Страница 109 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

11.3. На рисунке 11.5 изображён равносторонний треугольник $ABC$, точка $D$ – середина стороны $BC$. Прямая $AM$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Докажите, что $MD \perp BC$.

Рис. 11.3

Рис. 11.4

Рис. 11.5

По условию задачи, треугольник $ABC$ является равносторонним. Точка $D$ — середина стороны $BC$. Это означает, что отрезок $AD$ является медианой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $BC$.

В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к любой из сторон, является также ее высотой и биссектрисой. Следовательно, медиана $AD$ также является высотой треугольника $ABC$, опущенной на сторону $BC$. По определению высоты, $AD$ перпендикулярна $BC$, что записывается как $AD \perp BC$.

Также по условию, прямая $AM$ перпендикулярна плоскости $ABC$, то есть $AM \perp (ABC)$.

Рассмотрим отрезки, связанные с точкой $M$ и плоскостью $ABC$:
• $AM$ — перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на плоскость $(ABC)$.
• $MD$ — наклонная, проведенная из точки $M$ к плоскости $(ABC)$.
• $AD$ — проекция наклонной $MD$ на плоскость $(ABC)$.

Применим теорему о трех перпендикулярах. Она гласит: если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной.

В нашем случае прямая $BC$ лежит в плоскости $(ABC)$. Мы уже доказали, что прямая $BC$ перпендикулярна проекции $AD$ ($BC \perp AD$). Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, прямая $BC$ перпендикулярна и самой наклонной $MD$.

Таким образом, $MD \perp BC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

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

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.

11.5. Отрезок $BD$ – перпендикуляр к плоскости равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$ (рис. 11.7). Постройте перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на прямую $AC$.

Рис. 11.7

Для построения перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $AC$, необходимо выполнить следующие действия:

1. В плоскости треугольника $ABC$ из вершины $B$ провести высоту к основанию $AC$. Обозначим точку пересечения высоты с прямой $AC$ как $H$. Таким образом, мы строим отрезок $BH$ так, что $BH \perp AC$.
2. Соединить отрезком точку $D$ и точку $H$.

Отрезок $DH$ и есть искомый перпендикуляр. Докажем это.

Доказательство:

По условию задачи отрезок $BD$ является перпендикуляром к плоскости треугольника $ABC$. Это записывается как $BD \perp (ABC)$.
Отрезок $BH$ лежит в плоскости $(ABC)$ и по построению является высотой, проведенной к стороне $AC$, следовательно, $BH \perp AC$.

Рассмотрим отрезки, связанные с точкой $D$ и плоскостью $(ABC)$:

• $DH$ — наклонная, проведенная из точки $D$ к плоскости $(ABC)$.
• $DB$ — перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на плоскость $(ABC)$.
• $BH$ — проекция наклонной $DH$ на плоскость $(ABC)$.

Воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах: если прямая, проведенная в плоскости через основание наклонной, перпендикулярна её проекции, то она перпендикулярна и самой наклонной.

В нашем случае:

• Прямая, лежащая в плоскости — это $AC$.
• Проекция наклонной — это $BH$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна проекции $BH$ ($AC \perp BH$), то согласно теореме о трёх перпендикулярах, прямая $AC$ перпендикулярна и самой наклонной $DH$.

Таким образом, $DH \perp AC$, что и требовалось доказать и построить.

Ответ: Чтобы построить перпендикуляр из точки $D$ на прямую $AC$, нужно в плоскости треугольника $ABC$ провести высоту $BH$ к основанию $AC$, а затем соединить точки $D$ и $H$. Отрезок $DH$ и будет искомым перпендикуляром.

11.6. Отрезок $BD$ – перпендикуляр к плоскости прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ (рис. 11.8). Постройте перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на прямую $AC$.

Рис. 11.8

Для построения перпендикуляра из точки $D$ на прямую $AC$ необходимо соединить точки $D$ и $C$. Полученный отрезок $DC$ и будет искомым перпендикуляром. Докажем это утверждение.

1. По условию задачи, отрезок $BD$ перпендикулярен плоскости треугольника $ABC$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$. Поскольку прямая $AC$ лежит в плоскости $ABC$, то $BD \perp AC$.

