Номер 24, страница 111 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 11. Теорема о трёх перпендикулярах. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 24, страница 111.

Условие.

11.24. Каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$. Из точки $D$ опущен перпендикуляр $DO$ на плоскость $ABC$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через прямую $DO$ и перпендикулярной прямой $AB$, и найдите площадь построенного сечения.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Построение сечения

Поскольку каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$, данный тетраэдр является правильным. Все его грани — равные между собой равносторонние треугольники со стороной $a$.

Из условия известно, что $DO$ — перпендикуляр, опущенный из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$. В правильном тетраэдре вершина проецируется в центр основания. Следовательно, точка $O$ является центром равностороннего треугольника $ABC$ (точкой пересечения его медиан, высот и биссектрис).

Искомая плоскость сечения, обозначим ее $\gamma$, должна удовлетворять двум условиям:
1. Проходить через прямую $DO$.
2. Быть перпендикулярной прямой $AB$ (то есть $AB \perp \gamma$).

Для построения сечения определим плоскость, перпендикулярную ребру $AB$. Пусть $M$ — середина ребра $AB$.

- В равностороннем треугольнике $ABC$ отрезок $CM$ является медианой и высотой, следовательно, $CM \perp AB$.

- Аналогично, в равностороннем треугольнике $DAB$ отрезок $DM$ является медианой и высотой, следовательно, $DM \perp AB$.

Так как прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $CM$ и $DM$, лежащим в плоскости $(DMC)$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $(DMC)$.

Теперь докажем, что плоскость $(DMC)$ проходит через прямую $DO$.
- Точка $D$ принадлежит плоскости $(DMC)$ по определению.
- Точка $O$ — центр треугольника $ABC$ и лежит на его медиане $CM$. Следовательно, точка $O$ также принадлежит плоскости $(DMC)$.
Поскольку две точки $D$ и $O$ прямой $DO$ принадлежат плоскости $(DMC)$, то вся прямая $DO$ лежит в этой плоскости.

Таким образом, плоскость $(DMC)$ удовлетворяет обоим условиям: она проходит через прямую $DO$ и перпендикулярна прямой $AB$. Следовательно, треугольник $DMC$ и есть искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение — это треугольник $DMC$, где $M$ — середина ребра $AB$.

Нахождение площади построенного сечения

Сечением является треугольник $DMC$. Для нахождения его площади определим длины его сторон.

- $DC = a$, так как это ребро тетраэдра.

- $CM$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике $ABC$ со стороной $a$. Ее длина равна $CM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

- $DM$ — медиана и высота в равностороннем треугольнике $DAB$ со стороной $a$. Ее длина также равна $DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Следовательно, треугольник $DMC$ является равнобедренным с основанием $DC=a$ и боковыми сторонами $CM = DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Для вычисления площади треугольника $DMC$ проведем высоту $MK$ к основанию $DC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Значит, точка $K$ — середина отрезка $DC$, и $KC = \frac{DC}{2} = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MKC$. По теореме Пифагора $MK^2 + KC^2 = MC^2$. Отсюда выразим высоту $MK$:
$MK^2 = MC^2 - KC^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.
$MK = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Теперь можем найти площадь треугольника $DMC$:
$S_{DMC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.