Номер 31, страница 59 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 6. Параллельность плоскостей. Глава 2. Параллельность в пространстве - номер 31, страница 59.

Условие.

6.31. Точки $A, B, C, D, E, F$ таковы, что $AB \parallel DE$, $BC \parallel EF$, $CD \parallel FA$ и $AB \neq DE$. Докажите, что данные шесть точек принадлежат одной плоскости.

Решение 1.

Решение 3.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть A, B, C, D, E, F — точки в пространстве, заданные своими радиус-векторами $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}, \vec{f}$ относительно некоторого начала координат O.

Условия задачи можно записать в векторной форме. Условие параллельности отрезков означает коллинеарность соответствующих векторов:

• $AB \parallel DE \implies \vec{AB} = k_1 \vec{DE} \implies \vec{b} - \vec{a} = k_1 (\vec{e} - \vec{d})$
• $BC \parallel EF \implies \vec{BC} = k_2 \vec{EF} \implies \vec{c} - \vec{b} = k_2 (\vec{f} - \vec{e})$
• $CD \parallel FA \implies \vec{CD} = k_3 \vec{FA} \implies \vec{d} - \vec{c} = k_3 (\vec{a} - \vec{f})$

Здесь $k_1, k_2, k_3$ — некоторые ненулевые скалярные коэффициенты. Из условия $AB \neq DE$ следует, что $|k_1| \neq 1$.

Сложим левые и правые части этих трех равенств:

$ (\vec{b} - \vec{a}) + (\vec{c} - \vec{b}) + (\vec{d} - \vec{c}) = k_1 (\vec{e} - \vec{d}) + k_2 (\vec{f} - \vec{e}) + k_3 (\vec{a} - \vec{f}) $

После упрощения левой части получим:

$ \vec{d} - \vec{a} = k_1\vec{e} - k_1\vec{d} + k_2\vec{f} - k_2\vec{e} + k_3\vec{a} - k_3\vec{f} $

Сгруппируем члены с одинаковыми векторами:

$ \vec{d} - \vec{a} = k_3\vec{a} - k_1\vec{d} + (k_1 - k_2)\vec{e} + (k_2 - k_3)\vec{f} $

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить линейную комбинацию векторов, равную нулевому вектору:

$ (1+k_1)\vec{d} - (1+k_3)\vec{a} - (k_1 - k_2)\vec{e} - (k_2 - k_3)\vec{f} = \vec{0} $

Это равенство представляет собой линейную комбинацию радиус-векторов точек A, D, E, F. Найдем сумму коэффициентов при этих векторах:

$ S = -(1+k_3) + (1+k_1) - (k_1 - k_2) - (k_2 - k_3) = -1 - k_3 + 1 + k_1 - k_1 + k_2 - k_2 + k_3 = 0 $

Поскольку сумма коэффициентов в линейной комбинации радиус-векторов равна нулю, точки A, D, E, F являются компланарными, то есть лежат в одной плоскости. (Заметим, что не все коэффициенты могут быть равны нулю одновременно. Если бы все они были равны нулю, то $1+k_1=0$, $1+k_3=0$, $k_1-k_2=0$, $k_2-k_3=0$, откуда следовало бы $k_1=k_2=k_3=-1$. Но при $k_1=-1$ мы бы имели $\vec{AB} = -\vec{DE}$, что означает $AB=DE$, а это противоречит условию задачи).

Обозначим эту плоскость, содержащую точки A, D, E, F, через $\pi$.

Теперь докажем, что точки B и C также лежат в этой плоскости.

Рассмотрим первое условие: $\vec{AB} = k_1 \vec{DE}$. Вектор $\vec{DE}$ лежит в плоскости $\pi$, так как точки D и E принадлежат $\pi$. Вектор $\vec{AB}$ коллинеарен вектору $\vec{DE}$, следовательно, прямая AB параллельна плоскости $\pi$. Но точка A также принадлежит плоскости $\pi$. Если прямая параллельна плоскости и проходит через точку в этой плоскости, то вся прямая лежит в этой плоскости. Следовательно, точка B лежит в плоскости $\pi$.

Рассмотрим третье условие: $\vec{CD} = k_3 \vec{FA}$. Вектор $\vec{FA}$ лежит в плоскости $\pi$, так как точки F и A принадлежат $\pi$. Вектор $\vec{CD}$ коллинеарен вектору $\vec{FA}$, следовательно, прямая CD параллельна плоскости $\pi$. Точка D принадлежит плоскости $\pi$. Аналогично предыдущему пункту, вся прямая CD, а значит и точка C, лежит в плоскости $\pi$.

Таким образом, все шесть точек A, B, C, D, E, F лежат в одной плоскости $\pi$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что данные шесть точек принадлежат одной плоскости.