Страница 189 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

20.32. Прямая $m$ параллельна стороне $AC$ треугольника $ABC$ и не лежит в плоскости $ABC$, $\angle ABC = \angle BAC = 30^{\circ}$.

1) Докажите, что прямые $m$ и $BC$ скрещивающиеся.

2) Найдите угол между прямыми $m$ и $BC$.

1) Докажите, что прямые m и BC скрещивающиеся.
По определению, скрещивающиеся прямые — это прямые, которые не лежат в одной плоскости, не пересекаются и не параллельны.
Рассмотрим плоскость треугольника $ABC$. Прямая $AC$ лежит в этой плоскости ($AC \subset (ABC)$). По условию, прямая $m$ параллельна прямой $AC$ ($m \parallel AC$).
По признаку параллельности прямой и плоскости, если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна какой-либо прямой в этой плоскости, то она параллельна самой плоскости.
Так как $m \parallel AC$, $AC \subset (ABC)$ и по условию $m$ не лежит в плоскости $ABC$ ($m \not\subset (ABC)$), то прямая $m$ параллельна плоскости $ABC$ ($m \parallel (ABC)$).
Прямая $BC$ лежит в плоскости $ABC$ ($BC \subset (ABC)$).
Если прямая $m$ параллельна плоскости $(ABC)$, то она не имеет с ней общих точек. Следовательно, прямая $m$ не может пересекать ни одну прямую, лежащую в этой плоскости, в том числе и прямую $BC$. Значит, $m$ и $BC$ не пересекаются.
Теперь докажем, что прямые $m$ и $BC$ не параллельны. Предположим обратное: $m \parallel BC$. По условию нам дано, что $m \parallel AC$. Если бы $m \parallel BC$ и $m \parallel AC$, то по свойству транзитивности параллельных прямых следовало бы, что $AC \parallel BC$. Но прямые $AC$ и $BC$ являются сторонами треугольника $ABC$ и пересекаются в точке $C$, а значит, не могут быть параллельными. Получили противоречие.
Следовательно, прямые $m$ и $BC$ не параллельны.
Таким образом, прямые $m$ и $BC$ не пересекаются и не параллельны, а значит, они являются скрещивающимися, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2) Найдите угол между прямыми m и BC.
Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между двумя пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным скрещивающимся прямым.
По условию прямая $m$ параллельна стороне $AC$ треугольника $ABC$ ($m \parallel AC$).
Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми $m$ и $BC$ равен углу между пересекающимися прямыми $AC$ и $BC$.
Прямые $AC$ и $BC$ являются сторонами треугольника $ABC$ и пересекаются в вершине $C$, образуя угол $\angle ACB$.
Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Найдем угол $\angle ACB$ из треугольника $ABC$:
$\angle ACB = 180^\circ - (\angle ABC + \angle BAC)$
По условию $\angle ABC = \angle BAC = 30^\circ$.
$\angle ACB = 180^\circ - (30^\circ + 30^\circ) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.
Углом между двумя прямыми по определению считается острый угол (или прямой), который они образуют. Если при пересечении прямых образуются углы $120^\circ$ и $60^\circ$ ($180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$), то углом между прямыми $AC$ и $BC$ является меньший из них, то есть $60^\circ$.
Таким образом, угол между прямыми $m$ и $BC$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

20.33. Грань $ABCD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является квадратом, а ребро $AA_1$ вдвое больше ребра $AB$. Найдите угол между прямыми:

1) $AB_1$ и $CD$;

2) $AB_1$ и $CD_1$;

3) $AB_1$ и $A_1C_1$.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. По условию, грань $ABCD$ является квадратом. Обозначим длину ребра этого квадрата через $a$. Тогда $AB = BC = CD = DA = a$. Также по условию, ребро $AA_1$ вдвое больше ребра $AB$, следовательно, $AA_1 = 2a$. Так как это прямоугольный параллелепипед, все его боковые ребра равны и перпендикулярны основаниям, поэтому $AA_1 = BB_1 = CC_1 = DD_1 = 2a$.

1) Найдем угол между прямыми $AB_1$ и $CD$.

Прямые $AB_1$ и $CD$ являются скрещивающимися. Поскольку в параллелепипеде ребро $CD$ параллельно ребру $AB$, угол между прямыми $AB_1$ и $CD$ равен углу между прямыми $AB_1$ и $AB$. Эти прямые пересекаются в точке $A$ и лежат в одной плоскости — плоскости грани $ABB_1A_1$.

