Страница 12 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

1.15. Квадраты $ABCD$ и $ABC_1D_1$ не лежат в од-ной плоскости (рис. 1.19). На отрезке $AD$отметили точку $E$, а на отрезке $BC_1$ — точ-ку $F$. Постройте точку пересечения:

1) прямой $CE$ с плоскостью $ABC_1$;

2) прямой $FD_1$ с плоскостью $ABC$.

Рис. 1.19

1) Построение точки пересечения прямой $CE$ с плоскостью $ABC_1$.

Прямая $CE$ лежит в плоскости квадрата $ABCD$, так как точки $C$ и $E$ (точка на отрезке $AD$) принадлежат этой плоскости. Обозначим эту плоскость $(ABC)$. Искомая точка пересечения $K$ должна лежать на прямой $CE$ и в плоскости $ABC_1$.

Поскольку $K \in CE$, а прямая $CE \subset (ABC)$, то точка $K$ также лежит в плоскости $(ABC)$. Следовательно, точка $K$ принадлежит обеим плоскостям: $(ABC)$ и $(ABC_1)$.

Линией пересечения плоскостей $(ABC)$ и $(ABC_1)$ является прямая $AB$, так как обе плоскости содержат точки $A$ и $B$. Значит, искомая точка $K$ должна лежать на прямой $AB$.

Таким образом, точка $K$ является точкой пересечения прямых $CE$ и $AB$. Для ее построения необходимо в плоскости $(ABC)$ продлить отрезки $CE$ и $BA$ до их пересечения. Так как в квадрате $ABCD$ прямые $AB$ и $CD$ параллельны, а прямая $CE$ не параллельна $AB$ (поскольку $E$ не совпадает с $D$ и $C$ не лежит на прямой $AD$), то прямые $CE$ и $AB$ пересекутся в единственной точке.

Ответ: Точка пересечения прямой $CE$ с плоскостью $ABC_1$ является точкой пересечения прямых $CE$ и $AB$.

2) Построение точки пересечения прямой $FD_1$ с плоскостью $ABC$.

Прямая $FD_1$ лежит в плоскости квадрата $ABC_1D_1$, так как точки $F$ (точка на отрезке $BC_1$) и $D_1$ принадлежат этой плоскости. Обозначим эту плоскость $(ABC_1)$. Искомая точка пересечения $L$ должна лежать на прямой $FD_1$ и в плоскости $ABC$.

Поскольку $L \in FD_1$, а прямая $FD_1 \subset (ABC_1)$, то точка $L$ также лежит в плоскости $(ABC_1)$. Следовательно, точка $L$ принадлежит обеим плоскостям: $(ABC)$ и $(ABC_1)$.

Как и в предыдущем пункте, линией пересечения плоскостей $(ABC)$ и $(ABC_1)$ является прямая $AB$. Значит, искомая точка $L$ должна лежать на прямой $AB$.

Таким образом, точка $L$ является точкой пересечения прямых $FD_1$ и $AB$. Для ее построения необходимо в плоскости $(ABC_1)$ продлить отрезки $FD_1$ и $AB$ до их пересечения. Так как в квадрате $ABC_1D_1$ прямые $AB$ и $C_1D_1$ параллельны, а прямая $FD_1$ не параллельна $AB$ (поскольку $F$ не совпадает с $C_1$ и $D_1$ не лежит на прямой $BC_1$), то прямые $FD_1$ и $AB$ пересекутся в единственной точке.

Ответ: Точка пересечения прямой $FD_1$ с плоскостью $ABC$ является точкой пересечения прямых $FD_1$ и $AB$.

1.16. Верно ли утверждение: любая прямая, проходящая через центры вписанной и описанной окружностей данного треугольника, лежит в плоскости этого треугольника?

Утверждение неверно.

Для того чтобы утверждение было верным, оно должно выполняться для любого треугольника. Мы покажем, что существует случай, когда оно не выполняется.

Рассмотрим расположение центров вписанной и описанной окружностей относительно плоскости, в которой лежит треугольник. Пусть эта плоскость будет $\alpha$.

