15.17. Концы отрезка длиной 6 см принадлежат двум перпендикулярным плоскостям, а расстояния от концов отрезка до линии пересечения плоскостей равны 3 см и $3\sqrt{3}$ см. Найдите углы, которые образует этот отрезок с данными плоскостями.

Пусть даны две перпендикулярные плоскости $\alpha$ и $\beta$. Пусть $l$ — линия их пересечения. Обозначим заданный отрезок как $AB$, где его концы $A$ и $B$ лежат на плоскостях $\alpha$ и $\beta$ соответственно ($A \in \alpha$, $B \in \beta$). По условию, длина отрезка $|AB| = 6$ см.

Расстояние от конца отрезка до линии пересечения — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую $l$. Пусть $A_p$ — основание перпендикуляра из точки $A$ на прямую $l$, а $B_p$ — основание перпендикуляра из точки $B$ на прямую $l$. Тогда по условию $|AA_p| = 3$ см и $|BB_p| = 3\sqrt{3}$ см.

Рассмотрим пространственную фигуру, образованную отрезками $AB$, $AA_p$, $BB_p$ и $A_pB_p$. Квадрат длины отрезка $AB$ можно найти через длины его проекций на три взаимно перпендикулярные направления. В данном случае это отрезки $AA_p$, $BB_p$ и $A_pB_p$. Связь между ними выражается формулой:$|AB|^2 = |AA_p|^2 + |BB_p|^2 + |A_pB_p|^2$Подставим известные значения в эту формулу:$6^2 = 3^2 + (3\sqrt{3})^2 + |A_pB_p|^2$$36 = 9 + 27 + |A_pB_p|^2$$36 = 36 + |A_pB_p|^2$Отсюда следует, что $|A_pB_p|^2 = 0$, то есть $|A_pB_p| = 0$.

Это означает, что точки $A_p$ и $B_p$ совпадают. Обозначим эту общую точку через $C$. Таким образом, из точек $A$ и $B$ опущены перпендикуляры на линию пересечения $l$ в одну и ту же точку $C$.Поскольку $AC \subset \alpha$, $BC \subset \beta$ и плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то угол между отрезками $AC$ и $BC$ является прямым, то есть $\angle ACB = 90^\circ$.Следовательно, треугольник $ACB$ является прямоугольным с катетами $|AC| = 3$ см, $|BC| = 3\sqrt{3}$ см и гипотенузой $|AB|=6$ см.

Угол, который отрезок образует с плоскостью, — это угол между самим отрезком и его проекцией на эту плоскость.

Найдем угол $\phi_\alpha$, который отрезок $AB$ образует с плоскостью $\alpha$. Для этого нужно спроецировать отрезок $AB$ на плоскость $\alpha$. Точка $A$ уже лежит в плоскости $\alpha$. Так как $BC$ лежит в плоскости $\beta$ и перпендикулярен линии пересечения $l$, а плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то отрезок $BC$ перпендикулярен всей плоскости $\alpha$. Следовательно, точка $C$ является проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$.Таким образом, проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AC$. Искомый угол $\phi_\alpha$ — это угол $\angle BAC$ в прямоугольном треугольнике $ACB$.Найдем синус этого угла:$\sin(\phi_\alpha) = \sin(\angle BAC) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{|BC|}{|AB|} = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$Отсюда, $\phi_\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 60^\circ$.

Теперь найдем угол $\phi_\beta$, который отрезок $AB$ образует с плоскостью $\beta$. Аналогично, проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\beta$ является отрезок $BC$ (поскольку $AC \perp \beta$). Искомый угол $\phi_\beta$ — это угол $\angle ABC$ в том же прямоугольном треугольнике $ACB$.Найдем синус этого угла:$\sin(\phi_\beta) = \sin(\angle ABC) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{|AC|}{|AB|} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$Отсюда, $\phi_\beta = \arcsin(\frac{1}{2}) = 30^\circ$.

Ответ: $60^\circ$ и $30^\circ$.