Рассмотрим треугольник $\triangle B_1AB$. Так как $BB_1$ — боковое ребро, а $AB$ — ребро основания, то $BB_1 \perp AB$. Следовательно, треугольник $\triangle B_1AB$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$. Искомый угол — это $\angle B_1AB$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle B_1AB$ катеты равны $AB = a$ и $BB_1 = 2a$. Найдем тангенс угла $\angle B_1AB$:$ \tan(\angle B_1AB) = \frac{BB_1}{AB} = \frac{2a}{a} = 2 $Таким образом, искомый угол равен $\arctan(2)$.

Ответ: $\arctan(2)$.

2) Найдем угол между прямыми $AB_1$ и $CD_1$.

Прямые $AB_1$ и $CD_1$ являются скрещивающимися. Для нахождения угла между ними воспользуемся методом координат. Введем систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$, осью $Ox$ вдоль $AB$, осью $Oy$ вдоль $AD$ и осью $Oz$ вдоль $AA_1$. Координаты нужных нам точек:$A(0, 0, 0)$, $B_1(a, 0, 2a)$, $C(a, a, 0)$, $D_1(0, a, 2a)$.

Найдем направляющие векторы для данных прямых:$\vec{v_1} = \vec{AB_1} = (a-0, 0-0, 2a-0) = (a, 0, 2a)$.$\vec{v_2} = \vec{CD_1} = (0-a, a-a, 2a-0) = (-a, 0, 2a)$.

Косинус угла $\phi$ между прямыми находится по формуле:$ \cos\phi = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|} $

Вычислим скалярное произведение векторов:$ \vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = a \cdot (-a) + 0 \cdot 0 + 2a \cdot 2a = -a^2 + 4a^2 = 3a^2 $.

Вычислим длины векторов:$ |\vec{v_1}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + (2a)^2} = \sqrt{a^2 + 4a^2} = a\sqrt{5} $.$ |\vec{v_2}| = \sqrt{(-a)^2 + 0^2 + (2a)^2} = \sqrt{a^2 + 4a^2} = a\sqrt{5} $.

Подставим найденные значения в формулу для косинуса угла:$ \cos\phi = \frac{|3a^2|}{(a\sqrt{5})(a\sqrt{5})} = \frac{3a^2}{5a^2} = \frac{3}{5} $.

Искомый угол равен $\arccos\left(\frac{3}{5}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{3}{5}\right)$.

3) Найдем угол между прямыми $AB_1$ и $A_1C_1$.

Прямые $AB_1$ и $A_1C_1$ являются скрещивающимися. Прямая $A_1C_1$ является диагональю верхней грани $A_1B_1C_1D_1$, а прямая $AC$ — диагональю нижней грани $ABCD$. Так как плоскости оснований параллельны, прямая $A_1C_1$ параллельна прямой $AC$.Следовательно, угол между прямыми $AB_1$ и $A_1C_1$ равен углу между прямыми $AB_1$ и $AC$.

Эти прямые пересекаются в точке $A$. Рассмотрим треугольник $\triangle B_1AC$, искомый угол — это $\angle B_1AC$. Найдем длины его сторон:

• $AC$ — диагональ квадрата $ABCD$ со стороной $a$. $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
• $AB_1$ — диагональ прямоугольника $ABB_1A_1$ со сторонами $a$ и $2a$. $AB_1 = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.
• $B_1C$ — диагональ, которую найдем из прямоугольного треугольника $\triangle B_1BC$ (где $\angle B_1BC = 90^\circ$). $B_1C = \sqrt{BB_1^2 + BC^2} = \sqrt{(2a)^2 + a^2} = a\sqrt{5}$.

Треугольник $\triangle B_1AC$ является равнобедренным, так как $AB_1 = B_1C = a\sqrt{5}$. Найдем искомый угол $\angle B_1AC$ с помощью теоремы косинусов:$ B_1C^2 = AB_1^2 + AC^2 - 2(AB_1)(AC)\cos(\angle B_1AC) $$ (a\sqrt{5})^2 = (a\sqrt{5})^2 + (a\sqrt{2})^2 - 2(a\sqrt{5})(a\sqrt{2})\cos(\angle B_1AC) $$ 5a^2 = 5a^2 + 2a^2 - 2a^2\sqrt{10}\cos(\angle B_1AC) $$ 0 = 2a^2 - 2a^2\sqrt{10}\cos(\angle B_1AC) $$ 2a^2\sqrt{10}\cos(\angle B_1AC) = 2a^2 $$ \cos(\angle B_1AC) = \frac{2a^2}{2a^2\sqrt{10}} = \frac{1}{\sqrt{10}} $

Искомый угол равен $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

20.34. Через вершину $B$ треугольника $ABC$ проведена прямая $BD$, перпендикулярная плоскости $ABC$ (рис. 20.12). Точка $M$ – середина отрезка $AC$. Найдите отрезки $DA$ и $DM$, если $AB = BC = 10$ см, $AC = 12$ см, $DB = 24$ см.

