Номер 6, страница 30 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Метод сечений. Глава 1. Введение в стериометрию - номер 6, страница 30.

Условие.

6. Точка $K$ – середина ребра $BC$ тетраэдра $DABC$. Через точку пересечения медиан грани $ABD$ и середины отрезков $AK$ и $DK$ провели плоскость. Постройте сечение пирамиды этой плоскостью и найдите расстояние между точкой $A$ и точкой пересечения секущей плоскости с прямой $AC$, если $AC = 12$ см.

Решение 1.

Решение 3.

Построение сечения

1. Введем обозначения: $DABC$ – данный тетраэдр, $K$ – середина ребра $BC$. $O$ – точка пересечения медиан грани $ABD$ (центроид $\triangle ABD$), $P$ – середина отрезка $AK$, $Q$ – середина отрезка $DK$. Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точки $O, P, Q$.

2. Определим ключевые свойства секущей плоскости. Рассмотрим $\triangle ADK$. Так как $P$ – середина $AK$ и $Q$ – середина $DK$, отрезок $PQ$ является средней линией этого треугольника. Следовательно, прямая $PQ$ параллельна прямой $AD$ ($PQ \parallel AD$).

3. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ содержит прямую $PQ$, которая параллельна прямой $AD$, то плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AD$.

4. След секущей плоскости на грани $ABD$ должен быть параллелен $AD$. Так как точка $O$ (центроид $\triangle ABD$) принадлежит и плоскости $\alpha$, и плоскости грани $ABD$, этот след проходит через точку $O$. Проведем в плоскости $ABD$ прямую через $O$ параллельно $AD$. Пусть она пересекает ребра $AB$ и $BD$ в точках $Y$ и $X$ соответственно.

5. Найдем положение точек $Y$ и $X$. Пусть $M$ – середина ребра $AB$. $DM$ – медиана $\triangle ABD$, и точка $O$ делит ее в отношении $DO:OM = 2:1$. В $\triangle ADM$ отрезок $OY$ параллелен стороне $AD$. По теореме о пропорциональных отрезках (теореме Фалеса): $\frac{AY}{AM} = \frac{DO}{DM}$. Нет, это неверно. Правильно так: $\frac{MY}{MA} = \frac{MO}{MD} = \frac{1}{3}$. Поскольку $AM = \frac{1}{2}AB$, то $MY = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB = \frac{1}{6}AB$. Тогда $AY = AM - MY = \frac{1}{2}AB - \frac{1}{6}AB = \frac{2}{6}AB = \frac{1}{3}AB$.

Аналогично, из подобия $\triangle BYX$ и $\triangle BAD$ (так как $YX \parallel AD$) следует, что $\frac{BY}{BA} = \frac{BX}{BD}$. Так как $BY = AB - AY = AB - \frac{1}{3}AB = \frac{2}{3}AB$, то $\frac{BY}{BA} = \frac{2}{3}$. Следовательно, $\frac{BX}{BD} = \frac{2}{3}$. Таким образом, отрезок $YX$ является следом секущей плоскости на грани $ABD$.

6. Докажем, что вершина $C$ тетраэдра лежит в секущей плоскости $\alpha$. Введем векторный базис с началом в точке $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$, $\vec{AD} = \vec{d}$. Тогда:
$\vec{AK} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}) = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})$.
$\vec{AP} = \frac{1}{2}\vec{AK} = \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c})$.
$\vec{AO} = \frac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AD}) = \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{d})$.
$\vec{AQ} = \frac{1}{2}(\vec{AD} + \vec{AK}) = \frac{1}{2}(\vec{d} + \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})) = \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{2}\vec{d}$.

Уравнение плоскости $\alpha$, проходящей через точку $P$ с направляющими векторами $\vec{PO}$ и $\vec{PQ}$:
$\vec{r} = \vec{AP} + s\cdot\vec{PO} + t\cdot\vec{PQ}$.
$\vec{PO} = \vec{AO} - \vec{AP} = \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{d}) - \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{3}\vec{d}$.
$\vec{PQ} = \vec{AQ} - \vec{AP} = (\frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{2}\vec{d}) - (\frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c}) = \frac{1}{2}\vec{d}$.

Подставим вектор $\vec{AC} = \vec{c}$ в уравнение плоскости, чтобы проверить, принадлежит ли точка $C$ плоскости $\alpha$:
$\vec{c} = \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c}) + s(\frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{3}\vec{d}) + t(\frac{1}{2}\vec{d})$.
$\vec{0} = (\frac{1}{4} + \frac{s}{12})\vec{b} + (\frac{1}{4} - 1 - \frac{s}{4})\vec{c} + (\frac{s}{3} + \frac{t}{2})\vec{d}$.

Так как векторы $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ некомпланарны, коэффициенты при них должны быть равны нулю:
$\frac{1}{4} + \frac{s}{12} = 0 \Rightarrow s = -3$.
$-\frac{3}{4} - \frac{s}{4} = 0 \Rightarrow s = -3$.
$\frac{s}{3} + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow \frac{-3}{3} + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow -1 + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow t = 2$.

Поскольку система имеет решение, точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$.

7. Теперь мы можем построить сечение. Мы знаем, что точки $Y, X, C$ принадлежат секущей плоскости.

• На грани $ABC$ лежат точки $Y$ и $C$. Соединяем их отрезком $YC$.
• На грани $DBC$ лежат точки $X$ и $C$. Соединяем их отрезком $XC$.
• На грани $ABD$ лежат точки $Y$ и $X$. Они уже соединены отрезком $YX$.

Таким образом, искомое сечение – это треугольник $YXC$.

Ответ: Сечением является треугольник $YXC$, где $Y$ – точка на ребре $AB$ такая, что $AY = \frac{1}{3}AB$, а $X$ – точка на ребре $BD$ такая, что $BX = \frac{2}{3}BD$.

Нахождение расстояния между точкой А и точкой пересечения секущей плоскости с прямой АС

1. Нам нужно найти точку пересечения секущей плоскости $\alpha$ (плоскости $YXC$) с прямой $AC$.

2. Прямая $AC$ целиком лежит в плоскости грани $ABC$.

3. Секущая плоскость $\alpha$ пересекает плоскость грани $ABC$ по прямой $YC$ (так как точки $Y$ и $C$ принадлежат обеим плоскостям).

4. Точка пересечения плоскости $\alpha$ и прямой $AC$ является точкой пересечения прямых, лежащих в одной плоскости $ABC$: прямой $YC$ и прямой $AC$.

5. Прямые $YC$ и $AC$ имеют общую точку $C$. Следовательно, их точкой пересечения и является точка $C$.

6. Требуется найти расстояние между точкой $A$ и найденной точкой пересечения, то есть расстояние между точками $A$ и $C$.

7. По условию задачи, длина отрезка $AC$ равна 12 см.

Ответ: 12 см.