Страница 18 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

2.22. Даны три попарно пересекающиеся плоскости. Две из трёх прямых пересечения этих плоскостей пересекаются в точке $A$. Докажите, что третья прямая проходит через точку $A$.

Пусть даны три попарно пересекающиеся плоскости $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Их попарное пересечение образует три прямые: прямую $l_1 = \alpha \cap \beta$, прямую $l_2 = \alpha \cap \gamma$ и прямую $l_3 = \beta \cap \gamma$.

Согласно условию задачи, две из этих прямых пересекаются в точке $A$. Без ограничения общности, предположим, что это прямые $l_1$ и $l_2$. Точка $A$ является точкой их пересечения, что означает, что точка $A$ принадлежит каждой из этих прямых: $A \in l_1$ и $A \in l_2$.

Рассмотрим, что это означает с точки зрения принадлежности плоскостям:

1. Поскольку точка $A$ лежит на прямой $l_1$ ($A \in l_1$), а прямая $l_1$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то точка $A$ принадлежит обеим этим плоскостям. Таким образом, $A \in \alpha$ и $A \in \beta$.

2. Аналогично, поскольку точка $A$ лежит на прямой $l_2$ ($A \in l_2$), а прямая $l_2$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\gamma$, то точка $A$ принадлежит обеим этим плоскостям. Таким образом, $A \in \alpha$ и $A \in \gamma$.

Объединяя эти два вывода, мы получаем, что точка $A$ является общей точкой для всех трех плоскостей: $A \in \alpha$, $A \in \beta$ и $A \in \gamma$.

Теперь рассмотрим третью прямую, $l_3$. По определению, эта прямая является линией пересечения плоскостей $\beta$ и $\gamma$ ($l_3 = \beta \cap \gamma$). Это значит, что прямая $l_3$ состоит из всех точек, которые принадлежат одновременно и плоскости $\beta$, и плоскости $\gamma$.

Поскольку мы уже установили, что точка $A$ принадлежит как плоскости $\beta$, так и плоскости $\gamma$, она по определению должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $l_3$.

Следовательно, третья прямая $l_3$ проходит через точку $A$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $A$, как точка пересечения двух прямых ($l_1 = \alpha \cap \beta$ и $l_2 = \alpha \cap \gamma$), принадлежит всем трем плоскостям ($\alpha$, $\beta$, $\gamma$). Третья прямая ($l_3 = \beta \cap \gamma$) является множеством всех общих точек плоскостей $\beta$ и $\gamma$. Так как точка $A$ принадлежит обеим этим плоскостям, она обязана принадлежать и третьей прямой.

2.23. В четырёхугольнике $ABCD$ стороны $AB$ и $CD$ непараллельны, $X$ — произвольная точка, не принадлежащая плоскости четырёхугольника. Докажите, что при любом выборе точки $X$ прямая пересечения плоскостей $XAB$ и $XCD$ проходит через некоторую фиксированную точку.

Пусть $\alpha$ — плоскость, в которой лежит четырёхугольник $ABCD$.

По условию задачи, стороны $AB$ и $CD$ четырёхугольника непараллельны. Так как прямые $AB$ и $CD$ лежат в одной плоскости $\alpha$ и непараллельны, они пересекаются в некоторой единственной точке. Обозначим эту точку через $P$. Таким образом, $P$ — это точка пересечения прямых $AB$ и $CD$.

Положение точки $P$ определяется исключительно положением прямых $AB$ и $CD$, которые, в свою очередь, заданы вершинами четырёхугольника. Следовательно, точка $P$ является фиксированной и не зависит от выбора точки $X$.

Рассмотрим плоскости $(XAB)$ и $(XCD)$.

Точка $X$ по условию является общей для обеих плоскостей, так как она входит в их определение. Значит, точка $X$ принадлежит прямой их пересечения.

Теперь рассмотрим точку $P$.

1. Поскольку точка $P$ лежит на прямой $AB$ ($P \in AB$), а вся прямая $AB$ принадлежит плоскости $(XAB)$, то и точка $P$ принадлежит плоскости $(XAB)$.