• Центр вписанной окружности (инцентр) — это точка пересечения биссектрис углов треугольника. Биссектрисы строятся в плоскости треугольника, поэтому их точка пересечения (инцентр) также лежит в плоскости $\alpha$.
• Центр описанной окружности (циркумцентр) — это точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Серединные перпендикуляры также строятся в плоскости треугольника, следовательно, их точка пересечения (циркумцентр) тоже лежит в плоскости $\alpha$.

Таким образом, обе точки — центр вписанной окружности (обозначим его I) и центр описанной окружности (обозначим его O) — всегда лежат в плоскости треугольника.

Теперь рассмотрим два возможных случая.

1. Если треугольник не является равносторонним, то его инцентр I и циркумцентр O — это две различные точки. Согласно основной аксиоме стереометрии, если две точки прямой лежат в некоторой плоскости, то и вся прямая принадлежит этой плоскости. Так как точки I и O лежат в плоскости $\alpha$, то и вся прямая, проходящая через них, лежит в плоскости $\alpha$. Для такого типа треугольников утверждение верно.

2. Если треугольник является равносторонним, то его инцентр и циркумцентр (а также другие замечательные точки) совпадают. Обозначим эту единственную точку C. Утверждение "любая прямая, проходящая через центры" в этом случае означает "любая прямая, проходящая через точку C". Однако через одну точку в пространстве можно провести бесконечное множество прямых. Лишь часть из них будет лежать в плоскости $\alpha$. Например, прямая, проходящая через точку C перпендикулярно плоскости $\alpha$, не лежит в этой плоскости (она ее только пересекает). Эта прямая проходит через "центры", но не удовлетворяет условию "лежит в плоскости этого треугольника".

Поскольку мы нашли контрпример (случай равностороннего треугольника), для которого исходное утверждение не выполняется, оно не может считаться верным в общем виде.

Ответ: неверно.

1.17. О плоскостях $\alpha$ и $\beta$ и прямой $a$ известно, что $\alpha \cap \beta = c$, $a \subset \alpha$, $a \cap \beta = M$. Докажите, что $a \cap c = M$.

Для доказательства утверждения $a \cap c = M$ нам необходимо показать, что точка $M$ принадлежит пересечению прямых $a$ и $c$, и что это единственная точка в данном пересечении.

1. Докажем, что точка $M$ принадлежит пересечению $a \cap c$.

По определению, чтобы точка $M$ принадлежала пересечению $a \cap c$, она должна принадлежать обеим прямым: $M \in a$ и $M \in c$.

Из условия задачи известно, что $a \cap \beta = M$. Это означает, что точка $M$ является общей точкой для прямой $a$ и плоскости $\beta$. Следовательно, точка $M$ принадлежит прямой $a$ ($M \in a$) и точка $M$ принадлежит плоскости $\beta$ ($M \in \beta$).

Также из условия дано, что прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$). Поскольку $M \in a$, то отсюда следует, что точка $M$ также лежит в плоскости $\alpha$ ($M \in \alpha$).

Таким образом, мы установили, что точка $M$ принадлежит как плоскости $\alpha$, так и плоскости $\beta$. По условию, пересечением плоскостей $\alpha$ и $\beta$ является прямая $c$ ($α \cap \beta = c$). Это означает, что любая точка, принадлежащая обеим плоскостям, принадлежит и прямой $c$. Следовательно, $M \in c$.

Поскольку мы показали, что $M \in a$ и $M \in c$, то по определению пересечения точка $M$ принадлежит пересечению прямых $a$ и $c$, то есть $M \in a \cap c$.

2. Докажем, что пересечение $a \cap c$ не содержит других точек, кроме $M$.

Допустим, существует некоторая точка $N$, которая также принадлежит пересечению $a \cap c$.

Если $N \in a \cap c$, то по определению пересечения $N \in a$ и $N \in c$.