15.18. Плоскости трапеций $ABCD$ и $AEFD$ с общим основанием $AD$ перпендикулярны, $\angle BAD = \angle EAD = 90^\circ, \angle ADC = \angle ADF = 60^\circ, CD = 4$ см, $DF = 8$ см. Найдите расстояние между:

1) прямыми $BC$ и $EF$;

2) точками $C$ и $F$.

1) Найдите расстояние между прямыми BC и EF

По условию, $ABCD$ и $AEFD$ – трапеции с общим основанием $AD$. Следовательно, их вторые основания параллельны общему, то есть $BC \parallel AD$ и $EF \parallel AD$. Из этого следует, что $BC \parallel EF$. Расстояние между двумя параллельными прямыми – это длина их общего перпендикуляра.

Из условия $\angle BAD = 90^\circ$ и $\angle EAD = 90^\circ$, следует, что боковые стороны $AB$ и $AE$ перпендикулярны основанию $AD$. Так как плоскости трапеций $(ABC)$ и $(AEF)$ перпендикулярны, а прямые $AB$ и $AE$ лежат в этих плоскостях и обе перпендикулярны линии их пересечения $AD$, то угол между этими прямыми равен $90^\circ$. Таким образом, $\angle BAE = 90^\circ$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через точку $A$ перпендикулярно прямой $AD$. Эта плоскость содержит прямые $AB$ и $AE$. Так как $BC \parallel AD$ и $EF \parallel AD$, эта плоскость будет перпендикулярна и прямым $BC$ и $EF$. Прямая $BC$ пересекает эту плоскость в точке $B$, а прямая $EF$ – в точке $E$. Следовательно, расстояние между прямыми $BC$ и $EF$ равно длине отрезка $BE$.

Найдем длины катетов $AB$ и $AE$ прямоугольного треугольника $ABE$.

В трапеции $ABCD$ опустим высоту $CH_C$ из точки $C$ на основание $AD$. Тогда $CH_C = AB$. В прямоугольном треугольнике $CDH_C$ катет $CH_C$ противолежит углу $\angle CDH_C = \angle ADC = 60^\circ$.
$AB = CH_C = CD \cdot \sin(60^\circ) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см.

Аналогично в трапеции $AEFD$ опустим высоту $FH_F$ из точки $F$ на основание $AD$. Тогда $FH_F = AE$. В прямоугольном треугольнике $FDH_F$ катет $FH_F$ противолежит углу $\angle FDH_F = \angle ADF = 60^\circ$.
$AE = FH_F = DF \cdot \sin(60^\circ) = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем длину гипотенузы $BE$ в прямоугольном треугольнике $ABE$ по теореме Пифагора:
$BE^2 = AB^2 + AE^2 = (2\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3})^2 = 4 \cdot 3 + 16 \cdot 3 = 12 + 48 = 60$.
$BE = \sqrt{60} = \sqrt{4 \cdot 15} = 2\sqrt{15}$ см.

Ответ: $2\sqrt{15}$ см.

2) Найдите расстояние между точками C и F

Для нахождения расстояния между точками $C$ и $F$ введем декартову систему координат. Пусть точка $A$ будет началом координат $(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль прямой $AD$, ось $Oy$ вдоль прямой $AB$ и ось $Oz$ вдоль прямой $AE$. Так как $\angle BAD = \angle EAD = \angle BAE = 90^\circ$, оси $Ox, Oy, Oz$ взаимно перпендикулярны.

Длины отрезков $AB$ и $AE$ были найдены в предыдущем пункте: $AB = 2\sqrt{3}$ см, $AE = 4\sqrt{3}$ см. Обозначим длину основания $AD$ как $d$.

Найдем координаты точек $C$ и $F$.
Точка $C$ лежит в плоскости $Oxy$ (плоскость трапеции $ABCD$) и ее аппликата $z_C=0$. Так как $BC \parallel AD$, ордината точки $C$ равна ординате точки $B$: $y_C = AB = 2\sqrt{3}$.
Для нахождения абсциссы $x_C$ рассмотрим проекцию $H_C$ точки $C$ на ось $Ox$ (прямую $AD$). В прямоугольном треугольнике $CDH_C$, катет $DH_C = CD \cdot \cos(60^\circ) = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$. Тогда абсцисса точки $H_C$ равна $d - 2$. Это и есть абсцисса точки $C$.
Таким образом, координаты точки $C$: $(d-2, 2\sqrt{3}, 0)$.

