Страница 59 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

6.30. На рёбрах $AA_1$, $A_1B_1$ и $CD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$, $N$ и $K$ (рис. 6.23). Постройте сечение куба плоскостью $MNK$.

Рис. 6.23

Для построения сечения куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через точки $M$, $N$ и $K$, необходимо последовательно найти точки пересечения секущей плоскости с ребрами куба. Построение можно выполнить, используя метод следов и свойство параллельности граней куба.

Алгоритм построения:

1. Построение первого отрезка сечения.
   Точки $M$ и $N$ принадлежат одной плоскости грани $AA_1B_1B$. Следовательно, отрезок $MN$ является линией пересечения секущей плоскости с этой гранью и одной из сторон искомого сечения. Соединяем точки $M$ и $N$.

2. Построение следа секущей плоскости на плоскости основания.
   Прямые $MN$ и $AB$ лежат в одной плоскости $(AA_1B_1B)$ и не параллельны (в общем случае). Найдем точку их пересечения, продлив отрезки $MN$ и $AB$. Обозначим эту точку как $P$. Точка $P$ принадлежит как секущей плоскости (так как лежит на прямой $MN$), так и плоскости основания $(ABC)$ (так как лежит на прямой $AB$). Точка $K$ также принадлежит обеим этим плоскостям. Прямая $PK$, проходящая через две общие точки плоскостей, является их линией пересечения (следом). Таким образом, прямая $PK$ — это след секущей плоскости на плоскости основания $ABCD$.

3. Нахождение сторон сечения на гранях $ABCD$ и $AA_1D_1D$.
   След $PK$ пересекает ребра грани $ABCD$. Он проходит через точку $K$ на ребре $CD$. Найдем точку пересечения прямой $PK$ с ребром $AD$. Обозначим эту точку $L$. Отрезок $LK$ — это сторона сечения, лежащая на нижней грани $ABCD$.
   Точки $L$ и $M$ лежат в плоскости левой грани $AA_1D_1D$. Соединив их, получим сторону сечения $LM$.

4. Использование свойства параллельности граней для построения остальных сторон.
   Секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым.

   • Грани $AA_1B_1B$ (передняя) и $DD_1C_1C$ (задняя) параллельны. Сечение пересекает грань $AA_1B_1B$ по отрезку $MN$. Значит, линия пересечения с гранью $DD_1C_1C$ будет параллельна $MN$. Проведем через точку $K$ (лежащую в плоскости задней грани) прямую, параллельную $MN$. Эта прямая пересечет ребро $CC_1$ в некоторой точке $Q$. Отрезок $KQ$ — еще одна сторона сечения.

   • Грани $ABCD$ (нижняя) и $A_1B_1C_1D_1$ (верхняя) параллельны. Сечение пересекает грань $ABCD$ по отрезку $LK$. Значит, линия пересечения с гранью $A_1B_1C_1D_1$ будет параллельна $LK$. Проведем через точку $N$ (лежащую в плоскости верхней грани) прямую, параллельную $LK$. Она пересечет ребро $B_1C_1$ в точке $R$. Отрезок $NR$ — сторона сечения.

5. Завершение построения.
   Мы получили точки $R$ на ребре $B_1C_1$ и $Q$ на ребре $CC_1$. Обе эти точки принадлежат правой грани $BB_1C_1C$. Соединив их, получаем последнюю сторону сечения — отрезок $RQ$.

В результате последовательного выполнения шагов мы построили замкнутую ломаную $LMNRQK$, все вершины которой лежат на ребрах куба. Эта фигура и является искомым сечением.

Ответ: Искомым сечением является шестиугольник $LMNRQK$.

6.31. Точки $A, B, C, D, E, F$ таковы, что $AB \parallel DE$, $BC \parallel EF$, $CD \parallel FA$ и $AB \neq DE$. Докажите, что данные шесть точек принадлежат одной плоскости.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть A, B, C, D, E, F — точки в пространстве, заданные своими радиус-векторами $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}, \vec{f}$ относительно некоторого начала координат O.