Из условия $α \cap \beta = c$ следует, что прямая $c$ полностью лежит как в плоскости $\alpha$, так и в плоскости $\beta$. В частности, $c \subset \beta$.

Поскольку $N \in c$ и $c \subset \beta$, то точка $N$ принадлежит плоскости $\beta$ ($N \in \beta$).

Итак, мы получили, что точка $N$ принадлежит прямой $a$ ($N \in a$) и плоскости $\beta$ ($N \in \beta$). Это означает, что точка $N$ является точкой их пересечения, то есть $N \in a \cap \beta$.

Однако по условию задачи пересечение прямой $a$ и плоскости $\beta$ есть единственная точка $M$ ($a \cap \beta = M$).

Следовательно, точка $N$ должна совпадать с точкой $M$, то есть $N = M$.

Это доказывает, что в пересечении $a \cap c$ не может быть никакой другой точки, кроме $M$.

Вывод:

Мы доказали, что точка $M$ принадлежит пересечению $a \cap c$ и что она является единственной точкой этого пересечения. Следовательно, $a \cap c = M$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Исходя из того, что $M$ - общая точка для $a$ и $\beta$, и $a \subset \alpha$, следует, что $M$ лежит на линии пересечения $\alpha$ и $\beta$, то есть на прямой $c$. Так как $M$ также лежит на прямой $a$, то $M$ является точкой пересечения $a$ и $c$. Единственность этой точки следует из того, что $a$ и $\beta$ пересекаются только в одной точке $M$.

1.18. О плоскостях $\alpha$ и $\beta$ и прямой $a$ известно, что $\alpha \cap \beta = c$, $a \subset \alpha$, $a \cap c = A$. Докажите, что $A \in \beta$.

Для доказательства того, что точка $A$ принадлежит плоскости $\beta$ ($A \in \beta$), будем исходить из данных условий задачи.

1. По условию, $a \cap c = A$. Это означает, что точка $A$ является точкой пересечения прямых $a$ и $c$. По определению пересечения, точка, являющаяся результатом пересечения двух множеств, принадлежит каждому из них. Следовательно, точка $A$ принадлежит прямой $c$, что можно записать как $A \in c$.

2. По условию, $\alpha \cap \beta = c$. Это означает, что прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$. По определению линии пересечения плоскостей, все точки, принадлежащие этой линии, принадлежат обеим плоскостям. Следовательно, вся прямая $c$ лежит в плоскости $\beta$, что можно записать как $c \subset \beta$.

3. Из первого пункта мы знаем, что $A \in c$. Из второго пункта мы знаем, что $c \subset \beta$. Если точка принадлежит прямой, а эта прямая целиком лежит в плоскости, то и сама точка принадлежит этой плоскости. Таким образом, из $A \in c$ и $c \subset \beta$ напрямую следует, что $A \in \beta$.

Утверждение доказано.

Ответ: Поскольку точка $A$ принадлежит прямой $c$ (так как $A = a \cap c$), а прямая $c$ принадлежит плоскости $\beta$ (так как $c = \alpha \cap \beta$), то точка $A$ также принадлежит плоскости $\beta$.

1.19. Точки $A, B, C$ и $D$ не лежат в одной плоскости. Докажите, что никакие три из них не лежат на одной прямой.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного.

Предположим, что три из данных точек, например $A$, $B$ и $C$, лежат на одной прямой. Обозначим эту прямую как $l$.

Рассмотрим положение четвертой точки $D$ относительно прямой $l$. Точка $D$ не может лежать на прямой $l$, так как в этом случае все четыре точки ($A$, $B$, $C$ и $D$) лежали бы на одной прямой. Любые точки, лежащие на одной прямой, одновременно лежат и в одной плоскости (и даже в бесконечном множестве плоскостей), что напрямую противоречит условию задачи, согласно которому точки $A$, $B$, $C$ и $D$ не лежат в одной плоскости.