Точка $F$ лежит в плоскости $Oxz$ (плоскость трапеции $AEFD$) и ее ордината $y_F=0$. Так как $EF \parallel AD$, аппликата точки $F$ равна аппликате точки $E$: $z_F = AE = 4\sqrt{3}$.
Для нахождения абсциссы $x_F$ рассмотрим проекцию $H_F$ точки $F$ на ось $Ox$ (прямую $AD$). В прямоугольном треугольнике $FDH_F$, катет $DH_F = DF \cdot \cos(60^\circ) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$. Тогда абсцисса точки $H_F$ равна $d - 4$. Это и есть абсцисса точки $F$.
Таким образом, координаты точки $F$: $(d-4, 0, 4\sqrt{3})$.

Теперь найдем расстояние между точками $C$ и $F$ по формуле расстояния между двумя точками в пространстве:
$CF = \sqrt{(x_F-x_C)^2 + (y_F-y_C)^2 + (z_F-z_C)^2}$
$CF = \sqrt{((d-4)-(d-2))^2 + (0-2\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3}-0)^2}$
$CF = \sqrt{(-2)^2 + (-2\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3})^2}$
$CF = \sqrt{4 + 4 \cdot 3 + 16 \cdot 3} = \sqrt{4 + 12 + 48} = \sqrt{64} = 8$ см.

Ответ: $8$ см.

15.19. Плоскости квадрата $ABCD$ и прямоугольника $AEFD$ перпендикулярны. Найдите расстояние между прямыми $BC$ и $EF$, если площадь квадрата равна $25 \text{ см}^2$, а площадь прямоугольника — $60 \text{ см}^2$.

Сначала найдем стороны квадрата $ABCD$ и прямоугольника $AEFD$ из их площадей.

Площадь квадрата $ABCD$ равна $S_{ABCD} = 25 \, \text{см}^2$. Так как площадь квадрата равна квадрату его стороны, то длина стороны квадрата составляет $AD = \sqrt{25} = 5 \, \text{см}$. Следовательно, все стороны квадрата равны 5 см: $AB = BC = CD = DA = 5 \, \text{см}$.

Площадь прямоугольника $AEFD$ равна $S_{AEFD} = 60 \, \text{см}^2$. Прямоугольник и квадрат имеют общую сторону $AD = 5 \, \text{см}$. Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон, поэтому $S_{AEFD} = AD \cdot AE$. Отсюда находим длину стороны $AE$:
$AE = \frac{S_{AEFD}}{AD} = \frac{60}{5} = 12 \, \text{см}$.

Теперь определим взаимное расположение прямых $BC$ и $EF$. В квадрате $ABCD$ стороны параллельны, значит $BC \parallel AD$. В прямоугольнике $AEFD$ стороны также параллельны, значит $EF \parallel AD$. Поскольку обе прямые, $BC$ и $EF$, параллельны одной и той же прямой $AD$, они параллельны между собой: $BC \parallel EF$.

Расстояние между параллельными прямыми — это длина их общего перпендикуляра. Найдем это расстояние как длину отрезка $BE$. Для этого докажем, что $BE$ перпендикулярен прямой $EF$.

По условию, плоскости $(ABCD)$ и $(AEFD)$ перпендикулярны. Их общая линия пересечения — прямая $AD$. Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABCD)$ и перпендикулярна линии пересечения $AD$ (так как $ABCD$ — квадрат, $\angle DAB = 90^\circ$). По свойству перпендикулярных плоскостей, прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $(AEFD)$.

Из того, что $AB \perp (AEFD)$, следует, что $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $AB \perp AE$, что означает, что треугольник $ABE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$.

Рассмотрим прямую $EF$. Она перпендикулярна прямой $AE$ (так как $AEFD$ — прямоугольник). Также прямая $EF$ перпендикулярна прямой $AB$ (так как $EF$ лежит в плоскости $(AEFD)$, а $AB$ перпендикулярна этой плоскости). Поскольку прямая $EF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AE$ и $AB$) плоскости $(ABE)$, она перпендикулярна и самой плоскости $(ABE)$. Следовательно, $EF$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $BE$.

