Страница 82 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

7.18. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются. Параллельной проекцией прямых $a$ и $b$ как на плоскость $\alpha$, так и на плоскость $\beta$ являются параллельные прямые. Верно ли, что прямые $a$ и $b$ параллельны?

Данное утверждение неверно. Прямые a и b не обязательно должны быть параллельны, даже если их параллельные проекции на две пересекающиеся плоскости параллельны.

Рассмотрим, что означает условие задачи. Пусть параллельное проектирование происходит в некотором направлении, заданном вектором $\vec{s}$. Проекцией прямой l на плоскость проекции $\pi$ является линия пересечения этой плоскости $\pi$ с так называемой "проектирующей плоскостью" $\Pi_l$. Проектирующая плоскость $\Pi_l$ — это плоскость, которая содержит прямую l и параллельна направлению проектирования $\vec{s}$.

По условию, проекции прямых a и b на плоскость $\alpha$ параллельны. Обозначим их $a_\alpha$ и $b_\alpha$. Мы имеем $a_\alpha = \Pi_a \cap \alpha$ и $b_\alpha = \Pi_b \cap \alpha$. Условие $a_\alpha \parallel b_\alpha$ означает, что линии пересечения проектирующих плоскостей $\Pi_a$ и $\Pi_b$ с плоскостью $\alpha$ параллельны. Это возможно в общем случае только тогда, когда сами проектирующие плоскости $\Pi_a$ и $\Pi_b$ параллельны друг другу ($\Pi_a \parallel \Pi_b$).

Аналогичное рассуждение для проекций на плоскость $\beta$ приводит к тому же выводу: плоскости $\Pi_a$ и $\Pi_b$ должны быть параллельны.

Таким образом, условие задачи сводится к тому, что прямая a лежит в плоскости $\Pi_a$, а прямая b — в плоскости $\Pi_b$, причем эти две плоскости параллельны. Однако две прямые, лежащие в разных параллельных плоскостях, не обязаны быть параллельными. Они могут быть, например, скрещивающимися. Для доказательства неверности утверждения достаточно привести контрпример.

Контрпример:

1. Возьмём две различные параллельные плоскости. В декартовой системе координат это могут быть плоскости $\Pi_1$, заданная уравнением $z=1$, и $\Pi_2$, заданная уравнением $z=0$.
2. В плоскости $\Pi_1$ выберем прямую a. Например, прямую, заданную уравнениями $y=0, z=1$.
3. В плоскости $\Pi_2$ выберем прямую b. Например, прямую, заданную уравнениями $x=0, z=0$.
4. Прямые a (параллельна оси Ox) и b (ось Oy) являются скрещивающимися и, следовательно, не параллельны.
5. Выберем направление проектирования $\vec{s}$, параллельное обеим плоскостям $\Pi_1$ и $\Pi_2$, но не параллельное ни прямой a, ни прямой b. Например, пусть вектор направления проектирования будет $\vec{s} = \{1, 1, 0\}$.
6. В этом случае проектирующей плоскостью для прямой a будет сама плоскость $\Pi_1$, а для прямой b — плоскость $\Pi_2$.
7. Теперь возьмём любые две пересекающиеся плоскости $\alpha$ и $\beta$, которые не параллельны направлению проектирования $\vec{s}$. Например, пусть $\alpha$ — это плоскость $x=0$, а $\beta$ — это плоскость $y=0$.
8. Найдём проекции на плоскость $\alpha$:
   • Проекция прямой a на $\alpha$ — это линия пересечения $z=1$ и $x=0$.
   • Проекция прямой b на $\alpha$ — это линия пересечения $z=0$ и $x=0$.
   Обе проекции являются прямыми, параллельными оси Oy, то есть они параллельны друг другу.
9. Найдём проекции на плоскость $\beta$:
   • Проекция прямой a на $\beta$ — это линия пересечения $z=1$ и $y=0$.
   • Проекция прямой b на $\beta$ — это линия пересечения $z=0$ и $y=0$.
   Обе проекции являются прямыми, параллельными оси Ox, то есть они параллельны друг другу.

Таким образом, мы построили пример, в котором все условия задачи выполнены, но исходные прямые a и b не параллельны, а скрещиваются.

Ответ: Нет, не верно.

7.19. Известно, что любой параллельной проекцией скрещивающихся прямых $a$ и $b$ на данную плоскость $\alpha$ являются пересекающиеся прямые. Определите взаимное расположение прямых $a$ и $b$ и плоскости $\alpha$.