По условию задачи, прямая BD перпендикулярна плоскости треугольника ABC. Это означает, что отрезок BD перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости ABC и проходящей через точку B. Нам даны следующие данные: треугольник ABC, в котором AB = BC = 10 см и AC = 12 см; точка M — середина стороны AC; длина отрезка DB = 24 см. Требуется найти длины отрезков DA и DM.

Нахождение DA

Поскольку прямая BD перпендикулярна плоскости (ABC), она перпендикулярна и прямой AB, которая лежит в этой плоскости и проходит через точку B. Таким образом, угол между отрезками DB и AB прямой, то есть $ \angle DBA = 90^\circ $.

Это означает, что треугольник DBA является прямоугольным, где DB и AB — катеты, а DA — гипотенуза. Для нахождения длины гипотенузы DA применим теорему Пифагора:

$ DA^2 = DB^2 + AB^2 $

Подставим известные значения длин отрезков DB и AB:

$ DA^2 = 24^2 + 10^2 $

$ DA^2 = 576 + 100 = 676 $

Теперь найдем длину DA, извлекая квадратный корень:

$ DA = \sqrt{676} = 26 $ см.

Ответ: $ DA = 26 $ см.

Нахождение DM

Для нахождения длины отрезка DM рассмотрим треугольник DBM. Прямая BM лежит в плоскости (ABC) и проходит через точку B. Так как BD перпендикулярна плоскости (ABC), то BD перпендикулярна и прямой BM. Следовательно, треугольник DBM является прямоугольным с прямым углом при вершине B ($ \angle DBM = 90^\circ $).

По теореме Пифагора для треугольника DBM, мы имеем:

$ DM^2 = DB^2 + BM^2 $

Длина катета DB нам известна (24 см), но длина катета BM — нет. Найдем ее, рассмотрев треугольник ABC.

В треугольнике ABC стороны AB и BC равны (AB = BC = 10 см), значит, он является равнобедренным с основанием AC. По условию, точка M — середина основания AC, следовательно, отрезок BM является медианой, проведенной к основанию. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, также является высотой и биссектрисой. Таким образом, BM является высотой, то есть $ BM \perp AC $.

Рассмотрим прямоугольный треугольник BMA (с прямым углом M). Длина гипотенузы AB равна 10 см. Длина катета AM равна половине длины основания AC:

$ AM = \frac{AC}{2} = \frac{12}{2} = 6 $ см.

Применим теорему Пифагора для треугольника BMA, чтобы найти длину катета BM:

$ AB^2 = BM^2 + AM^2 $

$ 10^2 = BM^2 + 6^2 $

$ 100 = BM^2 + 36 $

$ BM^2 = 100 - 36 = 64 $

$ BM = \sqrt{64} = 8 $ см.

Теперь, когда мы нашли длину BM, мы можем вернуться к прямоугольному треугольнику DBM и найти длину его гипотенузы DM:

$ DM^2 = DB^2 + BM^2 = 24^2 + 8^2 $

$ DM^2 = 576 + 64 = 640 $

Извлекаем квадратный корень, чтобы найти DM:

$ DM = \sqrt{640} = \sqrt{64 \cdot 10} = 8\sqrt{10} $ см.

Ответ: $ DM = 8\sqrt{10} $ см.

20.35. Могут ли быть перпендикулярны одной плоскости две стороны:
1) треугольника;
2) параллелограмма;
3) правильного шестиугольника?

Для решения этой задачи воспользуемся основной теоремой стереометрии: если две прямые перпендикулярны одной и той же плоскости, то они параллельны между собой. Формально: пусть даны прямые $a$ и $b$ и плоскость $\alpha$. Если $a \perp \alpha$ и $b \perp \alpha$, то $a \parallel b$. Таким образом, вопрос сводится к тому, могут ли две стороны рассматриваемой фигуры быть параллельными.

1) треугольника
Любые две стороны треугольника имеют общую вершину, то есть пересекаются. Параллельные прямые по определению не пересекаются (в евклидовой геометрии). Следовательно, никакие две стороны треугольника не могут быть параллельны. А раз стороны не могут быть параллельны, они не могут быть перпендикулярны одной и той же плоскости.
Ответ: нет, не могут.

