Номер 4, страница 109 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 11. Теорема о трёх перпендикулярах. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 4, страница 109.

Условие.

11.4. Прямая $AO$ перпендикулярна плоскости окружности с центром $O$ (рис. 11.6). Прямая $a$ принадлежит плоскости окружности и касается данной окружности в точке $B$. Докажите, что $AB \perp a$.

Рис. 11.6

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

11.4.

Пусть $\alpha$ — плоскость, в которой лежит окружность с центром $O$. По условию, прямая $AO$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, что записывается как $AO \perp \alpha$. Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ и касается окружности в точке $B$. $OB$ — это радиус окружности, проведенный в точку касания $B$. По свойству касательной к окружности, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен самой касательной. Следовательно, $OB \perp a$. Теперь рассмотрим связь между прямыми. Прямая $AO$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$. Отрезок $AB$ является наклонной, проведенной из точки $A$ к плоскости $\alpha$. Отрезок $OB$ является проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$. Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через основание наклонной $AB$ (точку $B$). Согласно теореме о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной, перпендикулярна ее проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной. Так как прямая $a$ перпендикулярна проекции $OB$, она также перпендикулярна и самой наклонной $AB$. Таким образом, $AB \perp a$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

11.5.

Для построения перпендикуляра из точки $D$ на прямую $AC$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах. По условию, отрезок $BD$ перпендикулярен плоскости треугольника $ABC$. Обозначим эту плоскость как $\alpha$. Таким образом, $BD \perp \alpha$. Искомый перпендикуляр из точки $D$ к прямой $AC$ будет отрезком $DH$, где точка $H$ лежит на прямой $AC$. Отрезок $DH$ является наклонной к плоскости $\alpha$. Отрезок $BH$ является проекцией этой наклонной на плоскость $\alpha$. Прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$. Согласно теореме о трех перпендикулярах, прямая на плоскости перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции этой наклонной. Следовательно, для того чтобы $DH \perp AC$, необходимо, чтобы проекция $BH$ была перпендикулярна $AC$, то есть $BH \perp AC$.

Таким образом, задача сводится к построению в плоскости треугольника $ABC$ высоты $BH$ из вершины $B$ к стороне $AC$. Так как по условию треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$, его высота $BH$, проведенная к основанию, является также и медианой. Это означает, что точка $H$ — середина отрезка $AC$.

Алгоритм построения:
1. В плоскости треугольника $ABC$ находим середину основания $AC$. Обозначим эту точку $H$.
2. Соединяем точку $D$ с точкой $H$.
Полученный отрезок $DH$ и есть искомый перпендикуляр.

Ответ: Чтобы построить перпендикуляр из точки $D$ на прямую $AC$, необходимо найти середину $H$ основания $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ и соединить ее отрезком с точкой $D$. Отрезок $DH$ будет искомым перпендикуляром.