Итак, у нас есть прямая $l$ (на которой лежат точки $A$, $B$, $C$) и точка $D$, не лежащая на этой прямой. Согласно одной из аксиом стереометрии, через прямую и не лежащую на ней точку можно провести плоскость, и притом только одну. Проведем такую плоскость $\alpha$ через прямую $l$ и точку $D$.

По построению, плоскость $\alpha$ содержит прямую $l$ и точку $D$. Так как точки $A$, $B$ и $C$ принадлежат прямой $l$, они также принадлежат и плоскости $\alpha$. Точка $D$ также принадлежит плоскости $\alpha$. Следовательно, все четыре точки $A$, $B$, $C$ и $D$ лежат в одной плоскости $\alpha$.

Мы пришли к противоречию с условием задачи, в котором утверждается, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ не лежат в одной плоскости.

Это противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Таким образом, никакие три из данных четырех точек не могут лежать на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.20. Докажите, что если две соседние вершины четырёхугольника и точка пересечения его диагоналей принадлежат одной плоскости, то и две другие вершины принадлежат этой плоскости.

Пусть дан четырёхугольник $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$.

По условию задачи, две соседние вершины и точка пересечения диагоналей принадлежат одной плоскости $\alpha$. Без ограничения общности, выберем в качестве этих вершин $A$ и $B$. Таким образом, нам дано, что точки $A$, $B$ и $O$ принадлежат плоскости $\alpha$ (то есть $A \in \alpha$, $B \in \alpha$ и $O \in \alpha$).

Требуется доказать, что две другие вершины, $C$ и $D$, также принадлежат этой плоскости.

Доказательство:

1. Рассмотрим прямую, содержащую диагональ $AC$. Точки $A$, $O$ и $C$ лежат на этой прямой. По условию, точки $A$ и $O$ принадлежат плоскости $\alpha$. Согласно аксиоме стереометрии: если две точки прямой принадлежат плоскости, то все точки этой прямой принадлежат плоскости. Следовательно, вся прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$.

2. Так как вершина $C$ принадлежит прямой $AC$, то она также принадлежит и плоскости $\alpha$ ($C \in \alpha$).

3. Аналогично рассмотрим прямую, содержащую диагональ $BD$. Точки $B$, $O$ и $D$ лежат на этой прямой. По условию, точки $B$ и $O$ принадлежат плоскости $\alpha$. Применяя ту же аксиому, заключаем, что вся прямая $BD$ лежит в плоскости $\alpha$.

4. Так как вершина $D$ принадлежит прямой $BD$, то она также принадлежит и плоскости $\alpha$ ($D \in \alpha$).

Таким образом, доказано, что две другие вершины четырехугольника, $C$ и $D$, также принадлежат плоскости $\alpha$. Это означает, что все четыре вершины четырехугольника лежат в одной плоскости, то есть четырехугольник является плоским.

Ответ: Утверждение доказано. Если две соседние вершины (например, $A$ и $B$) и точка пересечения диагоналей $O$ лежат в некоторой плоскости, то и вся прямая, проходящая через точки $A$ и $O$ (содержащая диагональ $AC$), лежит в этой плоскости. Значит, третья вершина $C$ тоже лежит в этой плоскости. Аналогично, вся прямая, проходящая через точки $B$ и $O$ (содержащая диагональ $BD$), лежит в этой плоскости, а значит, и четвертая вершина $D$ лежит в ней.

1.21. Вершина $D$ четырёхугольника $ABCD$ принадлежит плоскости $\alpha$, а остальные вершины лежат вне этой плоскости. Продолжения сторон $BA$ и $BC$ пересекают плоскость $\alpha$ в точках $M$ и $K$ соответственно. Докажите, что точки $M$, $D$ и $K$ лежат на одной прямой.

Поскольку $ABCD$ — это четырехугольник, все его вершины $A, B, C, D$ лежат в одной плоскости. Обозначим эту плоскость $\beta$. Три вершины $A, B, C$ не лежат на одной прямой (иначе $BA$ и $BC$ были бы частями одной прямой), поэтому они однозначно задают эту плоскость $\beta$.