2) параллелограмма
В параллелограмме по определению есть пара параллельных противоположных сторон. Пусть это стороны $a$ и $b$. Раз они параллельны, то они могут быть одновременно перпендикулярны некоторой плоскости $\alpha$. Если прямая, содержащая сторону $a$, перпендикулярна плоскости $\alpha$, то и параллельная ей прямая, содержащая сторону $b$, также будет перпендикулярна этой плоскости. Таким образом, две противоположные стороны параллелограмма могут быть перпендикулярны одной плоскости.
Ответ: да, могут.

3) правильного шестиугольника
Правильный шестиугольник имеет три пары параллельных противоположных сторон. Например, в шестиугольнике $ABCDEF$ сторона $AB$ параллельна стороне $ED$. Поскольку эти стороны параллельны ($AB \parallel ED$), они могут быть одновременно перпендикулярны одной и той же плоскости по той же причине, что и в случае с параллелограммом. Следовательно, две противоположные стороны правильного шестиугольника могут быть перпендикулярны одной плоскости.
Ответ: да, могут.

20.36. Точка $M$, расположенная вне плоскости ромба $ABCD$, такова, что

$\angle ABM = \angle CBM = 90^\circ$. Найдите отрезок $MD$, если $AD=a$, $\angle ABC=\alpha$,

$\angle MDB=\beta$.

Поскольку $ABCD$ — ромб, то все его стороны равны, то есть $AB = BC = CD = DA = a$.

По условию, $\angle ABM = 90^\circ$ и $\angle CBM = 90^\circ$. Это означает, что прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $CB$, лежащим в плоскости ромба. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $MB$ перпендикулярна всей плоскости ромба $(ABC)$.

$MB \perp AB$ и $MB \perp CB \implies MB \perp (ABC)$.

Диагональ $BD$ ромба лежит в плоскости $(ABC)$, следовательно, прямая $MB$ перпендикулярна прямой $BD$, то есть $\angle MBD = 90^\circ$.

Таким образом, треугольник $\triangle MBD$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$. В этом треугольнике нам известен острый угол $\angle MDB = \beta$ и требуется найти гипотенузу $MD$. Катет, прилежащий к углу $\beta$, — это $BD$.

Из определения косинуса в прямоугольном треугольнике $\triangle MBD$: $\cos(\angle MDB) = \frac{BD}{MD}$ $\cos(\beta) = \frac{BD}{MD}$

Отсюда выражаем искомый отрезок $MD$: $MD = \frac{BD}{\cos(\beta)}$

Теперь найдем длину диагонали $BD$ ромба. Рассмотрим треугольник $\triangle ABD$. В нем известны две стороны $AB=a$, $AD=a$ и угол между ними $\angle BAD$. В ромбе сумма соседних углов равна $180^\circ$, поэтому $\angle BAD = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - \alpha$.

Применим теорему косинусов для треугольника $\triangle ABD$: $BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos(\angle BAD)$ $BD^2 = a^2 + a^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot \cos(180^\circ - \alpha)$

Используя формулу приведения $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos(\alpha)$, получаем: $BD^2 = 2a^2 - 2a^2(-\cos(\alpha)) = 2a^2(1 + \cos(\alpha))$

Применим тригонометрическую формулу понижения степени: $1 + \cos(\alpha) = 2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$. $BD^2 = 2a^2 \cdot 2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 4a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$

Извлекая квадратный корень, получаем длину диагонали $BD$: $BD = \sqrt{4a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = 2a\cos(\frac{\alpha}{2})$ (Так как $\alpha$ — угол в ромбе, $0 < \alpha < 180^\circ$, то $0 < \frac{\alpha}{2} < 90^\circ$, и, следовательно, $\cos(\frac{\alpha}{2}) > 0$).

Наконец, подставим найденное выражение для $BD$ в формулу для $MD$: $MD = \frac{2a\cos(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\beta)}$

Ответ: $MD = \frac{2a\cos(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\beta)}$

20.37. Через центр $O$ квадрата $ABCD$ проведена прямая $MO$, перпендикулярная плоскости квадрата. Точка $K$ – середина отрезка $CD$, $MC = 6 \text{ см}$, $\angle MCK = 60^\circ$.

1) Докажите, что прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $MOK$.

2) Найдите отрезок $MO$.

1) Докажите, что прямая CD перпендикулярна плоскости MOK.