Пусть $a$ и $b$ — скрещивающиеся прямые, а $\alpha$ — плоскость проекции. Обозначим проекции прямых $a$ и $b$ на плоскость $\alpha$ как $a'$ и $b'$ соответственно. По условию, для любого направления параллельного проецирования прямые $a'$ и $b'$ пересекаются.

Рассмотрим, в каком случае проекции скрещивающихся прямых могут быть параллельны.

Так как прямые $a$ и $b$ скрещиваются, существует единственная плоскость $\beta$, которая проходит через прямую $a$ и параллельна прямой $b$ ($a \subset \beta$, $b \parallel \beta$). Аналогично, существует единственная плоскость $\gamma$, которая проходит через прямую $b$ и параллельна прямой $a$ ($b \subset \gamma$, $a \parallel \gamma$). Плоскости $\beta$ и $\gamma$ параллельны друг другу.

Пусть направление проецирования задается прямой $l$. Проекции $a'$ и $b'$ будут параллельны, если проецирующая плоскость для прямой $a$ (плоскость, проходящая через $a$ параллельно $l$) параллельна проецирующей плоскости для прямой $b$ (плоскость, проходящая через $b$ параллельно $l$).

Это произойдет, если направление проецирования $l$ будет параллельно плоскости $\beta$ (и, следовательно, плоскости $\gamma$). Если мы выберем направление проецирования $l$ параллельно плоскости $\beta$, но не параллельно прямым $a$ и $b$, то проекции $a'$ и $b'$ на плоскость $\alpha$ окажутся параллельными прямыми.

Однако, по условию задачи, проекции $a'$ и $b'$ пересекаются при любом выборе направления проецирования. Это означает, что не существует такого направления проецирования $l$, которое было бы параллельно плоскости $\beta$.

Единственное ограничение на направление проецирования $l$ заключается в том, что оно не может быть параллельно плоскости проекции $\alpha$ (иначе проецирующие лучи не пересекут плоскость $\alpha$ или будут лежать в ней).

Таким образом, множество направлений, параллельных плоскости $\beta$, должно совпадать с множеством "запрещенных" направлений проецирования, то есть с множеством направлений, параллельных плоскости $\alpha$. Это возможно только в том случае, если плоскость $\beta$ параллельна плоскости $\alpha$.

Итак, мы пришли к выводу, что $\beta \parallel \alpha$.

Теперь определим взаимное расположение прямых $a$ и $b$ и плоскости $\alpha$:

1. По построению плоскости $\beta$, прямая $a$ лежит в этой плоскости ($a \subset \beta$). Так как $\beta \parallel \alpha$, то прямая $a$ параллельна плоскости $\alpha$ ($a \parallel \alpha$).
2. По построению плоскости $\beta$, прямая $b$ параллельна этой плоскости ($b \parallel \beta$). Так как $\beta \parallel \alpha$, то прямая $b$ также параллельна плоскости $\alpha$ ($b \parallel \alpha$).

Следовательно, обе скрещивающиеся прямые $a$ и $b$ параллельны плоскости $\alpha$.

Ответ: Обе прямые, $a$ и $b$, параллельны плоскости $\alpha$.

7.20. Каждая из двух четвёрок точек $A_1, B_1, C_1, D_1$ и $A_2, B_2, C_2, D_2$ является параллельной проекцией точек $A, B, C, D$ на плоскость $\alpha$ в направлении непараллельных прямых $l_1$ и $l_2$ соответственно. Известно, что четырёхугольники $A_1B_1C_1D_1$ и $A_2B_2C_2D_2$ — трапеции. Верно ли, что точки $A, B, C$ и $D$ являются вершинами трапеции?

Нет, это утверждение не является верным. Точки $A, B, C, D$ не обязательно являются вершинами трапеции. Чтобы доказать это, достаточно привести контрпример.

Свойство параллельного проектирования заключается в том, что проекции двух прямых параллельны тогда и только тогда, когда эти прямые лежат в параллельных плоскостях, которые, в свою очередь, параллельны направлению проектирования. В векторной форме это означает, что проекции отрезков $AB$ и $DC$ параллельны (то есть $A_1B_1 \parallel D_1C_1$), если векторы $\vec{AB}$, $\vec{DC}$ и направляющий вектор прямой $l_1$ (обозначим его $\vec{v_1}$) являются копланарными.

