Страница 26 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

3.28. Верно ли, что если все грани многогранника – равные квадраты, то этот многогранник – куб?

Нет, данное утверждение неверно. Утверждение было бы верным, если бы речь шла только о выпуклых многогранниках. Однако в общем случае, если не предполагать выпуклость, существуют многогранники, все грани которых — равные квадраты, но которые не являются кубами.

Чтобы опровергнуть утверждение, достаточно привести один контрпример.

Рассмотрим следующий многогранник. Возьмём восемь одинаковых кубиков и сложим из них на плоскости «раму» или «колодец» — квадрат размером $3 \times 3$ кубика с пустым пространством в центре. Полученное тело будет являться единым многогранником. Все его грани — это грани исходных кубиков, а значит, они являются равными между собой квадратами.

Подсчитаем количество граней у этого многогранника:

• Верхняя поверхность состоит из 8 квадратов.
• Нижняя поверхность также состоит из 8 квадратов.
• Внешняя боковая поверхность состоит из четырёх стенок, каждая из которых составлена из 3 квадратов. Общее число квадратов на внешней поверхности: $4 \times 3 = 12$.
• Внутренняя поверхность (ограничивающая центральное отверстие) состоит из четырёх стенок, каждая из которых является одним квадратом. Общее число квадратов на внутренней поверхности: $4 \times 1 = 4$.

Суммарное количество граней у этого многогранника составляет: $8 + 8 + 12 + 4 = 32$ грани. Все эти 32 грани являются равными квадратами.

Поскольку у куба всего 6 граней, построенный нами многогранник с 32 гранями кубом не является. Это доказывает, что исходное утверждение ложно.

Ответ: Нет, неверно.

3.29. Точки $M$, $N$ и $K$ принадлежат соответственно граням $ADB$, $BDC$ и $CDA$ тетраэдра $DABC$ (рис. 3.42). Постройте сечение тетраэдра плоскостью $MNK$.

Рис. 3.42

Для построения сечения тетраэдра $DABC$ плоскостью $MNK$ воспользуемся методом следов. Суть метода заключается в построении линии пересечения (следа) секущей плоскости с плоскостью одной из граней тетраэдра (например, с плоскостью основания $ABC$), а затем, используя этот след, найти точки пересечения секущей плоскости с ребрами тетраэдра.

1. Построение следа секущей плоскости $(MNK)$ на плоскости основания $(ABC)$.

   Для построения прямой (следа) нам необходимо найти две точки, принадлежащие одновременно и секущей плоскости $(MNK)$, и плоскости основания $(ABC)$.

   а) Найдем точку $P_1$ — точку пересечения прямой $MN$ с плоскостью $(ABC)$.
   Точка $M$ лежит в плоскости грани $(ADB)$, а точка $N$ — в плоскости грани $(BDC)$. Чтобы найти точку пересечения прямой $MN$ с плоскостью $(ABC)$, воспользуемся вспомогательной плоскостью. Проведем прямые $DM$ и $DN$ до их пересечения с прямыми $AB$ и $BC$ соответственно. Пусть $DM \cap AB = M_1$ и $DN \cap BC = N_1$. Точки $M_1$ и $N_1$ лежат в плоскости основания $(ABC)$, следовательно, прямая $M_1N_1$ также лежит в этой плоскости. Прямые $MN$ и $M_1N_1$ лежат в одной вспомогательной плоскости $(DM_1N_1)$, значит, они пересекаются. Точка их пересечения $P_1 = MN \cap M_1N_1$ будет принадлежать прямой $MN$ (и секущей плоскости $(MNK)$) и прямой $M_1N_1$ (и плоскости основания $(ABC)$). Таким образом, $P_1$ — первая точка следа.

   б) Найдем точку $P_2$ — точку пересечения прямой $NK$ с плоскостью $(ABC)$.
   Аналогично, точка $N \in (BDC)$, а точка $K \in (CDA)$. Проведем прямые $DN$ и $DK$ до их пересечения с прямыми $BC$ и $CA$. Точку $N_1 = DN \cap BC$ мы уже построили. Пусть $DK \cap CA = K_1$. Прямые $NK$ и $N_1K_1$ лежат в одной вспомогательной плоскости $(DK_1N_1)$ и пересекаются. Точка их пересечения $P_2 = NK \cap N_1K_1$ принадлежит секущей плоскости $(MNK)$ и плоскости основания $(ABC)$. Таким образом, $P_2$ — вторая точка следа.

   в) Проведем прямую $P_1P_2$. Эта прямая является следом секущей плоскости $(MNK)$ на плоскости основания $(ABC)$.