Чтобы доказать перпендикулярность прямой CD и плоскости MOK, необходимо показать, что прямая CD перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. В качестве этих прямых возьмем OK и MO.

Во-первых, рассмотрим прямые CD и OK в плоскости квадрата ABCD. Так как ABCD — квадрат, а O — его центр, то треугольник OCD является равнобедренным ($OC = OD$ как половины равных диагоналей). Отрезок OK соединяет вершину O с серединой основания CD (по условию K — середина CD), следовательно, OK является медианой треугольника OCD. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Таким образом, $OK \perp CD$.

Во-вторых, по условию задачи прямая MO перпендикулярна плоскости квадрата ABCD. Прямая CD лежит в плоскости ABCD. По определению, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $MO \perp CD$.

Так как прямая CD перпендикулярна двум пересекающимся прямым OK и MO в плоскости MOK, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая CD перпендикулярна плоскости MOK.

Ответ: Доказано.

2) Найдите отрезок MO.

Из доказанного в пункте 1 следует, что $CD \perp (MOK)$. Поскольку прямая MK лежит в плоскости MOK, то $CD \perp MK$. Это значит, что угол между прямыми CD и MK равен 90°, то есть $\angle MKC = 90^{\circ}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MCK. В нем известны гипотенуза $MC = 6$ см и острый угол $\angle MCK = 60^{\circ}$. Найдем длины катетов KC и MK, используя тригонометрические функции:
$KC = MC \cdot \cos(60^{\circ}) = 6 \cdot \frac{1}{2} = 3$ см.
$MK = MC \cdot \sin(60^{\circ}) = 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ см.

Поскольку K — середина стороны CD, то длина стороны квадрата ABCD равна $CD = 2 \cdot KC = 2 \cdot 3 = 6$ см.

Отрезок OK соединяет центр квадрата O с серединой стороны CD. Его длина равна половине стороны квадрата: $OK = \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см.

По условию $MO \perp (ABCD)$, а прямая OK лежит в этой плоскости, значит $MO \perp OK$. Следовательно, треугольник MOK — прямоугольный с прямым углом при вершине O.

Применим теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику MOK, в котором MK — гипотенуза, а MO и OK — катеты:
$MO^2 + OK^2 = MK^2$
$MO^2 = MK^2 - OK^2$
$MO^2 = (3\sqrt{3})^2 - 3^2 = 27 - 9 = 18$
$MO = \sqrt{18} = \sqrt{9 \cdot 2} = 3\sqrt{2}$ см.

Ответ: $3\sqrt{2}$ см.

20.38. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. На отрезке $AC$ отметили точку $M$ так, что $AM : MC = 1 : 2$. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $AC$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $\alpha$.

По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ на диагонали $AC$ основания куба и перпендикулярна этой диагонали.

1. Анализ расположения плоскости сечения.

Диагональ $AC$ принадлежит плоскости основания $ABC$. Так как плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $AC$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $ABC$ будет представлять собой прямую, проходящую через точку $M$ и перпендикулярную $AC$.

В основании куба лежит квадрат $ABCD$. В квадрате диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны. Следовательно, любая прямая в плоскости $ABC$, перпендикулярная $AC$, будет параллельна диагонали $BD$.

Таким образом, сечение плоскостью $\alpha$ грани $ABCD$ — это отрезок, проходящий через точку $M$ и параллельный диагонали $BD$.

2. Построение следа сечения на основании $ABCD$.

Пусть ребро куба равно $a$. Длина диагонали основания $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.
Точка $M$ делит отрезок $AC$ в отношении $AM:MC=1:2$. Это означает, что $AM = \frac{1}{3}AC$.
Проведем в плоскости основания $ABCD$ через точку $M$ прямую, параллельную диагонали $BD$. Пусть эта прямая пересекает ребра $AB$ и $AD$ в точках $P_1$ и $P_2$ соответственно.

Рассмотрим треугольник $ABD$. Отрезок $P_1P_2$ параллелен стороне $BD$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Треугольник $AP_1P_2$ подобен треугольнику $ABD$. Коэффициент подобия $k$ можно найти из отношения высот, проведенных из вершины $A$. В данном случае высотами являются отрезки $AM$ и $AO$.

$AM = \frac{1}{3}AC$.
$AO = \frac{1}{2}AC$ (свойство диагоналей квадрата).
Коэффициент подобия $k = \frac{AM}{AO} = \frac{\frac{1}{3}AC}{\frac{1}{2}AC} = \frac{2}{3}$.