Так как $BE \perp EF$, то длина отрезка $BE$ и есть расстояние от точки $B$ до прямой $EF$. Поскольку прямые $BC$ и $EF$ параллельны, это и есть искомое расстояние между ними.

Вычислим длину гипотенузы $BE$ в прямоугольном треугольнике $ABE$ по теореме Пифагора: $BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13 \, \text{см}$.

Ответ: 13 см.

15.20. Докажите, что если плоскость и не лежащая в ней прямая перпендикулярны некоторой плоскости, то данные плоскость и прямая параллельны.

Пусть даны плоскость $\alpha$, прямая $a$, не лежащая в плоскости $\alpha$, и плоскость $\beta$.

Дано:
$\alpha$ — плоскость,
$a$ — прямая,
$a \not\subset \alpha$,
$\alpha \perp \beta$,
$a \perp \beta$.

Доказать:
$a \parallel \alpha$.

Доказательство:

Так как плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($\alpha \perp \beta$), то по определению перпендикулярных плоскостей (или по соответствующей теореме) в плоскости $\alpha$ существует прямая, назовем ее $b$, которая перпендикулярна плоскости $\beta$. Таким образом, мы имеем: $b \subset \alpha$ и $b \perp \beta$.

По условию задачи, прямая $a$ также перпендикулярна плоскости $\beta$ ($a \perp \beta$).

Таким образом, мы имеем две прямые, $a$ и $b$, которые обе перпендикулярны одной и той же плоскости $\beta$. Согласно теореме о двух прямых, перпендикулярных одной плоскости, эти прямые параллельны друг другу. Следовательно, $a \parallel b$.

Теперь воспользуемся признаком параллельности прямой и плоскости: если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.

Мы установили, что прямая $a$ параллельна прямой $b$ ($a \parallel b$), при этом прямая $b$ лежит в плоскости $\alpha$ ($b \subset \alpha$), а прямая $a$ по условию не лежит в плоскости $\alpha$ ($a \not\subset \alpha$). Из этого следует, что прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: утверждение доказано.

15.21. Докажите, что если плоскость перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой плоскости.

Пусть даны две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$, то есть $\alpha \parallel \beta$. Также дана плоскость $\gamma$, которая перпендикулярна плоскости $\alpha$, то есть $\gamma \perp \alpha$. Требуется доказать, что плоскость $\gamma$ перпендикулярна и плоскости $\beta$, то есть $\gamma \perp \beta$.

Для доказательства воспользуемся определением и признаком перпендикулярности плоскостей, а также свойством прямой, перпендикулярной параллельным плоскостям.

Поскольку плоскость $\gamma$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ по условию, то (по определению перпендикулярности плоскостей или соответствующей теореме) в плоскости $\gamma$ найдется прямая $a$, перпендикулярная плоскости $\alpha$. Итак, мы имеем прямую $a$ такую, что $a \subset \gamma$ и $a \perp \alpha$.

Далее, нам известно, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$). Согласно теореме о прямой, перпендикулярной одной из параллельных плоскостей: если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой. Так как $a \perp \alpha$ и $\alpha \parallel \beta$, то отсюда следует, что прямая $a$ перпендикулярна и плоскости $\beta$ ($a \perp \beta$).

Теперь мы установили, что плоскость $\gamma$ содержит прямую $a$ ($a \subset \gamma$), которая перпендикулярна плоскости $\beta$. Воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.

Таким образом, поскольку плоскость $\gamma$ проходит через прямую $a$, перпендикулярную плоскости $\beta$, мы заключаем, что $\gamma \perp \beta$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

15.22. Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через прямую $AA_1$ и перпендикулярной плоскости $BDD_1$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $ \alpha $. По условию, плоскость $ \alpha $ должна проходить через прямую $ AA_1 $ и быть перпендикулярной плоскости $ BDD_1 $.

Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Наша задача — найти такую прямую, которая будет лежать в искомой плоскости $ \alpha $ и будет перпендикулярна плоскости $ BDD_1 $.