Рассмотрим точку $M$. По условию, $M$ — точка пересечения прямой $BA$ и плоскости $\alpha$. Это означает, что точка $M$ принадлежит как прямой $BA$, так и плоскости $\alpha$. Так как прямая $BA$ полностью лежит в плоскости $\beta$ (поскольку точки $A$ и $B$ лежат в ней), то и точка $M$, принадлежащая этой прямой, также лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, точка $M$ является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Аналогично рассмотрим точку $K$. По условию, $K$ — точка пересечения прямой $BC$ и плоскости $\alpha$. Это означает, что $K$ принадлежит прямой $BC$ и плоскости $\alpha$. Прямая $BC$ полностью лежит в плоскости $\beta$ (поскольку точки $B$ и $C$ лежат в ней), следовательно, точка $K$ также лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, точка $K$ также является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Теперь рассмотрим точку $D$. По условию, вершина $D$ принадлежит плоскости $\alpha$. Также мы установили, что точка $D$, как вершина четырехугольника $ABCD$, принадлежит плоскости $\beta$. Следовательно, точка $D$ также является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Итак, мы имеем три точки $M, D$ и $K$, которые одновременно принадлежат двум различным плоскостям: $\alpha$ и $\beta$. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ различны, так как по условию вершины $A, B, C$ лежат вне плоскости $\alpha$, но лежат в плоскости $\beta$.

Согласно аксиоме стереометрии, если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой, на которой лежат все их общие точки.

Следовательно, точки $M, D$ и $K$ лежат на одной прямой, которая является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.22. Вершина $A$ треугольника $ABC$ принадлежит плоскости $\alpha$, а вершины $B$ и $C$ лежат вне этой плоскости. Продолжения медиан $BM$ и $CN$ треугольника $ABC$ пересекают плоскость $\alpha$ в точках $K$ и $E$ соответственно. Докажите, что точки $A$, $K$ и $E$ лежат на одной прямой.

Доказательство

1. Точки $A$, $B$ и $C$ определяют единственную плоскость, в которой лежит треугольник $ABC$. Обозначим эту плоскость $(ABC)$.

2. По условию, вершина $A$ принадлежит плоскости $\alpha$. Также, по определению, вершина $A$ принадлежит плоскости $(ABC)$. Следовательно, точка $A$ является общей точкой для плоскостей $\alpha$ и $(ABC)$.

3. Так как вершины $B$ и $C$ лежат в плоскости $(ABC)$, но не лежат в плоскости $\alpha$, эти две плоскости не совпадают. Согласно аксиоме стереометрии, если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой, проходящей через эту точку. Обозначим линию пересечения плоскостей $\alpha$ и $(ABC)$ как прямую $l$. Поскольку $A$ — общая точка этих плоскостей, то $A$ лежит на прямой $l$ ($A \in l$).

4. Рассмотрим точку $K$. По условию, $K$ — это точка пересечения продолжения медианы $BM$ и плоскости $\alpha$. Из этого следует, что точка $K$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($K \in \alpha$) и одновременно лежит на прямой $BM$.

5. Медиана $BM$ соединяет вершину $B$ и точку $M$ (середину стороны $AC$). Обе эти точки, $B$ и $M$, лежат в плоскости треугольника $(ABC)$. Следовательно, вся прямая $BM$ целиком лежит в плоскости $(ABC)$.

6. Так как точка $K$ лежит на прямой $BM$, она также принадлежит плоскости $(ABC)$ ($K \in (ABC)$). Мы уже знаем, что $K \in \alpha$. Таким образом, точка $K$ принадлежит обеим плоскостям и, следовательно, должна лежать на линии их пересечения — прямой $l$.

7. Аналогичные рассуждения проведем для точки $E$. По условию, $E$ — это точка пересечения продолжения медианы $CN$ и плоскости $\alpha$. Значит, $E \in \alpha$ и $E$ лежит на прямой $CN$.