Следовательно, $\frac{AP_1}{AB} = \frac{AP_2}{AD} = \frac{2}{3}$.

Таким образом, мы нашли две точки сечения:

• $P_1$ на ребре $AB$ такая, что $AP_1 = \frac{2}{3}AB$.
• $P_2$ на ребре $AD$ такая, что $AP_2 = \frac{2}{3}AD$.

Отрезок $P_1P_2$ — это след (линия пересечения) секущей плоскости $\alpha$ на грани $ABCD$.

3. Построение полного сечения.

Так как секущая плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $AC$, лежащей в плоскости основания $ABCD$, то плоскость $\alpha$ перпендикулярна самой плоскости основания $ABCD$. Это означает, что плоскость $\alpha$ параллельна боковым ребрам куба $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$.

Чтобы построить сечение, нужно провести через точки $P_1$ и $P_2$ прямые, параллельные ребру $AA_1$.

• Проведем через точку $P_1$ прямую, параллельную $AA_1$. Эта прямая лежит в плоскости грани $ABB_1A_1$ и пересечет ребро $A_1B_1$ в точке $P_3$. Так как $P_1P_3$ параллельна $A_1A$, то $A_1P_3 = AP_1 = \frac{2}{3}A_1B_1$.
• Проведем через точку $P_2$ прямую, параллельную $AA_1$. Эта прямая лежит в плоскости грани $ADD_1A_1$ и пересечет ребро $A_1D_1$ в точке $P_4$. Так как $P_2P_4$ параллельна $A_1A$, то $A_1P_4 = AP_2 = \frac{2}{3}A_1D_1$.

Соединив последовательно точки $P_1, P_2, P_4, P_3$, получим искомое сечение.

4. Определение вида сечения.

Четырехугольник $P_1P_2P_4P_3$ является искомым сечением.

• $P_1P_2$ параллельна $BD$, а $P_3P_4$ параллельна $B_1D_1$. Так как $BD$ параллельна $B_1D_1$, то $P_1P_2$ параллельна $P_3P_4$.
• По построению $P_1P_3$ и $P_2P_4$ параллельны $AA_1$, следовательно, они параллельны друг другу и равны по длине.
• Таким образом, $P_1P_2P_4P_3$ — параллелограмм.
• Так как $P_1P_3$ параллельна $AA_1$, а $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, то $P_1P_3$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $P_1P_2$.

Следовательно, угол $\angle P_3P_1P_2 = 90^{\circ}$, и параллелограмм $P_1P_2P_4P_3$ является прямоугольником.

Алгоритм построения:

1. На ребре $AB$ отметить точку $P_1$ так, что $AP_1:P_1B = 2:1$.
2. На ребре $AD$ отметить точку $P_2$ так, что $AP_2:P_2D = 2:1$.
3. На ребре $A_1B_1$ отметить точку $P_3$ так, что $A_1P_3:P_3B_1 = 2:1$.
4. На ребре $A_1D_1$ отметить точку $P_4$ так, что $A_1P_4:P_4D_1 = 2:1$.
5. Соединить последовательно точки $P_1, P_2, P_4, P_3$. Полученный прямоугольник $P_1P_2P_4P_3$ и есть искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение — это прямоугольник $P_1P_2P_4P_3$, вершины которого $P_1, P_2, P_3, P_4$ лежат на ребрах $AB, AD, A_1B_1, A_1D_1$ соответственно и делят эти ребра в отношении $2:1$, считая от вершин $A$ и $A_1$.

20.39. Отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$, а прямая $AB$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $C$. Через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$ и $B_1$ соответственно. Найдите отрезок $B_1C$, если $AA_1 = 16$ см, $BB_1 = 6$ см, $A_1B_1 = 4$ см.

По условию задачи, через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$. Обозначим их $AA_1$ и $BB_1$. Так как две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой, то $AA_1 \parallel BB_1$.

Параллельные прямые $AA_1$ и $BB_1$ определяют единственную плоскость $\beta$. Точки $A, B, A_1, B_1$ лежат в этой плоскости. Поскольку прямая $AB$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $C$, то точки $A, B, C$ лежат на одной прямой. Это означает, что точка $C$ также лежит в плоскости $\beta$.

Точки $A_1, B_1$ и $C$ лежат как в плоскости $\alpha$ (по условию), так и в плоскости $\beta$. Следовательно, они лежат на прямой пересечения этих двух плоскостей, то есть точки $A_1, B_1, C$ коллинеарны.