Построим контрпример. Пусть в пространстве заданы четыре точки с координатами:
$A(0; 0; 0)$
$B(1; 0; 0)$
$C(1; 1; 1)$
$D(0; 1; 0)$

Проверим, является ли четырехугольник $ABCD$ трапецией. Для этого найдем векторы, соответствующие его сторонам:
$\vec{AB} = (1-0; 0-0; 0-0) = (1; 0; 0)$
$\vec{DC} = (1-0; 1-1; 1-0) = (1; 0; 1)$
Векторы $\vec{AB}$ и $\vec{DC}$ не коллинеарны, так как их координаты не пропорциональны. Следовательно, стороны $AB$ и $DC$ не параллельны.

$\vec{AD} = (0-0; 1-0; 0-0) = (0; 1; 0)$
$\vec{BC} = (1-1; 1-0; 1-0) = (0; 1; 1)$
Векторы $\vec{AD}$ и $\vec{BC}$ также не коллинеарны. Следовательно, стороны $AD$ и $BC$ не параллельны.

Поскольку у четырехугольника $ABCD$ нет параллельных сторон, он не является трапецией. Это пространственный (скрещивающийся) четырехугольник.

Теперь подберем такие направления проектирования $l_1$ и $l_2$, чтобы проекции этого четырехугольника были трапециями.

1. Рассмотрим первую проекцию. Чтобы четырехугольник $A_1B_1C_1D_1$ был трапецией с основаниями $A_1B_1$ и $D_1C_1$, направляющий вектор $\vec{v_1}$ прямой $l_1$ должен быть копланарен векторам $\vec{AB}=(1; 0; 0)$ и $\vec{DC}=(1; 0; 1)$. Эти два вектора определяют плоскость, задаваемую уравнением $y=0$ (плоскость $Oxz$). Выберем в качестве направления проектирования $l_1$ любой вектор, параллельный этой плоскости, например, вектор $\vec{v_1} = (0; 0; 1)$ (т.е. проектирование параллельно оси $Oz$). При таком проектировании проекции прямых $AB$ и $DC$ на плоскость $\alpha$ (например, на $Oxy$) будут параллельны, и, следовательно, четырехугольник $A_1B_1C_1D_1$ будет трапецией.

2. Рассмотрим вторую проекцию. Чтобы четырехугольник $A_2B_2C_2D_2$ был трапецией с основаниями $A_2D_2$ и $B_2C_2$, направляющий вектор $\vec{v_2}$ прямой $l_2$ должен быть копланарен векторам $\vec{AD}=(0; 1; 0)$ и $\vec{BC}=(0; 1; 1)$. Эти два вектора определяют плоскость, задаваемую уравнением $x=0$ (плоскость $Oyz$). Выберем в качестве направления проектирования $l_2$ любой вектор, параллельный этой плоскости, например, вектор $\vec{v_2} = (0; 1; 0)$ (т.е. проектирование параллельно оси $Oy$). При таком проектировании проекции прямых $AD$ и $BC$ на плоскость $\alpha$ будут параллельны, и, следовательно, четырехугольник $A_2B_2C_2D_2$ будет трапецией.

Выбранные направления проектирования $l_1$ (с вектором $\vec{v_1}=(0; 0; 1)$) и $l_2$ (с вектором $\vec{v_2}=(0; 1; 0)$) непараллельны, так как их направляющие векторы не коллинеарны.Таким образом, мы построили пример, в котором исходные точки $A, B, C, D$ не являются вершинами трапеции, но обе их параллельные проекции на плоскость $\alpha$ в направлениях непараллельных прямых являются трапециями.

Ответ: Нет, не верно.

7.21. Точки $M$ и $N$ — середины соответственно рёбер $AC$ и $BD$ тетраэдра $DABC$. На ребре $BC$ отмечена точка $K$. Плоскость $MNK$ пересекает ребро $AD$ в точке $P$. Докажите, что $BK : KC = DP : PA$.

Для доказательства воспользуемся методом вспомогательных построений и теоремой Менелая.

Рассмотрим плоскость грани $BCD$. В ней лежат точки $B, C, D$, а также точки $N$ (на $BD$) и $K$ (на $BC$). Прямая $NK$ также полностью лежит в этой плоскости. Прямая $CD$ является линией пересечения плоскостей $BCD$ и $ACD$. Так как $N$ является серединой $BD$, а $K$ - произвольная точка на $BC$, то в общем случае прямая $NK$ не параллельна $CD$ (параллельность была бы возможна только если $K$ - середина $BC$, в этом случае $NK$ - средняя линия $\triangle BCD$). Следовательно, прямые $NK$ и $CD$ пересекаются. Обозначим их точку пересечения $Q$.

