Страница 47 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

4.33. На рёбрах $AB$, $AC$ и $BB_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили соответственно точки $M, N$ и $K$ (рис. 4.24). Постройте прямую, проходящую через точку $N$ и пересекающую прямые $CK$ и $MC_1$.

Рис. 4.24

Искомая прямая, назовем ее $l$, должна проходить через точку $N$ и пересекать прямые $CK$ и $MC_1$. Такая прямая является линией пересечения двух плоскостей: плоскости $\alpha$, проходящей через точку $N$ и прямую $CK$, и плоскости $\beta$, проходящей через точку $N$ и прямую $MC_1$. Плоскость $\alpha$ определяется точками $(NCK)$, а плоскость $\beta$ — точками $(NMC_1)$. Задача сводится к построению прямой $l = (NCK) \cap (NMC_1)$.

Для построения линии пересечения двух плоскостей необходимо найти две их общие точки. Одна общая точка — $N$ — известна по условию, так как она принадлежит обеим плоскостям. Для нахождения второй общей точки построим следы плоскостей $\alpha$ и $\beta$ на вспомогательной плоскости. В качестве такой плоскости удобно выбрать плоскость грани $(BCC_1B_1)$.

Построение выполняется в следующем порядке:

1. Найдём линию пересечения (след) плоскости $\alpha=(NCK)$ с плоскостью грани $(BCC_1B_1)$. Точки $C$ и $K$ принадлежат обеим плоскостям (точка $C$ лежит на ребре $BC$, а точка $K$ — на ребре $BB_1$). Следовательно, прямая $CK$ является их линией пересечения.

2. Найдём след плоскости $\beta=(NMC_1)$ на плоскости $(BCC_1B_1)$. Точка $C_1$ принадлежит обеим плоскостям. Чтобы найти вторую точку следа, рассмотрим прямую $MN$, которая лежит в плоскости $\beta$ и в плоскости основания $(ABC)$. Прямая $BC$ лежит в плоскости $(BCC_1B_1)$ и в плоскости основания $(ABC)$. В плоскости основания $(ABC)$ построим прямую $MN$ и продлим ее до пересечения с прямой $BC$. Обозначим точку их пересечения $X$. Точка $X$ принадлежит плоскости $\beta$ (так как $X \in MN$) и плоскости $(BCC_1B_1)$ (так как $X \in BC$). Таким образом, след плоскости $\beta$ на плоскости $(BCC_1B_1)$ — это прямая $C_1X$.

3. Найдём вторую общую точку плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Прямые $CK$ и $C_1X$ лежат в одной плоскости $(BCC_1B_1)$ и являются следами плоскостей $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Точка их пересечения $Y = CK \cap C_1X$ является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

4. Построим искомую прямую. Мы нашли две общие точки плоскостей $\alpha$ и $\beta$: $N$ и $Y$. Следовательно, искомая прямая $l$ — это прямая $NY$.

Построенная прямая $NY$ проходит через точку $N$ по построению. Она пересекает прямую $CK$ в точке $Y$. Поскольку прямая $NY$ и прямая $MC_1$ лежат в одной плоскости $\beta=(NMC_1)$, они также пересекаются (в общем случае, если они не параллельны), что удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомая прямая — это прямая $NY$, где точка $Y$ является точкой пересечения прямых $CK$ и $C_1X$, а точка $X$ — точкой пересечения прямых $MN$ и $BC$.

4.34. Вершина $A$ параллелограмма $ABCD$ принадлежит плоскости $\alpha$. Через вершины $B$, $C$ и $D$ проведены параллельные прямые, пересекающие плоскость $\alpha$ в точках $B_1$, $C_1$ и $D_1$ соответственно. Найдите отрезок $CC_1$, если $DD_1 = 9$ см, $BB_1 = 26$ см.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству параллелограмма, диагонали точкой пересечения делятся пополам, следовательно, точка $O$ является серединой диагоналей $AC$ и $BD$.

Проведем через точку $O$ прямую, параллельную прямым $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$. Пусть эта прямая пересекает плоскость $\alpha$ в точке $O_1$.

Рассмотрим четырехугольник $BDD_1B_1$. Так как по условию $BB_1 \parallel DD_1$, этот четырехугольник является трапецией с основаниями $BB_1$ и $DD_1$. Точка $O$ — середина боковой стороны $BD$. Прямая $OO_1$ параллельна основаниям трапеции. Следовательно, отрезок $OO_1$ является средней линией трапеции $BDD_1B_1$. Длина средней линии трапеции равна полусумме длин ее оснований:

$OO_1 = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Теперь рассмотрим фигуру, образованную отрезками $AC$, $CC_1$ и отрезком $AC_1$ в плоскости $\alpha$. Поскольку точка $A$ принадлежит плоскости $\alpha$, то расстояние от точки $A$ до плоскости $\alpha$ равно нулю, то есть $AA_1 = 0$. Фигуру $ACC_1A$ можно рассматривать как трапецию, у которой одно из оснований ($AA_1$) равно нулю. Точка $O$ является серединой боковой стороны $AC$. Отрезок $OO_1$ параллелен основанию $CC_1$. Таким образом, $OO_1$ является средней линией трапеции $ACC_1A$.

Применим формулу средней линии трапеции:

$OO_1 = \frac{AA_1 + CC_1}{2}$

Подставив $AA_1 = 0$, получаем:

$OO_1 = \frac{0 + CC_1}{2} = \frac{CC_1}{2}$

Мы получили два выражения для длины отрезка $OO_1$. Приравняем их:

$\frac{CC_1}{2} = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Умножив обе части равенства на 2, получим:

$CC_1 = BB_1 + DD_1$

Подставим известные значения $BB_1 = 26$ см и $DD_1 = 9$ см:

$CC_1 = 26 + 9 = 35$ см.