Рассмотрим диагональ основания куба $ AC $. Основание $ ABCD $ является квадратом, поэтому его диагонали взаимно перпендикулярны: $ AC \perp BD $.

Ребро куба $ DD_1 $ перпендикулярно плоскости основания $ ABCD $, а значит, оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $ DD_1 \perp AC $.

Поскольку прямая $ AC $ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($ BD $ и $ DD_1 $) плоскости $ BDD_1 $, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $ AC $ перпендикулярна плоскости $ BDD_1 $. То есть, $ AC \perp (BDD_1) $.

Искомая плоскость сечения $ \alpha $ должна проходить через прямую $ AA_1 $ (а значит, и через точку $ A $) и быть перпендикулярной плоскости $ BDD_1 $. Так как мы нашли прямую $ AC $, которая проходит через точку $ A $ и перпендикулярна плоскости $ BDD_1 $, то искомая плоскость $ \alpha $ должна содержать эту прямую.

Таким образом, плоскость сечения $ \alpha $ определяется двумя пересекающимися прямыми $ AA_1 $ и $ AC $. Эта плоскость проходит через точки $ A, A_1, C $. Так как $ AA_1 \parallel CC_1 $ и $ AC \parallel A_1C_1 $, то плоскость $ \alpha $ также проходит через точку $ C_1 $. Следовательно, искомым сечением является четырёхугольник, образованный пересечением плоскости $ (ACC_1) $ с гранями куба. Этим сечением является диагональное сечение $ ACC_1A_1 $.

Для построения сечения достаточно соединить последовательно точки $ A, C, C_1, A_1 $. Полученный четырёхугольник $ ACC_1A_1 $ и будет искомым сечением. Он является прямоугольником, так как ребро $AA_1$ перпендикулярно основанию, а значит и диагонали $AC$.

Ответ: Искомое сечение – диагональный прямоугольник $ ACC_1A_1 $.

15.23. Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через прямую $AD$ и перпендикулярной плоскости $A_1BC$.

Пусть искомая плоскость сечения называется $\alpha$. По условию задачи, плоскость $\alpha$ должна удовлетворять двум требованиям:

1. Она проходит через прямую $AD$.
2. Она перпендикулярна плоскости $(A_1BC_1)$.

Для решения задачи воспользуемся признаком перпендикулярности двух плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Таким образом, наша задача сводится к нахождению прямой, перпендикулярной плоскости $(A_1BC_1)$, и построению сечения через эту прямую (или параллельно ей) и прямую $AD$.

1. Нахождение прямой, перпендикулярной плоскости $(A_1BC_1)$

В качестве такой прямой рассмотрим главную диагональ куба $B_1D$. Докажем, что прямая $B_1D$ перпендикулярна плоскости $(A_1BC_1)$. Для этого достаточно показать, что $B_1D$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости, например, прямым $A_1B$ и $BC_1$.

• Докажем, что $B_1D \perp A_1B$. Рассмотрим проекцию прямой $B_1D$ на плоскость грани $(ABB_1A_1)$. Проекцией точки $D$ на эту плоскость является точка $A$. Проекцией точки $B_1$ является сама точка $B_1$. Следовательно, проекцией прямой $B_1D$ на плоскость $(ABB_1A_1)$ является прямая $B_1A$. В квадрате $ABB_1A_1$ диагонали $B_1A$ и $A_1B$ перпендикулярны. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной на плоскость перпендикулярна прямой в этой плоскости, то и сама наклонная перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $B_1D \perp A_1B$.

• Докажем, что $B_1D \perp BC_1$. Аналогично, рассмотрим проекцию прямой $B_1D$ на плоскость грани $(BCC_1B_1)$. Проекцией точки $D$ на эту плоскость является точка $C$. Проекцией точки $B_1$ является сама точка $B_1$. Следовательно, проекцией прямой $B_1D$ на плоскость $(BCC_1B_1)$ является прямая $B_1C$. В квадрате $BCC_1B_1$ диагонали $B_1C$ и $BC_1$ перпендикулярны. По теореме о трех перпендикулярах, $B_1D \perp BC_1$.