8. Медиана $CN$ соединяет точки $C$ и $N$ (середину стороны $AB$), которые обе лежат в плоскости $(ABC)$. Значит, вся прямая $CN$ лежит в плоскости $(ABC)$.

9. Так как точка $E$ лежит на прямой $CN$, она также принадлежит плоскости $(ABC)$ ($E \in (ABC)$). Мы уже знаем, что $E \in \alpha$. Таким образом, точка $E$ принадлежит обеим плоскостям и, следовательно, должна лежать на линии их пересечения — прямой $l$.

10. Мы доказали, что каждая из точек $A$, $K$ и $E$ лежит на прямой $l$, которая является линией пересечения плоскостей $(ABC)$ и $\alpha$. Следовательно, точки $A$, $K$ и $E$ лежат на одной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1.23. О плоскостях $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ известно, что $\alpha \cap \beta = c$, $\beta \cap \gamma = a$, $\alpha \cap \gamma = b$, $a \cap c = M$. Докажите, что $M \in b$.

Для доказательства утверждения, что $M \in b$, воспользуемся определениями пересечения плоскостей и прямых.

По условию задачи дано:

1. $\alpha \cap \beta = c$ (Прямая $c$ — это пересечение плоскостей $\alpha$ и $\beta$).

2. $\beta \cap \gamma = a$ (Прямая $a$ — это пересечение плоскостей $\beta$ и $\gamma$).

3. $\alpha \cap \gamma = b$ (Прямая $b$ — это пересечение плоскостей $\alpha$ и $\gamma$).

4. $a \cap c = M$ (Точка $M$ — это пересечение прямых $a$ и $c$).

Из условия $a \cap c = M$ следует, что точка $M$ принадлежит одновременно обеим прямым, то есть $M \in a$ и $M \in c$.

Рассмотрим последовательно, что означает принадлежность точки $M$ каждой из этих прямых:

1. Так как $M \in a$, а прямая $a$ является линией пересечения плоскостей $\beta$ и $\gamma$ ($a = \beta \cap \gamma$), то точка $M$ по определению принадлежит обеим этим плоскостям. Следовательно, $M \in \beta$ и $M \in \gamma$.

2. Так как $M \in c$, а прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$ ($c = \alpha \cap \beta$), то точка $M$ по определению принадлежит и этим двум плоскостям. Следовательно, $M \in \alpha$ и $M \in \beta$.

Из первого пункта мы знаем, что $M \in \gamma$. Из второго пункта мы знаем, что $M \in \alpha$.

Таким образом, мы установили, что точка $M$ принадлежит одновременно и плоскости $\alpha$, и плоскости $\gamma$.

По условию задачи, прямая $b$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\gamma$ ($b = \alpha \cap \gamma$). Это означает, что прямая $b$ состоит из всех точек, которые принадлежат как плоскости $\alpha$, так и плоскости $\gamma$.

Поскольку точка $M$ принадлежит обеим плоскостям ($\alpha$ и $\gamma$), она по определению должна принадлежать линии их пересечения, то есть прямой $b$.

Следовательно, $M \in b$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1.24. Точка $M$ – общая точка двух плоскостей $ABC$ и $BCD$. Найдите отрезок $BC$, если $BM = 4$ см, $MC = 7$ см.

Две плоскости, $ABC$ и $BCD$, имеют общие точки $B$ и $C$. Согласно аксиоме стереометрии, если две плоскости имеют две общие точки, то они пересекаются по прямой, проходящей через эти точки. В данном случае линией пересечения плоскостей $ABC$ и $BCD$ является прямая $BC$.

По условию, точка $M$ также является общей точкой этих двух плоскостей. Это означает, что точка $M$ должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $BC$. Таким образом, точки $B$, $C$ и $M$ лежат на одной прямой (коллинеарны).

Для трех точек, лежащих на одной прямой, существует три варианта их взаимного расположения. Рассмотрим возможные случаи, исходя из заданных длин отрезков $BM = 4$ см и $MC = 7$ см.

1. Точка M лежит между точками B и C.