Точка $Q$ принадлежит прямой $NK$, а значит, и плоскости $(MNK)$. Также точка $Q$ принадлежит прямой $CD$, а значит, и плоскости $(ACD)$. Точка $M$ по условию принадлежит ребру $AC$, следовательно, она также принадлежит плоскости $(ACD)$. Таким образом, прямая $MQ$ является линией пересечения плоскости $(MNK)$ и плоскости $(ACD)$.

По условию, точка $P$ — это точка пересечения плоскости $(MNK)$ с ребром $AD$. Поскольку ребро $AD$ лежит в плоскости $(ACD)$, точка $P$ должна лежать на линии пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(ACD)$, то есть на прямой $MQ$. Таким образом, точки $M$, $P$ и $Q$ коллинеарны (лежат на одной прямой).

Теперь мы имеем конфигурацию для применения теоремы Менелая. Рассмотрим треугольник $\triangle ADC$ и секущую $MPQ$. По теореме Менелая: $$ \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1 $$ По условию, $M$ — середина ребра $AC$, поэтому $CM = MA$, и отношение $\frac{CM}{MA} = 1$. Равенство упрощается до вида: $$ \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DQ}{QC} = 1 $$ Из этого следует, что $\frac{AP}{PD} = \frac{QC}{DQ}$. Перевернув дроби, получим: $$ \frac{DP}{PA} = \frac{DQ}{QC} \quad (1) $$

Далее рассмотрим треугольник $\triangle BCD$ и секущую $NKQ$. По теореме Менелая: $$ \frac{BK}{KC} \cdot \frac{CQ}{QD} \cdot \frac{DN}{NB} = 1 $$ По условию, $N$ — середина ребра $BD$, поэтому $DN = NB$, и отношение $\frac{DN}{NB} = 1$. Равенство упрощается до вида: $$ \frac{BK}{KC} \cdot \frac{CQ}{QD} = 1 $$ Из этого следует, что: $$ \frac{BK}{KC} = \frac{QD}{CQ} \quad (2) $$

Сравнивая выражения (1) и (2), мы видим, что их правые части ($\frac{DQ}{QC}$ и $\frac{QD}{CQ}$) равны, так как они являются отношением длин одних и тех же отрезков. Следовательно, мы можем приравнять и левые части равенств: $$ \frac{BK}{KC} = \frac{DP}{PA} $$ Это соотношение эквивалентно записи $BK : KC = DP : PA$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $BK : KC = DP : PA$ доказано.

7.22. Основанием призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является трапеция $ABCD$, в которой основание $BC$ в три раза меньше основания $AD$. Точка $M$ — середина ребра $CC_1$. Плоскость $ABM$ пересекает прямую $DD_1$ в точке $N$. Найдите отношение $D_1N : ND$.

Рассмотрим плоскость основания призмы $(ABC)$. Поскольку основанием является трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$, то прямые $BC$ и $AD$ параллельны, а боковые стороны $AB$ и $CD$ не параллельны. Продлим боковые стороны $AB$ и $CD$ до их пересечения в точке $P$.

Так как $BC \parallel AD$, треугольники $\triangle PBC$ и $\triangle PAD$ подобны по двум углам (угол при вершине $P$ общий, а углы $\angle PCB$ и $\angle PDA$ равны как соответственные при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $PD$).

Из подобия треугольников следует отношение сторон: $ \frac{PC}{PD} = \frac{BC}{AD} $

По условию, основание $BC$ в три раза меньше основания $AD$, то есть $AD = 3 \cdot BC$. Подставим это в отношение: $ \frac{PC}{PD} = \frac{BC}{3 \cdot BC} = \frac{1}{3} $

Теперь рассмотрим плоскость сечения $(ABM)$. Точка $N$ является точкой пересечения этой плоскости с прямой $DD_1$.

Точки $A$, $B$ и $M$ задают плоскость $(ABM)$. Точка $P$ лежит на прямой $AB$, следовательно, точка $P$ также принадлежит плоскости $(ABM)$. Точка $M$ принадлежит ребру $CC_1$. Плоскость $(ABM)$ пересекает параллельные плоскости боковых граней $(BCC_1B_1)$ и $(ADD_1A_1)$ по параллельным прямым. Однако удобнее рассмотреть пересечение плоскости $(ABM)$ с плоскостью грани $(CDD_1C_1)$.