Поскольку прямая $B_1D$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $A_1B$ и $BC_1$ в плоскости $(A_1BC_1)$, то $B_1D \perp (A_1BC_1)$.

2. Построение искомого сечения

Искомая плоскость $\alpha$ должна проходить через прямую $AD$ и быть перпендикулярной плоскости $(A_1BC_1)$. Из пункта 1 следует, что для выполнения условия перпендикулярности плоскость $\alpha$ должна быть параллельна прямой $B_1D$ (или содержать ее).

Плоскость, проходящая через прямую $AD$ и параллельная скрещивающейся с ней прямой $B_1D$, определяется следующим образом: через любую точку прямой $AD$ (например, $D$) проводим прямую, параллельную $B_1D$. В нашем случае это и есть сама прямая $B_1D$. Таким образом, искомая плоскость $\alpha$ определяется двумя пересекающимися в точке $D$ прямыми: $AD$ и $B_1D$. Эта плоскость также проходит через точки $A$, $D$ и $B_1$.

Теперь построим сечение куба этой плоскостью:

1. По условию, прямая $AD$ лежит в плоскости сечения. Значит, отрезок $AD$ является одной из сторон многоугольника в сечении. Этот отрезок является пересечением плоскости $\alpha$ с нижней гранью $(ABCD)$.

2. Так как верхняя грань $(A_1B_1C_1D_1)$ параллельна нижней грани $(ABCD)$, плоскость $\alpha$ пересекает ее по прямой, параллельной $AD$. Мы знаем, что точка $B_1$ принадлежит плоскости $\alpha$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой, проходящей через $B_1$ и параллельной $AD$. В кубе ребру $AD$ параллельно ребро $B_1C_1$. Значит, отрезок $B_1C_1$ также является стороной сечения.

3. Мы получили четыре вершины сечения: $A, D, C_1, B_1$. Соединив их последовательно, получаем четырехугольник $ADC_1B_1$. Его сторонами являются отрезки $AD$, $DC_1$, $C_1B_1$ и $B_1A$.

4. Определим вид четырехугольника $ADC_1B_1$. Стороны $AD$ и $B_1C_1$ являются параллельными ребрами куба, поэтому они равны и параллельны. Следовательно, $ADC_1B_1$ — параллелограмм. Ребро $AD$ перпендикулярно грани $(ABB_1A_1)$, а значит, и любой прямой в этой грани, в том числе и диагонали $AB_1$. Таким образом, угол $\angle DAB_1 = 90^\circ$. Параллелограмм с прямым углом является прямоугольником.

Ответ: Искомое сечение — это прямоугольник $ADC_1B_1$.

15.24. Точка $M$ — середина ребра $A_1B_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через прямую $AD$ и точку $M$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$.

3) Найдите площадь сечения, если $AD = 10$ см, $AB = 8$ см, $AA_1 = 6$ см.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через прямую $AD$ и точку $M$.

Назовем секущую плоскость $\alpha$. По условию, прямая $AD$ и точка $M$ принадлежат плоскости $\alpha$. Так как точки $A$ и $D$ принадлежат плоскости $\alpha$, то и вся прямая $AD$ лежит в этой плоскости. Отрезок $AD$ является одной из сторон сечения. Плоскости оснований параллелепипеда $(ABCD)$ и $(A_1B_1C_1D_1)$ параллельны. Секущая плоскость $\alpha$ пересекает эти параллельные плоскости по параллельным прямым. Плоскость $\alpha$ пересекает нижнее основание $(ABCD)$ по прямой $AD$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает верхнее основание $(A_1B_1C_1D_1)$ по прямой, проходящей через точку $M$ и параллельной прямой $AD$.

Поскольку $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, то ребра $AD$ и $A_1D_1$ параллельны. Значит, в плоскости верхнего основания нужно провести прямую через точку $M$ параллельно $A_1D_1$. Пусть эта прямая пересекает ребро $C_1D_1$ в точке $N$. Соединив последовательно точки $A$, $M$, $N$ и $D$, получим искомое сечение — четырехугольник $AMND$.