В этом случае длина отрезка $BC$ равна сумме длин отрезков $BM$ и $MC$.
$BC = BM + MC$
$BC = 4 \text{ см} + 7 \text{ см} = 11 \text{ см}$

2. Точка B лежит между точками M и C.

В этом случае длина отрезка $MC$ равна сумме длин отрезков $MB$ и $BC$.
$MC = MB + BC$
Отсюда выражаем и находим длину отрезка $BC$:
$BC = MC - MB$
$BC = 7 \text{ см} - 4 \text{ см} = 3 \text{ см}$

Третий возможный случай, когда точка $C$ лежит между точками $B$ и $M$, невозможен. В этом случае выполнялось бы равенство $BM = BC + CM$, что привело бы к уравнению $4 = BC + 7$. Решением было бы $BC = -3$ см, а длина отрезка не может быть отрицательной.

Так как в условии задачи не уточнено взаимное расположение точек, задача имеет два возможных решения.

Ответ: 11 см или 3 см.

1.25. Пять точек, являющиеся серединами звеньев замкнутой ломаной $ABCDE$, принадлежат плоскости $\alpha$. Докажите, что точки $A, B, C, D$ и $E$ принадлежат этой же плоскости.

Для доказательства воспользуемся векторным методом.

Пусть в пространстве задана некоторая система координат. Обозначим радиус-векторы вершин замкнутой ломаной $A, B, C, D, E$ как $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ соответственно.

Пусть $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ — середины звеньев $AB, BC, CD, DE, EA$. Их радиус-векторы можно выразить через радиус-векторы вершин ломаной:

• Радиус-вектор $M_1$ (середины $AB$): $\vec{m_1} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$
• Радиус-вектор $M_2$ (середины $BC$): $\vec{m_2} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$
• Радиус-вектор $M_3$ (середины $CD$): $\vec{m_3} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$
• Радиус-вектор $M_4$ (середины $DE$): $\vec{m_4} = \frac{\vec{d} + \vec{e}}{2}$
• Радиус-вектор $M_5$ (середины $EA$): $\vec{m_5} = \frac{\vec{e} + \vec{a}}{2}$

По условию задачи, все пять точек $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ принадлежат одной плоскости $\alpha$. Уравнение любой плоскости в пространстве можно записать в векторной форме как $\vec{r} \cdot \vec{n} = k$, где $\vec{r}$ — радиус-вектор произвольной точки на плоскости, $\vec{n}$ — ненулевой вектор, перпендикулярный (нормальный) к плоскости, а $k$ — некоторая константа.

Так как точки $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ лежат в плоскости $\alpha$, их радиус-векторы удовлетворяют уравнению этой плоскости:

$\vec{m_1} \cdot \vec{n} = k \implies \left(\frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}\right) \cdot \vec{n} = k \implies \vec{a} \cdot \vec{n} + \vec{b} \cdot \vec{n} = 2k$

$\vec{m_2} \cdot \vec{n} = k \implies \left(\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}\right) \cdot \vec{n} = k \implies \vec{b} \cdot \vec{n} + \vec{c} \cdot \vec{n} = 2k$

$\vec{m_3} \cdot \vec{n} = k \implies \left(\frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}\right) \cdot \vec{n} = k \implies \vec{c} \cdot \vec{n} + \vec{d} \cdot \vec{n} = 2k$

$\vec{m_4} \cdot \vec{n} = k \implies \left(\frac{\vec{d} + \vec{e}}{2}\right) \cdot \vec{n} = k \implies \vec{d} \cdot \vec{n} + \vec{e} \cdot \vec{n} = 2k$

$\vec{m_5} \cdot \vec{n} = k \implies \left(\frac{\vec{e} + \vec{a}}{2}\right) \cdot \vec{n} = k \implies \vec{e} \cdot \vec{n} + \vec{a} \cdot \vec{n} = 2k$