2. Аналогично, поскольку точка $P$ лежит на прямой $CD$ ($P \in CD$), а вся прямая $CD$ принадлежит плоскости $(XCD)$, то и точка $P$ принадлежит плоскости $(XCD)$.

Из этих двух пунктов следует, что точка $P$ принадлежит обеим плоскостям $(XAB)$ и $(XCD)$, а значит, она лежит на их прямой пересечения.

Мы нашли две точки, $X$ и $P$, которые лежат на прямой пересечения плоскостей $(XAB)$ и $(XCD)$. Так как по условию точка $X$ не принадлежит плоскости четырёхугольника ($\alpha$), а точка $P$ принадлежит этой плоскости, то точки $X$ и $P$ не совпадают ($X \neq P$). Следовательно, прямая пересечения этих плоскостей однозначно определяется как прямая, проходящая через точки $X$ и $P$, то есть прямая $XP$.

Поскольку эта прямая $XP$ при любом выборе точки $X$ проходит через точку $P$, а точка $P$ является фиксированной, то утверждение доказано. Прямая пересечения плоскостей $(XAB)$ и $(XCD)$ всегда проходит через фиксированную точку — точку пересечения прямых $AB$ и $CD$.

Ответ: Доказано, что прямая пересечения плоскостей $XAB$ и $XCD$ при любом выборе точки $X$ проходит через фиксированную точку, которой является точка пересечения прямых $AB$ и $CD$.

2.24. На рисунке 2.10 буквами $P$, $E$ и $Q$ обозначены точки пересечения прямых $MK$ и $BC$, $MN$ и $CA$, $KN$ и $AB$ соответственно. Верно ли, что плоскости $ABC$ и $MNK$ совпадают?

Рис. 2.10

Для ответа на данный вопрос проанализируем взаимное расположение плоскостей $ABC$ и $MNK$. Обозначим плоскость, содержащую треугольник $ABC$, как $\alpha$, а плоскость, содержащую треугольник $MNK$, как $\beta$.

По условию задачи, точка $P$ является точкой пересечения прямых $MK$ и $BC$. Это означает, что точка $P$ принадлежит как прямой $MK$, так и прямой $BC$.

• Поскольку точка $P$ лежит на прямой $BC$, а прямая $BC$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ (по определению плоскости $ABC$), то точка $P$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($P \in \alpha$).
• Поскольку точка $P$ лежит на прямой $MK$, а прямая $MK$ целиком лежит в плоскости $\beta$ (по определению плоскости $MNK$), то точка $P$ принадлежит плоскости $\beta$ ($P \in \beta$).

Таким образом, точка $P$ является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Аналогично рассмотрим точки $E$ и $Q$.

• Точка $E$ является точкой пересечения прямых $MN$ и $CA$ ($E = MN \cap CA$). Так как $E \in CA$ и $CA \subset \alpha$, то $E \in \alpha$. Так как $E \in MN$ и $MN \subset \beta$, то $E \in \beta$. Следовательно, точка $E$ также является общей для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.
• Точка $Q$ является точкой пересечения прямых $KN$ и $AB$ ($Q = KN \cap AB$). Так как $Q \in AB$ и $AB \subset \alpha$, то $Q \in \alpha$. Так как $Q \in KN$ и $KN \subset \beta$, то $Q \in \beta$. Следовательно, точка $Q$ также является общей для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Итак, мы установили, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ имеют три общие точки: $P, E$ и $Q$.

Из аксиом стереометрии известно, что если две плоскости имеют три общие точки, то возможны два случая:

1. Эти три точки не лежат на одной прямой. В этом случае они однозначно определяют плоскость, и, так как обе плоскости ($\alpha$ и $\beta$) проходят через эти три точки, они должны совпадать.
2. Эти три точки лежат на одной прямой. В этом случае плоскости могут быть различны, и их линией пересечения будет прямая, содержащая эти три точки.

Условия задачи не накладывают ограничений, которые бы исключали второй случай. Можно построить пространственную конфигурацию, в которой все условия задачи выполняются, но плоскости $\alpha$ и $\beta$ различны. Для этого достаточно взять две различные пересекающиеся плоскости, на их линии пересечения выбрать три точки $P, E, Q$, а затем в каждой из плоскостей построить по треугольнику ($ABC$ в одной и $MNK$ в другой) так, чтобы их соответственные стороны проходили через эти точки.