2. Построение вершин и сторон сечения.

   Вершины многоугольника сечения — это точки, в которых секущая плоскость пересекает ребра тетраэдра.

   а) След $P_1P_2$ пересекает стороны треугольника $ABC$ или их продолжения. Найдем точки пересечения следа с ребрами, лежащими в основании. В зависимости от расположения точек $M, N, K$, след может пересекать разные стороны. Допустим, прямая $P_1P_2$ пересекает ребро $AC$ в точке $E$ и ребро $BC$ в точке $F$. Тогда отрезок $EF$ — это одна из сторон искомого сечения.

   б) Теперь найдем остальные вершины сечения. Точка $E$ лежит на ребре $AC$, а точка $K$ — в грани $(ADC)$. Обе эти точки ($E$ и $K$) принадлежат секущей плоскости. Значит, прямая $EK$ является линией пересечения секущей плоскости с гранью $(ADC)$. Проведем прямую $EK$. Она пересечет одно из ребер грани $(ADC)$, например, ребро $AD$ в точке $G$. Отрезок $EG$ — еще одна сторона сечения.

   в) Аналогично, точка $F$ лежит на ребре $BC$, а точка $N$ — в грани $(BDC)$. Обе точки ($F$ и $N$) принадлежат секущей плоскости. Проведем прямую $FN$, которая является линией пересечения секущей плоскости с гранью $(BDC)$. Эта прямая пересечет одно из ребер этой грани, например, ребро $BD$ в точке $H$. Отрезок $FH$ — третья сторона сечения.

   г) Мы получили точки $G$ на ребре $AD$ и $H$ на ребре $BD$. Обе эти точки лежат в плоскости грани $(ADB)$, так же как и исходная точка $M$. Поскольку все три точки ($G, M, H$) принадлежат и секущей плоскости $(MNK)$, и плоскости грани $(ADB)$, они должны лежать на одной прямой. Соединив точки $G$ и $H$, мы получим четвертую сторону сечения $GH$, причем эта прямая должна пройти через точку $M$.

В результате последовательного соединения найденных на ребрах тетраэдра точек $E, F, H, G$ мы получаем многоугольник, который является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — многоугольник $EFHG$, вершины которого лежат на ребрах $AC, BC, BD, AD$ тетраэдра соответственно, и который строится согласно описанному выше алгоритму.

3.30. Может ли рисунок 3.43 служить изображением некоторого многогранника $ABCDA_1B_1C_1D_1$?

Рис. 3.43

Для того чтобы данный рисунок мог служить изображением многогранника $ABCDA_1B_1C_1D_1$, он должен подчиняться законам проективной геометрии, которые определяют, как трехмерные объекты проецируются на двумерную плоскость. Рассматриваемый многогранник является шестигранником (гексаэдром) с гранями $ABCD$ (нижнее основание), $A_1B_1C_1D_1$ (верхнее основание) и четырьмя боковыми гранями $ABB_1A_1$, $BCC_1B_1$, $CDD_1C_1$, $DAA_1D_1$.

Рассмотрим плоскости, в которых лежат основания многогранника: плоскость $\pi$, содержащая грань $ABCD$, и плоскость $\pi_1$, содержащая грань $A_1B_1C_1D_1$. В трехмерном пространстве эти две плоскости либо параллельны, либо пересекаются по прямой.

Случай 1: Плоскости оснований параллельны ($\pi \parallel \pi_1$).
В этом случае при параллельном проецировании на плоскость рисунка прямые, являющиеся проекциями соответственных сторон оснований, должны быть параллельны. То есть должны выполняться условия: $AB \parallel A_1B_1$, $BC \parallel B_1C_1$, $CD \parallel C_1D_1$, $DA \parallel D_1A_1$. На рисунке 3.43 мы видим, что эти пары прямых не параллельны. Например, прямые $AD$ и $A_1D_1$ пересекаются, если их продолжить. Следовательно, данный рисунок не может быть изображением многогранника с параллельными основаниями.

Случай 2: Плоскости оснований пересекаются.
Пусть плоскости $\pi$ и $\pi_1$ пересекаются по некоторой прямой $l$. Рассмотрим прямую $AD$, которая лежит в плоскости $\pi$, и прямую $A_1D_1$, которая лежит в плоскости $\pi_1$. Если эти прямые пересекаются в пространстве, их точка пересечения $X$ должна лежать одновременно в обеих плоскостях $\pi$ и $\pi_1$, а значит, должна принадлежать прямой их пересечения $l$. То же самое верно для любой другой пары соответственных сторон оснований. Точка пересечения прямых $AB$ и $A_1B_1$ (обозначим ее $W$), точка пересечения прямых $BC$ и $B_1C_1$ (обозначим ее $Y$) и точка пересечения прямых $CD$ и $C_1D_1$ (обозначим ее $Z$) также должны принадлежать прямой $l$.