2. Также по условию, треугольник $ABC$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $C$. Это означает, что катеты $BC$ и $AC$ перпендикулярны, то есть $BC \perp AC$.

3. Таким образом, мы имеем, что прямая $AC$ перпендикулярна двум прямым — $BD$ и $BC$. Эти две прямые пересекаются в точке $B$ и, следовательно, определяют плоскость $DBC$.

4. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая (в нашем случае $AC$) перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $BC$) в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости (плоскости $DBC$). Следовательно, $AC \perp (DBC)$.

5. Из определения перпендикулярности прямой и плоскости следует, что прямая $AC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $DBC$. Отрезок $DC$ целиком лежит в плоскости $DBC$, так как его концы, точки $D$ и $C$, принадлежат этой плоскости.

6. Отсюда следует, что $AC \perp DC$. Это означает, что отрезок $DC$ является перпендикуляром, опущенным из точки $D$ на прямую $AC$.

Таким образом, для построения искомого перпендикуляра достаточно соединить отрезком точки $D$ и $C$.

Ответ: Необходимо соединить точки $D$ и $C$. Отрезок $DC$ является искомым перпендикуляром.

11.7. Отрезок $BE$ – перпендикуляр к плоскости ромба $ABCD$ (рис. 11.9). Постройте перпендикуляр, опущенный из точки $E$ на прямую $AC$.

Рис. 11.7

Рис. 11.8

Рис. 11.9

Для решения задачи воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах. Согласно этой теореме, прямая, проведённая в плоскости через основание наклонной перпендикулярно к её проекции на эту плоскость, перпендикулярна и самой наклонной.

Построение

1. В плоскости ромба ABCD проведем его диагонали AC и BD.
2. Обозначим точку пересечения диагоналей буквой O.
3. Соединим отрезком точку E и точку O.

Полученный отрезок EO является искомым перпендикуляром, опущенным из точки E на прямую AC.

Обоснование

По условию, отрезок BE перпендикулярен плоскости ромба ABCD, то есть $BE \perp (ABCD)$.
В этом случае отрезок EO является наклонной, проведенной из точки E к плоскости (ABCD), а отрезок BO — её проекцией на эту плоскость.
Поскольку ABCD — ромб, его диагонали по свойству перпендикулярны друг другу: $AC \perp BD$.
Так как прямая AC перпендикулярна проекции BO наклонной EO, то по теореме о трёх перпендикулярах прямая AC перпендикулярна и самой наклонной EO.
Следовательно, $EO \perp AC$. Это означает, что отрезок EO и есть перпендикуляр, опущенный из точки E на прямую AC.

Ответ: Искомым перпендикуляром является отрезок EO, где O — точка пересечения диагоналей ромба ABCD.

11.8. Прямая $MA$ перпендикулярна плоскости параллелограмма $ABCD$, $MD \perp CD$. Докажите, что четырёхугольник $ABCD$ – прямоугольник.

По условию задачи, прямая MA перпендикулярна плоскости параллелограмма ABCD. Это означает, что отрезок $MA$ является перпендикуляром, опущенным из точки $M$ на плоскость $(ABCD)$.

Рассмотрим отрезок $MD$. Он является наклонной к плоскости $(ABCD)$, проведенной из точки $M$. Отрезок $AD$ является проекцией наклонной $MD$ на плоскость $(ABCD)$, так как $A$ — основание перпендикуляра $MA$, а $D$ — точка, в которой наклонная пересекает плоскость.

В задаче дано, что $MD \perp CD$. Прямая $CD$ лежит в плоскости $(ABCD)$ и проходит через основание наклонной $MD$ (точку $D$).

Воспользуемся обратной теоремой о трех перпендикулярах: если прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна самой наклонной, то она перпендикулярна и ее проекции.

Применяя эту теорему к нашей задаче, получаем, что прямая $CD$ перпендикулярна проекции $AD$. Следовательно, $AD \perp CD$, что означает, что угол $\angle ADC = 90^\circ$.

Поскольку $ABCD$ — это параллелограмм, и один из его углов ($\angle ADC$) является прямым, то по определению четырехугольник $ABCD$ является прямоугольником.

Ответ: Доказано, что четырехугольник $ABCD$ — прямоугольник.