Условия задачи можно записать в векторной форме. Условие параллельности отрезков означает коллинеарность соответствующих векторов:

• $AB \parallel DE \implies \vec{AB} = k_1 \vec{DE} \implies \vec{b} - \vec{a} = k_1 (\vec{e} - \vec{d})$
• $BC \parallel EF \implies \vec{BC} = k_2 \vec{EF} \implies \vec{c} - \vec{b} = k_2 (\vec{f} - \vec{e})$
• $CD \parallel FA \implies \vec{CD} = k_3 \vec{FA} \implies \vec{d} - \vec{c} = k_3 (\vec{a} - \vec{f})$

Здесь $k_1, k_2, k_3$ — некоторые ненулевые скалярные коэффициенты. Из условия $AB \neq DE$ следует, что $|k_1| \neq 1$.

Сложим левые и правые части этих трех равенств:

$ (\vec{b} - \vec{a}) + (\vec{c} - \vec{b}) + (\vec{d} - \vec{c}) = k_1 (\vec{e} - \vec{d}) + k_2 (\vec{f} - \vec{e}) + k_3 (\vec{a} - \vec{f}) $

После упрощения левой части получим:

$ \vec{d} - \vec{a} = k_1\vec{e} - k_1\vec{d} + k_2\vec{f} - k_2\vec{e} + k_3\vec{a} - k_3\vec{f} $

Сгруппируем члены с одинаковыми векторами:

$ \vec{d} - \vec{a} = k_3\vec{a} - k_1\vec{d} + (k_1 - k_2)\vec{e} + (k_2 - k_3)\vec{f} $

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить линейную комбинацию векторов, равную нулевому вектору:

$ (1+k_1)\vec{d} - (1+k_3)\vec{a} - (k_1 - k_2)\vec{e} - (k_2 - k_3)\vec{f} = \vec{0} $

Это равенство представляет собой линейную комбинацию радиус-векторов точек A, D, E, F. Найдем сумму коэффициентов при этих векторах:

$ S = -(1+k_3) + (1+k_1) - (k_1 - k_2) - (k_2 - k_3) = -1 - k_3 + 1 + k_1 - k_1 + k_2 - k_2 + k_3 = 0 $

Поскольку сумма коэффициентов в линейной комбинации радиус-векторов равна нулю, точки A, D, E, F являются компланарными, то есть лежат в одной плоскости. (Заметим, что не все коэффициенты могут быть равны нулю одновременно. Если бы все они были равны нулю, то $1+k_1=0$, $1+k_3=0$, $k_1-k_2=0$, $k_2-k_3=0$, откуда следовало бы $k_1=k_2=k_3=-1$. Но при $k_1=-1$ мы бы имели $\vec{AB} = -\vec{DE}$, что означает $AB=DE$, а это противоречит условию задачи).

Обозначим эту плоскость, содержащую точки A, D, E, F, через $\pi$.

Теперь докажем, что точки B и C также лежат в этой плоскости.

Рассмотрим первое условие: $\vec{AB} = k_1 \vec{DE}$. Вектор $\vec{DE}$ лежит в плоскости $\pi$, так как точки D и E принадлежат $\pi$. Вектор $\vec{AB}$ коллинеарен вектору $\vec{DE}$, следовательно, прямая AB параллельна плоскости $\pi$. Но точка A также принадлежит плоскости $\pi$. Если прямая параллельна плоскости и проходит через точку в этой плоскости, то вся прямая лежит в этой плоскости. Следовательно, точка B лежит в плоскости $\pi$.

Рассмотрим третье условие: $\vec{CD} = k_3 \vec{FA}$. Вектор $\vec{FA}$ лежит в плоскости $\pi$, так как точки F и A принадлежат $\pi$. Вектор $\vec{CD}$ коллинеарен вектору $\vec{FA}$, следовательно, прямая CD параллельна плоскости $\pi$. Точка D принадлежит плоскости $\pi$. Аналогично предыдущему пункту, вся прямая CD, а значит и точка C, лежит в плоскости $\pi$.