Таким образом, если рисунок является корректной проекцией такого многогранника, то точки пересечения всех четырех пар соответственных сторон оснований ($X, W, Y, Z$) должны лежать на одной прямой (которая является проекцией прямой $l$).

Проверим это условие на рисунке 3.43:
1. Прямые $AD$ и $A_1D_1$ пересекаются в точке $X$, расположенной слева от фигуры.
2. Прямые $BC$ и $B_1C_1$ пересекаются в точке $Y$, расположенной справа от фигуры.
3. Прямые $AB$ и $A_1B_1$ пересекаются в точке $W$, расположенной заметно выше и левее фигуры.
4. Прямые $CD$ и $C_1D_1$ пересекаются в точке $Z$, расположенной заметно выше и правее фигуры.

Очевидно, что эти четыре точки $X, Y, W, Z$ не лежат на одной прямой. Например, точки $X$ и $Y$ определяют прямую, которая проходит значительно ниже точек $W$ и $Z$. Это означает, что нарушается фундаментальное свойство проекции пространственной фигуры. Следовательно, данный рисунок не может быть изображением никакого многогранника $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Ответ: Нет, не может.

3.31. Диагональ равнобокой трапеции разбивает её на два равнобедренных треугольника. Найдите углы трапеции.

Пусть дана равнобокая трапеция ABCD с основаниями AD и BC. Диагональ AC разбивает ее на два равнобедренных треугольника: $\Delta ABC$ и $\Delta ACD$.

Так как трапеция равнобокая, то $AB = CD$, а углы при основаниях равны: $\angle DAB = \angle CDA$ и $\angle ABC = \angle BCD$. Сумма углов, прилежащих к боковой стороне, равна $180°$, например, $\angle DAB + \angle ABC = 180°$.

Обозначим $\angle CAD = \alpha$. Поскольку основания трапеции параллельны ($AD \parallel BC$), то накрест лежащие углы при секущей AC равны: $\angle BCA = \angle CAD = \alpha$.

Рассмотрим все возможные случаи, исходя из того, какие стороны в треугольнике $\Delta ACD$ могут быть равны.

Случай 1: В $\Delta ACD$ равны стороны $AC = AD$.

Треугольник $\Delta ACD$ равнобедренный с основанием CD, поэтому углы при основании равны: $\angle ADC = \angle ACD = (180° - \alpha) / 2 = 90° - \alpha/2$.

Угол трапеции $\angle D = 90° - \alpha/2$. Так как трапеция равнобокая, $\angle A = \angle D = 90° - \alpha/2$.

С другой стороны, $\angle A = \angle BAC + \angle CAD = \angle BAC + \alpha$. Следовательно, $\angle BAC + \alpha = 90° - \alpha/2$, откуда $\angle BAC = 90° - 3\alpha/2$.

По условию, $\Delta ABC$ также равнобедренный. Найдем его углы:

• $\angle BCA = \alpha$
• $\angle BAC = 90° - 3\alpha/2$
• $\angle ABC = 180° - (\alpha + 90° - 3\alpha/2) = 90° + \alpha/2$

Поскольку $\Delta ABC$ равнобедренный, два его угла должны быть равны. Единственная непротиворечивая возможность — это $\angle BAC = \angle BCA$, так как равенство любых других пар углов приводит к невозможным значениям $\alpha$ (например, $\alpha=180°$ или $\alpha=0°$).

$90° - 3\alpha/2 = \alpha \Rightarrow 90° = 5\alpha/2 \Rightarrow \alpha = 36°$.

Найдем углы трапеции для этого значения $\alpha$:

Углы при большем основании: $\angle A = \angle D = 90° - 36°/2 = 72°$.

Углы при меньшем основании: $\angle B = \angle C = 180° - 72° = 108°$.

Случай 2: В $\Delta ACD$ равны стороны $AD = CD$.

Треугольник $\Delta ACD$ равнобедренный с основанием AC, поэтому $\angle CAD = \angle ACD = \alpha$. Третий угол $\angle ADC = 180° - 2\alpha$.

Угол трапеции $\angle D = 180° - 2\alpha$. Так как трапеция равнобокая, $\angle A = \angle D = 180° - 2\alpha$.