Так как $MN \parallel A_1D_1$, $A_1M \parallel D_1N$ (поскольку $A_1B_1 \parallel D_1C_1$) и $\angle MA_1D_1 = 90^\circ$, то четырехугольник $A_1MND_1$ является прямоугольником. Из этого следует, что $A_1M = D_1N$. По условию $M$ — середина $A_1B_1$, значит $A_1M = \frac{1}{2} A_1B_1$. Следовательно, $D_1N = \frac{1}{2} A_1B_1 = \frac{1}{2} D_1C_1$, то есть точка $N$ — середина ребра $D_1C_1$.

Построение:
1. Соединить точки $A$ и $D$.
2. Найти точку $N$ — середину ребра $C_1D_1$.
3. Соединить точки $M$ и $N$.
4. Соединить точки $A$ и $M$, $D$ и $N$.
Четырехугольник $AMND$ — искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $AMND$, где $N$ — середина ребра $C_1D_1$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$.

Плоскость сечения — это плоскость $(AMN)$. Плоскость боковой грани — $(CC_1D_1D)$. Для доказательства перпендикулярности двух плоскостей достаточно доказать, что одна из плоскостей содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости. Докажем, что прямая $AD$, лежащая в плоскости сечения, перпендикулярна плоскости $(CC_1D_1D)$.

По определению прямоугольного параллелепипеда, его основание $ABCD$ — прямоугольник, а боковые ребра перпендикулярны основанию. 1. Так как $ABCD$ — прямоугольник, то $AD \perp CD$.
2. Так как ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABCD)$, то оно перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $DD_1 \perp AD$.

Прямые $CD$ и $DD_1$ лежат в плоскости $(CC_1D_1D)$ и пересекаются в точке $D$. Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($CD$ и $DD_1$) в плоскости $(CC_1D_1D)$, то прямая $AD$ перпендикулярна самой плоскости $(CC_1D_1D)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Так как плоскость сечения $(AMND)$ содержит прямую $AD$, которая перпендикулярна плоскости $(CC_1D_1D)$, то по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость $(AMND)$ перпендикулярна плоскости $(CC_1D_1D)$.

Ответ: Доказано, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $CC_1D_1$.

3) Найдите площадь сечения, если $AD = 10$ см, $AB = 8$ см, $AA_1 = 6$ см.

Сечением является четырехугольник $AMND$. Как было показано при построении, $MN \parallel AD$. Значит, $AMND$ — трапеция. Определим вид этой трапеции.

Ребро $AD$ перпендикулярно грани $(ABB_1A_1)$, так как $AD \perp AB$ (потому что $ABCD$ — прямоугольник) и $AD \perp AA_1$ (потому что $ADD_1A_1$ — прямоугольник). Поскольку $AD \perp (ABB_1A_1)$, то $AD$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $A$. Прямая $AM$ лежит в плоскости $(ABB_1A_1)$ и проходит через точку $A$. Следовательно, $AD \perp AM$, то есть $\angle DAM = 90^\circ$.

Поскольку $MN \parallel AD$ и $\angle DAM = 90^\circ$, то $AMND$ является прямоугольной трапецией. Кроме того, $MN = A_1D_1$ (из прямоугольника $A_1MND_1$), а $A_1D_1 = AD$ (противоположные стороны параллелепипеда). Значит, $MN = AD = 10$ см. Трапеция, у которой основания равны, является параллелограммом. А параллелограмм с прямым углом ($\angle DAM = 90^\circ$) является прямоугольником. Таким образом, сечение $AMND$ — это прямоугольник.

Площадь прямоугольника $AMND$ равна произведению его смежных сторон: $S_{AMND} = AD \cdot AM$. Длина стороны $AD$ дана: $AD = 10$ см. Найдем длину стороны $AM$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_1M$ (угол $\angle A_1$ прямой, так как грань $ABB_1A_1$ — прямоугольник). Катет $AA_1 = 6$ см (по условию). Точка $M$ — середина ребра $A_1B_1$. Длина $A_1B_1 = AB = 8$ см. Следовательно, катет $A_1M = \frac{1}{2} A_1B_1 = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

По теореме Пифагора для $\triangle AA_1M$: $AM^2 = AA_1^2 + A_1M^2 = 6^2 + 4^2 = 36 + 16 = 52$ $AM = \sqrt{52} = \sqrt{4 \cdot 13} = 2\sqrt{13}$ см.