Линия пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDD_1C_1)$ проходит через все общие точки этих плоскостей. Точка $M$ лежит в обеих плоскостях. Точка $P$ также лежит в обеих плоскостях, так как $P \in CD$. Следовательно, плоскости $(ABM)$ и $(CDD_1C_1)$ пересекаются по прямой $PM$.

Точка $N$ лежит на прямой $DD_1$ и в плоскости $(ABM)$. Так как прямая $DD_1$ лежит в плоскости $(CDD_1C_1)$, точка $N$ является точкой пересечения прямой $PM$ и прямой $DD_1$. Таким образом, точки $P$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим теперь плоскость $(CDD_1C_1)$. В этой плоскости лежат прямые $CC_1$, $DD_1$ и $PMN$. Так как призма прямая или наклонная (в условии не уточнено, но это не влияет на решение), боковые ребра параллельны: $CC_1 \parallel DD_1$.

Рассмотрим треугольники $\triangle PCM$ и $\triangle PDN$. Они подобны, так как $\angle P$ у них общий, а $\angle PCM$ и $\angle PDN$ можно рассматривать как углы, образованные секущей $PD$ и параллельными прямыми $CC_1$ и $DD_1$. Более строго: так как $CC_1 \parallel DD_1$, то по обобщенной теореме Фалеса (или по подобию треугольников) имеем: $ \frac{DN}{CM} = \frac{PD}{PC} $

Ранее мы нашли, что $\frac{PC}{PD} = \frac{1}{3}$, следовательно, $\frac{PD}{PC} = 3$. Тогда: $ \frac{DN}{CM} = 3 \implies DN = 3 \cdot CM $

По условию, точка $M$ — середина ребра $CC_1$. Обозначим высоту призмы (длину бокового ребра) за $h$, то есть $CC_1 = DD_1 = h$. Тогда $CM = \frac{1}{2}CC_1 = \frac{h}{2}$.

Подставим значение $CM$ в полученное равенство для $DN$: $ DN = 3 \cdot \frac{h}{2} = \frac{3}{2}h $

Нам нужно найти отношение $D_1N : ND$. Длина отрезка $ND$ равна $DN = \frac{3}{2}h$. Длина отрезка $D_1N$ равна разности длин $DN$ и $DD_1$: $ D_1N = DN - DD_1 = \frac{3}{2}h - h = \frac{1}{2}h $

Теперь найдем искомое отношение: $ D_1N : ND = \frac{\frac{1}{2}h}{\frac{3}{2}h} = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3} $

Ответ: $1:3$.

7.23. В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ равны соответственно 10 см и 35 см. Сумма углов $A$ и $D$ равна $90^\circ$, а высота трапеции равна 12 см. Найдите боковые стороны трапеции.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$. По условию, $BC = 10$ см, $AD = 35$ см, высота $h = 12$ см, и сумма углов при большем основании $\angle A + \angle D = 90^\circ$.

Для решения задачи выполним дополнительное построение. Проведем через вершину $C$ прямую, параллельную боковой стороне $AB$, до пересечения с основанием $AD$ в точке $E$.

Полученный четырехугольник $ABCE$ является параллелограммом, так как его противоположные стороны параллельны ($BC \parallel AE$ как части оснований трапеции, $AB \parallel CE$ по построению). Следовательно, $AE = BC = 10$ см и $CE = AB$.

Рассмотрим треугольник $CED$. Его стороны:
$CE = AB$ (одна из искомых боковых сторон).
$CD$ (вторая искомая боковая сторона).
$ED = AD - AE = 35 - 10 = 25$ см.

Найдем углы треугольника $CED$.
Так как $CE \parallel AB$ и $AD$ – секущая, то $\angle CED = \angle A$ как соответственные углы.
Угол $\angle CDE$ – это угол $\angle D$ трапеции.
Сумма углов в треугольнике $CED$ равна $180^\circ$. Найдем угол $\angle ECD$:
$\angle ECD = 180^\circ - (\angle CED + \angle CDE) = 180^\circ - (\angle A + \angle D)$.
По условию $\angle A + \angle D = 90^\circ$, значит $\angle ECD = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.
Таким образом, треугольник $CED$ является прямоугольным с гипотенузой $ED = 25$ см.