С другой стороны, $\angle A = \angle BAC + \angle CAD = \angle BAC + \alpha$. Следовательно, $\angle BAC = (180° - 2\alpha) - \alpha = 180° - 3\alpha$.

Теперь рассмотрим равнобедренный $\Delta ABC$. Его углы:

• $\angle BCA = \alpha$
• $\angle BAC = 180° - 3\alpha$
• $\angle ABC = 180° - (\alpha + 180° - 3\alpha) = 2\alpha$

Равенство двух из этих углов дает два возможных решения:

1. $\angle BAC = \angle BCA \Rightarrow 180° - 3\alpha = \alpha \Rightarrow 4\alpha = 180° \Rightarrow \alpha = 45°$.

При $\alpha = 45°$ углы трапеции равны:

$\angle A = \angle D = 180° - 2(45°) = 90°$.

$\angle B = \angle C = 180° - 90° = 90°$.

В этом случае трапеция является прямоугольником (в данном случае, квадратом), что удовлетворяет условию.

2. $\angle ABC = \angle BAC \Rightarrow 2\alpha = 180° - 3\alpha \Rightarrow 5\alpha = 180° \Rightarrow \alpha = 36°$.

При $\alpha = 36°$ углы трапеции равны:

$\angle A = \angle D = 180° - 2(36°) = 108°$.

$\angle B = \angle C = 180° - 108° = 72°$.

Это тот же набор углов, что и в первом случае.

Случай 3: В $\Delta ACD$ равны стороны $AC = CD$.

Углы, противолежащие этим сторонам, равны: $\angle ADC = \angle CAD$. Обозначим их $\alpha$.

Угол трапеции $\angle D = \alpha$. Так как трапеция равнобокая, $\angle A = \alpha$.

Но $\angle A = \angle BAC + \angle CAD = \angle BAC + \alpha$.

Получаем $\alpha = \angle BAC + \alpha$, что означает $\angle BAC = 0°$. Это невозможно, следовательно, этот случай не дает решений.

Таким образом, задача имеет два возможных набора решений для углов трапеции.

Ответ: Углы трапеции равны 72°, 72°, 108°, 108° или 90°, 90°, 90°, 90°.

3.32. Через точку пересечения медиан треугольника $ABC$ параллельно стороне $AC$ проведена прямая, пересекающая стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Найдите отношение площади треугольника $EBF$ к площади треугольника $ABC$.

Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$ (центроид). Проведем медиану $BK$ из вершины $B$ к стороне $AC$. Точка $M$ лежит на этой медиане.

По свойству медиан треугольника, точка их пересечения делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Следовательно, для медианы $BK$ выполняется соотношение: $ \frac{BM}{MK} = \frac{2}{1} $

Найдем отношение длины отрезка $BM$ к длине всей медианы $BK$: $ BK = BM + MK $. Поскольку $MK = \frac{1}{2}BM$, то $BK = BM + \frac{1}{2}BM = \frac{3}{2}BM$. Отсюда получаем отношение: $ \frac{BM}{BK} = \frac{BM}{\frac{3}{2}BM} = \frac{2}{3} $

По условию задачи, через точку $M$ проведена прямая, параллельная стороне $AC$, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Таким образом, $EF \parallel AC$.

Рассмотрим треугольники $EBF$ и $ABC$:

• Угол $\angle B$ является общим для обоих треугольников.
• Так как $EF \parallel AC$, то углы $\angle BEF$ и $\angle BAC$ равны как соответственные углы при параллельных прямых $EF$ и $AC$ и секущей $AB$.

Следовательно, треугольник $EBF$ подобен треугольнику $ABC$ по двум углам ($\triangle EBF \sim \triangle ABC$).

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия $k$: $ \frac{S_{EBF}}{S_{ABC}} = k^2 $ Коэффициент подобия равен отношению соответственных сторон: $k = \frac{BE}{BA}$.

Рассмотрим угол $ABK$ и параллельные прямые $EM$ и $AK$ (поскольку $E, M, F$ лежат на одной прямой, а $A, K, C$ — на другой, и $EF \parallel AC$). По теореме о пропорциональных отрезках (обобщенная теорема Фалеса), имеем: $ \frac{BE}{BA} = \frac{BM}{BK} $

Мы уже установили, что $\frac{BM}{BK} = \frac{2}{3}$. Значит, коэффициент подобия $k = \frac{2}{3}$.

Теперь можем найти искомое отношение площадей: $ \frac{S_{EBF}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9} $

Ответ: $4/9$.