Таким образом, все шесть точек A, B, C, D, E, F лежат в одной плоскости $\pi$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что данные шесть точек принадлежат одной плоскости.

6.32. На ребре $AD$ и диагонали $CA_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что прямая $MN$ параллельна плоскости $BC_1D$. Найдите отношение $CN : NA$, если известно, что $AM : MD = 1 : 4$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $D$, а оси $Ox$, $Oy$, $Oz$ направим вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$ соответственно. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

• $D(0, 0, 0)$
• $A(a, 0, 0)$
• $C(0, a, 0)$
• $D_1(0, 0, a)$
• $B(a, a, 0)$
• $C_1(0, a, a)$
• $A_1(a, 0, a)$

Точка $M$ лежит на ребре $AD$. По условию, $AM : MD = 1 : 4$. Поскольку длина ребра $AD$ равна $a$, то $MD = \frac{4}{5}a$. Так как точка $M$ лежит на оси $Ox$, ее координаты будут $M(\frac{4}{5}a, 0, 0)$.

Точка $N$ лежит на диагонали $CA_1$. Координаты любой точки на отрезке $CA_1$ можно выразить через параметр $t \in [0, 1]$, где $t = \frac{CN}{CA_1}$. Векторное уравнение для точки $N$ имеет вид $\vec{DN} = \vec{DC} + t \cdot \vec{CA_1}$.

Найдем вектор $\vec{CA_1}$:
$\vec{CA_1} = \vec{A_1} - \vec{C} = (a, 0, a) - (0, a, 0) = (a, -a, a)$.

Теперь найдем координаты точки $N$:
$\vec{N} = \vec{C} + t \cdot \vec{CA_1} = (0, a, 0) + t(a, -a, a) = (at, a - at, at)$.

По условию, прямая $MN$ параллельна плоскости $BC_1D$. Это означает, что вектор $\vec{MN}$ перпендикулярен вектору нормали $\vec{n}$ к плоскости $BC_1D$.

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $BC_1D$. Эта плоскость проходит через точки $D(0, 0, 0)$, $B(a, a, 0)$ и $C_1(0, a, a)$. Два вектора, лежащие в этой плоскости, — это $\vec{DB} = (a, a, 0)$ и $\vec{DC_1} = (0, a, a)$. Вектор нормали можно найти как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & a & 0 \\ 0 & a & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(a^2) - \mathbf{j}(a^2) + \mathbf{k}(a^2) = (a^2, -a^2, a^2)$.

Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, разделив на $a^2$: $\vec{n} = (1, -1, 1)$.

Теперь найдем координаты вектора $\vec{MN}$:

$\vec{MN} = \vec{N} - \vec{M} = (at, a-at, at) - (\frac{4}{5}a, 0, 0) = (at - \frac{4}{5}a, a-at, at)$.

Условие параллельности прямой и плоскости ($\vec{MN} \perp \vec{n}$) выражается через скалярное произведение:

$\vec{MN} \cdot \vec{n} = 0$

$(at - \frac{4}{5}a) \cdot 1 + (a-at) \cdot (-1) + at \cdot 1 = 0$

Раскроем скобки и решим уравнение относительно $t$:

$at - \frac{4}{5}a - a + at + at = 0$

$3at - \frac{9}{5}a = 0$

Поскольку $a \neq 0$, разделим обе части на $a$:

$3t - \frac{9}{5} = 0$

$3t = \frac{9}{5}$

$t = \frac{3}{5}$

Мы получили значение параметра $t = \frac{CN}{CA_1} = \frac{3}{5}$. Это означает, что точка $N$ делит отрезок $CA_1$ в отношении $CN : NA_1 = t : (1-t)$.

$CN : NA_1 = \frac{3}{5} : (1-\frac{3}{5}) = \frac{3}{5} : \frac{2}{5} = 3:2$.