Проведем в этом прямоугольном треугольнике высоту $CK$ из вершины прямого угла $C$ на гипотенузу $ED$. Эта высота $CK$ также является высотой трапеции, поэтому $CK = h = 12$ см.

Высота в прямоугольном треугольнике, проведенная к гипотенузе, делит ее на два отрезка ($EK$ и $KD$). Длины этих отрезков можно найти, используя метрические соотношения. Пусть $EK = x$, тогда $KD = ED - EK = 25 - x$.
Квадрат высоты равен произведению отрезков, на которые она делит гипотенузу: $CK^2 = EK \cdot KD$.
$12^2 = x \cdot (25 - x)$
$144 = 25x - x^2$
$x^2 - 25x + 144 = 0$

Решим это квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-25)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 144 = 625 - 576 = 49 = 7^2$.
Корни уравнения:
$x_1 = \frac{25 - 7}{2} = \frac{18}{2} = 9$
$x_2 = \frac{25 + 7}{2} = \frac{32}{2} = 16$

Отрезки $EK$ и $KD$ равны 9 см и 16 см. Пусть $EK = 9$ см, а $KD = 16$ см.

Теперь найдем катеты треугольника $CED$, которые являются боковыми сторонами трапеции.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $CKE$. По теореме Пифагора:
$CE^2 = CK^2 + EK^2 = 12^2 + 9^2 = 144 + 81 = 225$
$CE = \sqrt{225} = 15$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CKD$. По теореме Пифагора:
$CD^2 = CK^2 + KD^2 = 12^2 + 16^2 = 144 + 256 = 400$
$CD = \sqrt{400} = 20$ см.

Так как $AB = CE$, то $AB = 15$ см.
Следовательно, боковые стороны трапеции равны 15 см и 20 см.

Ответ: 15 см и 20 см.

7.24. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AK$ и $CP$.

Найдите площадь треугольника $BPK$, если площадь треугольника $ABC$ равна $16\text{ см}^2$ и угол $ABC$ равен $30^\circ$.

Рассмотрим треугольники $BPK$ и $ABC$. Площадь треугольника можно найти по формуле через две стороны и синус угла между ними. Для треугольника $ABC$ с углом $\angle ABC$ (обозначим его $\angle B$) формула площади выглядит так:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(\angle B)$

Аналогично, для треугольника $BPK$:

$S_{BPK} = \frac{1}{2} \cdot BP \cdot BK \cdot \sin(\angle B)$

Чтобы найти связь между площадями, разделим второе уравнение на первое:

$\frac{S_{BPK}}{S_{ABC}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot BP \cdot BK \cdot \sin(\angle B)}{\frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(\angle B)} = \frac{BP \cdot BK}{AB \cdot BC} = \frac{BP}{BC} \cdot \frac{BK}{AB}$

Теперь выразим отрезки $BP$ и $BK$ через стороны треугольника $ABC$.

По условию, $AK$ и $CP$ — высоты. Это значит, что $\triangle AKB$ и $\triangle CPB$ — прямоугольные треугольники ($\angle AKB = 90^\circ$ и $\angle CPB = 90^\circ$).

Из прямоугольного треугольника $CPB$ по определению косинуса угла $B$ имеем:

$\cos(\angle B) = \frac{BP}{BC}$, откуда $BP = BC \cdot \cos(\angle B)$.

Из прямоугольного треугольника $AKB$ по определению косинуса угла $B$ имеем:

$\cos(\angle B) = \frac{BK}{AB}$, откуда $BK = AB \cdot \cos(\angle B)$.

Подставим полученные выражения для $BP$ и $BK$ в формулу отношения площадей:

$\frac{S_{BPK}}{S_{ABC}} = \frac{BC \cdot \cos(\angle B)}{BC} \cdot \frac{AB \cdot \cos(\angle B)}{AB} = \cos(\angle B) \cdot \cos(\angle B) = \cos^2(\angle B)$

Отсюда можем выразить искомую площадь $S_{BPK}$:

$S_{BPK} = S_{ABC} \cdot \cos^2(\angle B)$

По условию $S_{ABC} = 16 \text{ см}^2$ и $\angle ABC = 30^\circ$. Подставим эти значения в формулу:

$S_{BPK} = 16 \cdot \cos^2(30^\circ)$

Значение косинуса $30^\circ$ равно $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$S_{BPK} = 16 \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 16 \cdot \frac{3}{4} = 4 \cdot 3 = 12 \text{ см}^2$.

Ответ: 12 см².