Рассмотрим треугольники $\triangle CAA_1$ и $\triangle CBB_1$, которые лежат в плоскости $\beta$.

• $\angle A_1CA = \angle B_1CB$ (как общий угол).
• Поскольку $AA_1 \perp \alpha$ и прямая $CA_1$ лежит в плоскости $\alpha$, то $\angle CA_1A = 90^\circ$.
• Аналогично, так как $BB_1 \perp \alpha$ и прямая $CB_1$ лежит в плоскости $\alpha$, то $\angle CB_1B = 90^\circ$.

Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle CAA_1$ и $\triangle CBB_1$ подобны по острому углу.

Из подобия треугольников следует пропорциональность их катетов:

$\frac{AA_1}{BB_1} = \frac{CA_1}{CB_1}$

Подставим известные значения $AA_1 = 16$ см и $BB_1 = 6$ см:

$\frac{16}{6} = \frac{CA_1}{CB_1}$

$\frac{CA_1}{CB_1} = \frac{8}{3}$

По условию, отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$, значит, точки $A$ и $B$ находятся по одну сторону от плоскости. Так как $AA_1 = 16$ см, а $BB_1 = 6$ см, точка $A$ находится дальше от плоскости $\alpha$, чем точка $B$. Прямая $AB$ пересекает плоскость в точке $C$, поэтому точка $B$ лежит между точками $A$ и $C$. Порядок точек на прямой следующий: $A-B-C$.

Поскольку точки $A_1, B_1, C$ являются проекциями точек $A, B, C$ на прямую пересечения плоскостей (с учётом того, что $C$ уже лежит на этой прямой), их порядок сохраняется: $A_1-B_1-C$. Следовательно, длина отрезка $CA_1$ равна сумме длин отрезков $A_1B_1$ и $B_1C$.

$CA_1 = A_1B_1 + B_1C$

Пусть искомая длина отрезка $B_1C = x$. По условию $A_1B_1 = 4$ см, тогда $CA_1 = 4 + x$.

Подставим эти выражения в полученную ранее пропорцию:

$\frac{4 + x}{x} = \frac{8}{3}$

Воспользуемся свойством пропорции:

$3 \cdot (4 + x) = 8 \cdot x$

$12 + 3x = 8x$

$8x - 3x = 12$

$5x = 12$

$x = \frac{12}{5} = 2,4$

Таким образом, длина отрезка $B_1C$ составляет 2,4 см.

Ответ: 2,4 см.

20.40. Отрезок $AB$ пересекает плоскость $\alpha$. Через точки $A$ и $B$ и середину $C$ отрезка $AB$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Найдите отрезок $CC_1$, если $AA_1 = 18$ см, $BB_1 = 9$ см.

По условию задачи, через точки A, B и C проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$. Из этого следует, что эти три прямые параллельны друг другу: $AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1$.

Так как прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны, они определяют единственную плоскость $\beta$. Точки A и B лежат в этой плоскости, следовательно, вся прямая AB, включая ее середину C, также лежит в плоскости $\beta$. Прямая $CC_1$ проходит через точку C и параллельна $AA_1$, поэтому она тоже лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, все точки A, B, C, $A_1$, $B_1$, $C_1$ лежат в одной плоскости.

В этой плоскости фигура $A_1B_1BA$ является трапецией, основаниями которой служат параллельные отрезки $AA_1$ и $BB_1$, а боковыми сторонами — отрезки $A_1B_1$ и $AB$.

Ключевым моментом в условии является то, что отрезок $AB$ пересекает плоскость $\alpha$. Это означает, что точки A и B находятся по разные стороны от плоскости $\alpha$, а значит, и по разные стороны от прямой $A_1B_1$, которая лежит в этой плоскости.

Точка C является серединой боковой стороны $AB$. Отрезок $CC_1$ параллелен основаниям $AA_1$ и $BB_1$. Для трапеции, у которой основания лежат по разные стороны от прямой, соединяющей их концы (в нашем случае, от прямой $A_1B_1$), длина отрезка, соединяющего середину боковой стороны с другой боковой стороной параллельно основаниям, равна полуразности длин оснований.

Длины оснований трапеции нам даны: $AA_1 = 18$ см и $BB_1 = 9$ см.

Вычислим длину отрезка $CC_1$ по формуле:$$ CC_1 = \frac{|AA_1 - BB_1|}{2} $$Подставляя известные значения, получаем:$$ CC_1 = \frac{|18 - 9|}{2} = \frac{9}{2} = 4.5 \text{ см} $$

Ответ: 4,5 см.