В условии задачи требуется найти отношение $CN : NA$. Так как точка $N$ лежит на диагонали $CA_1$, а вершина $A$ не лежит на этой прямой, то, вероятнее всего, в условии допущена опечатка, и имелось в виду отношение $CN : NA_1$. Исходя из этого предположения, мы нашли искомое отношение.

Ответ: $3:2$.

6.33. На рисунке 6.24 $A_1B_1 || A_2B_2 || A_3B_3$, $B_1B_2 = 4$ см, $B_2B_3 = 6$ см, $A_1A_3 = 15$ см. Найдите отрезок $A_1A_2$.

Рис. 6.24

В данной задаче используются свойства параллельных прямых, пересекающих две другие прямые. Согласно обобщенной теореме Фалеса (теореме о пропорциональных отрезках), если параллельные прямые ($A_1B_1 \parallel A_2B_2 \parallel A_3B_3$) пересекают две произвольные прямые (в нашем случае прямые $A_1A_3$ и $B_1B_3$), то они отсекают на этих прямых пропорциональные отрезки.

Это означает, что отношение длин отрезков, отсекаемых на одной прямой, равно отношению соответствующих длин отрезков на другой прямой. Таким образом, можно составить следующую пропорцию:
$ \frac{A_1A_2}{A_1A_3} = \frac{B_1B_2}{B_1B_3} $

Из условия задачи нам известны следующие длины отрезков:
$ B_1B_2 = 4 $ см
$ B_2B_3 = 6 $ см
$ A_1A_3 = 15 $ см

Для использования пропорции нам необходимо найти общую длину отрезка $B_1B_3$. Она равна сумме длин составляющих его отрезков:
$ B_1B_3 = B_1B_2 + B_2B_3 = 4 + 6 = 10 $ см.

Теперь подставим все известные значения в нашу пропорцию, чтобы найти длину искомого отрезка $A_1A_2$:
$ \frac{A_1A_2}{15} = \frac{4}{10} $

Выразим $A_1A_2$ из этого уравнения:
$ A_1A_2 = 15 \cdot \frac{4}{10} = 15 \cdot 0.4 = 6 $ см.

Ответ: $6$ см.

6.34. Диагонали квадрата $ABCD$ пересекаются в точке $O$. На отрезке $OC$ отметили точку $M$ так, что $CM : MO = 1 : 2$. Найдите $tg \angle BMO$.

Пусть $ABCD$ – данный квадрат. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$.

Согласно свойствам квадрата, его диагонали равны, взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам.

1. Из перпендикулярности диагоналей ($AC \perp BD$) следует, что $\angle BOC = 90^\circ$. Так как точка $M$ лежит на отрезке $OC$, то и $\angle BOM = 90^\circ$. Это означает, что треугольник $BMO$ является прямоугольным, где $BO$ и $MO$ – катеты, а $BM$ – гипотенуза.

2. Из того, что диагонали делятся точкой пересечения пополам, следует, что $BO = OC$.

3. По условию, точка $M$ делит отрезок $OC$ в отношении $CM : MO = 1 : 2$. Давайте введем коэффициент пропорциональности $x$. Тогда $CM = x$, а $MO = 2x$.

4. Длина всего отрезка $OC$ равна сумме длин его частей: $OC = CM + MO = x + 2x = 3x$.

5. Так как $BO = OC$, то мы можем утверждать, что $BO = 3x$.

6. Теперь найдем тангенс угла $\angle BMO$ в прямоугольном треугольнике $BMO$. Тангенс острого угла в прямоугольном треугольнике – это отношение противолежащего катета к прилежащему. Для угла $\angle BMO$ противолежащим катетом является $BO$, а прилежащим – $MO$.

$\text{tg} \angle BMO = \frac{BO}{MO}$

Подставим найденные значения длин катетов:

$\text{tg} \angle BMO = \frac{3x}{2x} = \frac{3}{2}$

Ответ: $\frac{3}{2}$.