Теперь вычислим площадь сечения: $S_{AMND} = AD \cdot AM = 10 \cdot 2\sqrt{13} = 20\sqrt{13}$ см$^2$.

Ответ: $20\sqrt{13}$ см$^2$.

15.25. Точки $E, F$ и $M$ — середины соответственно рёбер $BC, B_1C_1$ и $C_1D_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью $EFM$.

2) Докажите, что плоскость сечения перпендикулярна плоскости $ABC$.

3) Найдите площадь сечения, если $AD = 8$ см, $AA_1 = 12$ см, $AB = 6$ см.

1)

Построение сечения выполняется следующим образом:
1. Соединяем точки $F$ и $M$, так как они обе лежат в плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Отрезок $FM$ — след сечения на верхней грани.
2. Соединяем точки $E$ и $F$, так как они обе лежат в плоскости боковой грани $BCC_1B_1$. Отрезок $EF$ — след сечения на правой грани.
3. Плоскости оснований $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Следовательно, секущая плоскость $EFM$ пересекает их по параллельным прямым. Проведём в плоскости нижнего основания через точку $E$ прямую, параллельную $FM$. Эта прямая пересечет ребро $CD$ в некоторой точке $K$. Отрезок $EK$ — след сечения на нижней грани.
4. Соединим точки $M$ и $K$, так как они обе лежат в плоскости задней грани $CDD_1C_1$. Отрезок $MK$ — след сечения на задней грани.
В результате получаем искомое сечение — четырехугольник $EFKM$.

Ответ: Искомое сечение – четырехугольник $EFKM$, где $K$ – точка на ребре $CD$, такая, что $EK || FM$.

2)

1. Рассмотрим боковую грань $BCC_1B_1$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, эта грань является прямоугольником.
2. Точка $E$ — середина $BC$, а точка $F$ — середина $B_1C_1$. Отрезок $EF$ соединяет середины противоположных сторон прямоугольника $BCC_1B_1$. Следовательно, $EF$ параллелен боковым ребрам $BB_1$ и $CC_1$.
3. В прямоугольном параллелепипеде боковые ребра перпендикулярны плоскостям оснований. Значит, $BB_1 \perp (ABC)$.
4. Так как $EF || BB_1$ и $BB_1 \perp (ABC)$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $EF$ также перпендикулярна плоскости $(ABC)$.
5. Прямая $EF$ принадлежит плоскости сечения $(EFM)$.
6. Согласно признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.
Следовательно, плоскость сечения $(EFM)$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

3)

1. Найдем форму сечения $EFKM$. Как мы доказали в пункте 2, прямая $EF \perp (ABC)$. Так как $EK$ лежит в плоскости $(ABC)$, то $EF \perp EK$. Аналогично, $EF \perp (A_1B_1C_1D_1)$, а так как $FM$ лежит в этой плоскости, то $EF \perp FM$. Поскольку в четырехугольнике $EFKM$ есть прямые углы (например, $\angle EFM$), и мы знаем, что $EK || FM$, то $EFKM$ — прямоугольник.
2. Найдем длины сторон этого прямоугольника, $EF$ и $FM$.
3. Длина $EF$ равна длине бокового ребра, так как $EF || BB_1$. По условию $AA_1 = 12$ см, значит $EF = AA_1 = 12$ см.
4. Для нахождения длины $FM$ рассмотрим верхнюю грань $A_1B_1C_1D_1$, которая является прямоугольником. Рассмотрим прямоугольный треугольник $FC_1M$.
Катеты этого треугольника:
$C_1F = \frac{1}{2} B_1C_1 = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.
$C_1M = \frac{1}{2} C_1D_1 = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см.
По теореме Пифагора:
$FM = \sqrt{C_1F^2 + C_1M^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.
5. Теперь найдем площадь сечения, которое является прямоугольником $EFKM$:
$S_{EFKM} = EF \cdot FM = 12 \cdot 5 = 60$ см².

Ответ: 60 см².