20.41. При симметрии относительно плоскости $\alpha$ образом плоскости $\beta$ является плоскость $\beta_1$. Докажите, что если $\beta \parallel \alpha$, то $\beta_1 \parallel \alpha$.

Для доказательства воспользуемся методом от противного.

Дано:

1. $S_α$ – симметрия относительно плоскости $α$.

2. $S_α(β) = β_1$ (плоскость $β_1$ является образом плоскости $β$).

3. $β \parallel α$ (плоскость $β$ параллельна плоскости $α$).

Доказать:

$β_1 \parallel α$.

Доказательство:

Предположим, что утверждение неверно, то есть плоскость $β_1$ не параллельна плоскости $α$. Если две плоскости не параллельны, то они пересекаются по прямой. Обозначим прямую пересечения плоскостей $β_1$ и $α$ как $l$.

$β_1 \cap α = l$

Возьмем любую точку $M_1$ на прямой $l$. Так как $M_1 \in l$, то точка $M_1$ принадлежит одновременно и плоскости $β_1$, и плоскости $α$.

По определению симметрии относительно плоскости, любая точка, лежащая на плоскости симметрии, отображается сама на себя. Поскольку $M_1 \in α$, при симметрии относительно $α$ точка $M_1$ переходит сама в себя.

С другой стороны, точка $M_1$ принадлежит плоскости $β_1$. Так как $β_1$ является образом плоскости $β$ при симметрии относительно $α$, то для точки $M_1$ существует прообраз – точка $M$, принадлежащая плоскости $β$, такая что $S_α(M) = M_1$.

Поскольку $S_α(M_1) = M_1$ и $S_α(M) = M_1$, это означает, что точки $M$ и $M_1$ совпадают: $M \equiv M_1$.

Таким образом, точка $M_1$ (которая, как мы установили, лежит в плоскости $α$) также принадлежит и плоскости $β$. Это означает, что плоскости $α$ и $β$ имеют общую точку $M_1$.

Если две различные плоскости имеют общую точку, они пересекаются по прямой. Следовательно, плоскости $α$ и $β$ должны пересекаться. Но это противоречит исходному условию, согласно которому $β \parallel α$.

Наше первоначальное предположение о том, что $β_1$ не параллельна $α$, привело к противоречию. Следовательно, это предположение неверно, и плоскость $β_1$ должна быть параллельна плоскости $α$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если плоскость $β$ параллельна плоскости симметрии $α$, то ее образ $β_1$ также параллелен плоскости $α$.

20.42. Из точки $M$ проведены к плоскости $\alpha$ перпендикуляр $MH$ и равные наклонные $MA$ и $MB$ (рис. 20.13). Найдите расстояние между основаниями наклонных, если $\angle MAH = 30^\circ$, $\angle AMB = 60^\circ$, $MH = 5$ см.

Поскольку $MH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то $MH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $H$. Следовательно, треугольник $MHA$ является прямоугольным с прямым углом $\angle MHA = 90^\circ$. В этом треугольнике известны длина катета $MH = 5$ см и величина противолежащего ему угла $\angle MAH = 30^\circ$. Мы можем найти длину гипотенузы $MA$, которая является одной из наклонных.
Из определения синуса в прямоугольном треугольнике:
$\sin(\angle MAH) = \frac{MH}{MA}$
Выразим отсюда длину наклонной $MA$:
$MA = \frac{MH}{\sin(\angle MAH)} = \frac{5}{\sin(30^\circ)} = \frac{5}{1/2} = 10$ см.
По условию задачи наклонные $MA$ и $MB$ равны, следовательно, $MA = MB = 10$ см.
Теперь рассмотрим треугольник $AMB$. Мы знаем длины двух его сторон ($MA = 10$ см и $MB = 10$ см) и угол между ними ($\angle AMB = 60^\circ$).
Так как у треугольника $AMB$ две стороны равны ($MA=MB$), он является равнобедренным. Углы при основании $AB$ в равнобедренном треугольнике равны. Сумма углов треугольника составляет $180^\circ$, поэтому:
$\angle MAB = \angle MBA = \frac{180^\circ - \angle AMB}{2} = \frac{180^\circ - 60^\circ}{2} = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$.
Поскольку все три угла треугольника $AMB$ равны $60^\circ$, этот треугольник является равносторонним.
В равностороннем треугольнике все стороны равны. Следовательно, искомое расстояние между основаниями наклонных, то есть длина стороны $AB$, равно длинам двух других сторон:
$AB = MA = MB = 10$ см.
Ответ: 10 см.