Ответ: 35 см.

4.35. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AM$ и $CK$. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $MBK$, если $AC = 4\sqrt{3}$ см и $\angle ABC = 30^{\circ}$.

Пусть $R$ — искомый радиус окружности, описанной около треугольника $MBK$. Воспользуемся следствием из теоремы синусов, согласно которому радиус описанной окружности равен отношению стороны треугольника к удвоенному синусу противолежащего угла.

Для треугольника $MBK$ эта формула имеет вид: $R = \frac{MK}{2 \sin(\angle MBK)}$

Угол $\angle MBK$ совпадает с углом $\angle ABC$ исходного треугольника, поэтому $\angle MBK = 30^\circ$. Так как $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$, формула для радиуса принимает вид: $R = \frac{MK}{2 \cdot \frac{1}{2}} = MK$. Следовательно, задача сводится к нахождению длины стороны $MK$.

Рассмотрим треугольники $\triangle KBM$ и $\triangle CBA$. Угол $\angle B$ у них общий. Найдем отношение сторон, прилежащих к этому углу.

Поскольку $AM$ и $CK$ — высоты, треугольники $\triangle AMB$ и $\triangle CKB$ являются прямоугольными.

Из прямоугольного треугольника $\triangle CKB$ (с прямым углом $\angle K$): $\cos(\angle B) = \frac{BK}{BC}$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle AMB$ (с прямым углом $\angle M$): $\cos(\angle B) = \frac{BM}{AB}$.

Таким образом, мы имеем равенство отношений: $\frac{BK}{BC} = \frac{BM}{AB} = \cos(\angle B)$.

Это означает, что треугольник $\triangle KBM$ подобен треугольнику $\triangle CBA$ по второму признаку подобия (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними). Коэффициент подобия $k$ равен $\cos(\angle B)$.

Из подобия треугольников следует, что отношение их третьих сторон ($MK$ и $AC$) также равно коэффициенту подобия: $\frac{MK}{AC} = k = \cos(\angle B)$.

Отсюда выразим длину стороны $MK$: $MK = AC \cdot \cos(\angle B)$.

Подставим известные значения из условия задачи: $AC = 4\sqrt{3}$ см и $\angle B = 30^\circ$. Значение косинуса: $\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Вычислим $MK$: $MK = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = \frac{12}{2} = 6$ см.

Так как мы ранее установили, что $R = MK$, то искомый радиус равен 6 см.

Ответ: 6 см.

4.36. Точка $E$ — середина медианы $BM$ треугольника $ABC$. Прямая $AE$ пересекает сторону $BC$ в точке $K$. Найдите отношение, в котором точка $K$ делит отрезок $BC$, считая от вершины $B$.

Для решения этой задачи можно использовать метод дополнительного построения и свойства подобных треугольников (в частности, теорему Фалеса).

1. Построение. Проведём через точку $M$ (середину стороны $AC$) прямую, параллельную прямой $AE$. Пусть эта прямая пересекает сторону $BC$ в точке $D$. Таким образом, мы имеем $MD \parallel AK$.

2. Рассмотрим треугольник $AKC$.
По условию, $BM$ — медиана, значит $M$ — середина стороны $AC$.
По нашему построению, прямая $MD$ параллельна стороне $AK$ этого треугольника ($MD \parallel AK$).
Согласно теореме Фалеса, если прямая, параллельная одной из сторон треугольника, отсекает на одной его стороне отрезок, равный её половине (в нашем случае прямая проходит через середину стороны $AC$), то она отсекает и на другой стороне отрезок, равный её половине. Следовательно, точка $D$ является серединой отрезка $KC$.
Таким образом, мы получаем равенство: $KD = DC$.

3. Рассмотрим треугольник $BMD$.
По условию, точка $E$ — середина медианы $BM$.
Отрезок $EK$ является частью прямой $AK$, которая по нашему построению параллельна $MD$. Следовательно, $EK \parallel MD$.
В треугольнике $BMD$ прямая $EK$ проходит через середину стороны $BM$ параллельно стороне $MD$. По той же теореме Фалеса, $EK$ пересекает сторону $BD$ в её середине. Этой точкой пересечения является точка $K$.
Следовательно, точка $K$ является серединой отрезка $BD$.
Таким образом, мы получаем равенство: $BK = KD$.

4. Нахождение искомого отношения.
Из шагов 2 и 3 мы получили два равенства:
1) $KD = DC$
2) $BK = KD$
Объединяя их, получаем, что $BK = KD = DC$. Это значит, что сторона $BC$ разделена точками $K$ и $D$ на три равных отрезка.
Нас интересует отношение, в котором точка $K$ делит отрезок $BC$, то есть отношение $\frac{BK}{KC}$.
Отрезок $KC$ состоит из двух частей: $KC = KD + DC$. Поскольку $KD = BK$ и $DC = BK$, мы можем написать: $KC = BK + BK = 2 \cdot BK$.
Теперь найдём искомое отношение:
$\frac{BK}{KC} = \frac{BK}{2 \cdot BK} = \frac{1}{2}$.

Это означает, что точка $K$ делит отрезок $BC$ в отношении 1 к 2.

Ответ: Точка $K$ делит отрезок $BC$ в отношении 1:2, считая от вершины $B$.