Для удобства введем обозначения: $x_A = \vec{a} \cdot \vec{n}$, $x_B = \vec{b} \cdot \vec{n}$, $x_C = \vec{c} \cdot \vec{n}$, $x_D = \vec{d} \cdot \vec{n}$, $x_E = \vec{e} \cdot \vec{n}$. Заметим, что условие принадлежности точки $P$ плоскости $\alpha$ эквивалентно равенству $x_P = k$. Мы получили систему из пяти линейных уравнений с пятью неизвестными:

1. $x_A + x_B = 2k$
2. $x_B + x_C = 2k$
3. $x_C + x_D = 2k$
4. $x_D + x_E = 2k$
5. $x_E + x_A = 2k$

Решим эту систему. Из первого уравнения выразим $x_B$: $x_B = 2k - x_A$.

Подставим это выражение для $x_B$ во второе уравнение: $(2k - x_A) + x_C = 2k$, откуда получаем $x_C = x_A$.

Подставим $x_C = x_A$ в третье уравнение: $x_A + x_D = 2k$, откуда $x_D = 2k - x_A$.

Подставим это выражение для $x_D$ в четвертое уравнение: $(2k - x_A) + x_E = 2k$, откуда $x_E = x_A$.

Наконец, подставим полученное выражение $x_E = x_A$ в пятое уравнение: $x_A + x_A = 2k$, что дает $2x_A = 2k$, и следовательно, $x_A = k$.

Теперь, когда мы нашли значение $x_A$, мы можем последовательно найти значения для всех остальных переменных:

$x_B = 2k - x_A = 2k - k = k$

$x_C = x_A = k$

$x_D = 2k - x_A = 2k - k = k$

$x_E = x_A = k$

Таким образом, мы доказали, что $x_A = x_B = x_C = x_D = x_E = k$.

Это означает, что для каждой из вершин $A, B, C, D, E$ выполняется условие $\vec{p} \cdot \vec{n} = k$, где $\vec{p}$ — соответствующий радиус-вектор. А это и есть условие принадлежности точки плоскости $\alpha$. Следовательно, все пять вершин $A, B, C, D, E$ лежат в той же плоскости $\alpha$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точки $A, B, C, D$ и $E$ принадлежат плоскости $\alpha$.

1.26. На высоте $BD$ равнобедренного треугольника $ABC$ ($AB = BC$) отметили точку $M$. Найдите отношение площади треугольника $AMC$ к площади треугольника $ABC$, если $BD = 12$ см, $BM = 8$ см.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с боковыми сторонами $AB = BC$ и основанием $AC$. $BD$ — высота, проведенная к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, также является и медианой, поэтому $BD$ перпендикулярна $AC$.

Площадь треугольника $ABC$ вычисляется по формуле: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot h_{ABC}$, где $h_{ABC}$ — высота, проведенная к стороне $AC$. В нашем случае высота — это $BD$. Таким образом, $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD$.

Рассмотрим треугольник $AMC$. У него общее основание $AC$ с треугольником $ABC$. Высота треугольника $AMC$, проведенная из вершины $M$ к основанию $AC$, — это длина перпендикуляра из точки $M$ на прямую $AC$. Поскольку точка $M$ лежит на отрезке $BD$, который перпендикулярен $AC$, то искомой высотой является отрезок $MD$. Таким образом, $S_{AMC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MD$.

Найдем длину высоты $MD$. Точка $M$ лежит на отрезке $BD$, поэтому длина отрезка $BD$ равна сумме длин отрезков $BM$ и $MD$: $BD = BM + MD$. По условию $BD = 12$ см и $BM = 8$ см. Выразим $MD$: $MD = BD - BM = 12 - 8 = 4$ см.

Теперь найдем отношение площади треугольника $AMC$ к площади треугольника $ABC$: $\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot AC \cdot MD}{\frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD}$.

Так как у треугольников общее основание $AC$, мы можем сократить $\frac{1}{2}$ и $AC$ в числителе и знаменателе. Отношение площадей будет равно отношению их высот: $\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}} = \frac{MD}{BD}$.

Подставим известные значения длин высот: $\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.

Ответ: $\frac{1}{3}$.