Поскольку существует контрпример, в котором условия задачи выполнены, а плоскости $ABC$ и $MNK$ не совпадают, общее утверждение "плоскости $ABC$ и $MNK$ совпадают" является неверным.

Ответ: Нет, неверно.

2.25. На стороне $BC$ параллелограмма $ABCD$ отметили точку $M$. Найдите площадь параллелограмма $ABCD$, если площадь треугольника $AMD$ равна $16 \text{ см}^2$.

Площадь параллелограмма $ABCD$ вычисляется по формуле произведения его основания на высоту. Примем сторону $AD$ за основание параллелограмма, а его высоту, проведенную к этому основанию, обозначим как $h$. Тогда площадь параллелограмма равна:

$S_{ABCD} = AD \cdot h$

Площадь треугольника $AMD$ вычисляется по формуле половины произведения его основания на высоту. Возьмем сторону $AD$ в качестве основания треугольника. Высота треугольника, проведенная из вершины $M$ к основанию $AD$, — это перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на прямую, содержащую сторону $AD$.

По определению параллелограмма, его противоположные стороны параллельны, то есть $BC \parallel AD$. Это означает, что расстояние между прямыми $BC$ и $AD$ постоянно и равно высоте параллелограмма $h$. Поскольку точка $M$ лежит на стороне $BC$, расстояние от точки $M$ до прямой $AD$ также равно $h$.

Следовательно, высота треугольника $AMD$, проведенная к основанию $AD$, совпадает с высотой параллелограмма $h$. Тогда площадь треугольника $AMD$ можно выразить как:

$S_{\triangle AMD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot h$

По условию задачи, $S_{\triangle AMD} = 16$ см². Подставим это значение в формулу:

$16 = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot h$

Отсюда можно найти произведение основания $AD$ на высоту $h$:

$AD \cdot h = 2 \cdot 16 = 32$ см²

Так как площадь параллелограмма $S_{ABCD} = AD \cdot h$, то площадь параллелограмма $ABCD$ равна 32 см².

Ответ: 32 см².

2.26. Отрезки $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E$, прямые $AD$ и $BC$ параллельны. Найдите отрезок $BE$, если $AE = 10$ см, $CE = 3$ см, $DE = 6$ см.

Рассмотрим треугольники, образовавшиеся при пересечении отрезков $AB$ и $CD$ и соединении их концов, — это $\triangle ADE$ и $\triangle BCE$.

1. Углы $\angle AED$ и $\angle BEC$ являются вертикальными, так как они образованы пересечением прямых $AB$ и $CD$. По свойству вертикальных углов, они равны:

$\angle AED = \angle BEC$

2. По условию, прямые $AD$ и $BC$ параллельны ($AD \parallel BC$). Прямая $AB$ является секущей для этих параллельных прямых. Углы $\angle DAE$ (или $\angle A$) и $\angle CBE$ (или $\angle B$) являются накрест лежащими. По свойству параллельных прямых, накрест лежащие углы равны:

$\angle DAE = \angle CBE$

3. Поскольку два угла треугольника $\triangle ADE$ (а именно $\angle AED$ и $\angle DAE$) соответственно равны двум углам треугольника $\triangle BCE$ (а именно $\angle BEC$ и $\angle CBE$), эти треугольники подобны по первому признаку подобия (по двум углам).

$\triangle ADE \sim \triangle BCE$

4. Из подобия треугольников следует, что их соответственные стороны пропорциональны:

$\frac{AE}{BE} = \frac{DE}{CE} = \frac{AD}{BC}$

5. Для нахождения длины отрезка $BE$ используем первую часть пропорции, подставив в нее известные значения: $AE = 10$ см, $CE = 3$ см, $DE = 6$ см.

$\frac{AE}{BE} = \frac{DE}{CE}$

$\frac{10}{BE} = \frac{6}{3}$

6. Решим полученное уравнение:

$\frac{10}{BE} = 2$

$BE = \frac{10}{2}$

$BE = 5$ см.

Ответ: 5 см.