Страница 97 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

9.25. Данная точка, расположенная вне плоскости правильного треугольника, равноудалена от его вершин. Докажите, что прямая, проходящая через данную точку и центр данного треугольника, перпендикулярна плоскости треугольника.

Пусть дан правильный треугольник $ABC$, лежащий в плоскости $\alpha$, и точка $P$, не принадлежащая этой плоскости ($P \notin \alpha$). Пусть $O$ — центр треугольника $ABC$. По условию задачи, точка $P$ равноудалена от вершин треугольника, то есть $PA = PB = PC$.

Проведем из точки $P$ перпендикуляр $PH$ к плоскости $\alpha$, где $H$ — основание перпендикуляра. Отрезки $PA$, $PB$ и $PC$ являются наклонными к плоскости $\alpha$, а отрезки $HA$, $HB$ и $HC$ — их проекциями на эту плоскость.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle PHA$, $\triangle PHB$ и $\triangle PHC$ (они прямоугольные, так как $PH \perp \alpha$). По теореме Пифагора имеем:

$PA^2 = PH^2 + HA^2$

$PB^2 = PH^2 + HB^2$

$PC^2 = PH^2 + HC^2$

Так как по условию $PA = PB = PC$, то и их квадраты равны: $PA^2 = PB^2 = PC^2$. Следовательно, равны и правые части уравнений:

$PH^2 + HA^2 = PH^2 + HB^2 = PH^2 + HC^2$

Вычитая из всех частей этого равенства $PH^2$, получаем:

$HA^2 = HB^2 = HC^2$

Отсюда следует, что $HA = HB = HC$.

Это означает, что точка $H$ (проекция точки $P$ на плоскость $\alpha$) равноудалена от вершин треугольника $A$, $B$ и $C$. Точка в плоскости треугольника, равноудаленная от его вершин, является центром описанной около него окружности.

Для правильного треугольника центр описанной окружности совпадает с его центром. По условию, $O$ — центр треугольника $ABC$. Значит, точка $H$ совпадает с точкой $O$.

Поскольку $H$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на плоскость $\alpha$, и $H$ совпадает с $O$, то отрезок $PO$ перпендикулярен плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая, проходящая через точки $P$ и $O$, перпендикулярна плоскости треугольника.

Ответ: Что и требовалось доказать.

9.26. Отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$. Через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $C$ и $D$ соответственно. Найдите отрезок $CD$, если $AC = 34$ см, $BD = 18$ см, $AB = 20$ см.

По условию задачи, через точки A и B проведены прямые, перпендикулярные плоскости α, которые пересекают ее в точках C и D. Это означает, что отрезки AC и BD перпендикулярны плоскости α.

Из свойства перпендикулярных прямых к плоскости следует, что если две прямые перпендикулярны одной и той же плоскости, то они параллельны между собой. Таким образом, $AC \parallel BD$.

Рассмотрим четырехугольник ACDB. Точки A, B, C и D лежат в одной плоскости, которая проходит через две параллельные прямые AC и BD. Так как $AC \parallel BD$, четырехугольник ACDB является трапецией с основаниями AC и BD.

Поскольку отрезки AC и BD перпендикулярны плоскости α, они перпендикулярны любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через их основания (точки C и D соответственно). В частности, $AC \perp CD$ и $BD \perp CD$. Это означает, что углы $\angle ACD$ и $\angle BDC$ — прямые. Следовательно, трапеция ACDB является прямоугольной, а отрезок CD — ее высотой.

Для нахождения длины высоты CD выполним дополнительное построение в плоскости трапеции. Проведем из точки B перпендикуляр BE к прямой AC. Так как $AC > BD$ (34 см > 18 см), точка E будет лежать на отрезке AC.

Получившийся четырехугольник EBDC является прямоугольником, так как все его углы прямые ($\angle C = 90^\circ$, $\angle D = 90^\circ$, $\angle BEC = 90^\circ$). В прямоугольнике противоположные стороны равны, поэтому:
$BE = CD$
$CE = BD = 18$ см.

Рассмотрим треугольник ABE. Он является прямоугольным, так как $BE \perp AC$ по построению ($\angle AEB = 90^\circ$). Найдем длину катета AE:
$AE = AC - CE = 34 \text{ см} - 18 \text{ см} = 16$ см.

Теперь применим теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику ABE, где AB — гипотенуза, а AE и BE — катеты:
$AB^2 = AE^2 + BE^2$
Подставим известные значения:
$20^2 = 16^2 + BE^2$
$400 = 256 + BE^2$
$BE^2 = 400 - 256$
$BE^2 = 144$
$BE = \sqrt{144} = 12$ см.

Поскольку $BE = CD$, то длина искомого отрезка CD также равна 12 см.

Ответ: 12 см.

9.27. Отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$. Через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$ и $B_1$ соответственно. Найдите отрезок $AB$, если $AA_1 = 2$ см, $BB_1 = 12$ см, $AB_1 = 10$ см.

Поскольку по условию прямые, проходящие через точки $A$ и $B$, перпендикулярны плоскости $\alpha$, то отрезки $AA_1$ и $BB_1$ также перпендикулярны этой плоскости. Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой. Значит, $AA_1 || BB_1$.

Так как прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны, все четыре точки $A$, $B$, $A_1$, $B_1$ лежат в одной плоскости. Образованная фигура $AA_1B_1B$ является трапецией с основаниями $AA_1$ и $BB_1$.

Поскольку $AA_1 \perp \alpha$, а отрезок $A_1B_1$ лежит в плоскости $\alpha$, то $AA_1 \perp A_1B_1$. Следовательно, треугольник $\triangle AA_1B_1$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $A_1$. По теореме Пифагора найдем квадрат длины катета $A_1B_1$, который является проекцией наклонной $AB_1$ на плоскость $\alpha$:

$A_1B_1^2 = AB_1^2 - AA_1^2$

$A_1B_1^2 = 10^2 - 2^2 = 100 - 4 = 96$

Отрезок $A_1B_1$ является также проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$.

Для нахождения длины отрезка $AB$ в трапеции $AA_1B_1B$ проведем из точки $A$ высоту $AC$ к основанию $BB_1$. Точка $C$ будет лежать на отрезке $BB_1$. В результате мы получим прямоугольный треугольник $\triangle ACB$, в котором $AB$ является гипотенузой.

Четырехугольник $AA_1B_1C$ является прямоугольником, поэтому его противоположные стороны равны:

$AC = A_1B_1$, следовательно $AC^2 = A_1B_1^2 = 96$.

$CB_1 = AA_1 = 2$ см.

Найдем длину второго катета $BC$ в треугольнике $\triangle ACB$:

$BC = BB_1 - CB_1 = 12 - 2 = 10$ см.

Теперь по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle ACB$ найдем длину гипотенузы $AB$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2$

$AB^2 = 96 + 10^2 = 96 + 100 = 196$

$AB = \sqrt{196} = 14$ см.

Ответ: 14 см.

9.28. Через концы $A$ и $B$ и точку $C$ отрезка $AB$, не пересекающего пло-скость $\alpha$, проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пере-секающие её в точках $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Найдите отре-зок $CC_1$, если $AA_1 = 15$ см, $BB_1 = 25$ см, $AC : BC = 1 : 4$.

По условию задачи, через точки $A$, $B$ и $C$ отрезка $AB$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$. Прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой. Следовательно, прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ параллельны ($AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1$).

Так как точки $A$, $B$, $C$ лежат на одной прямой, а прямые $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ параллельны, то их концы $A_1$, $B_1$, $C_1$ также лежат на одной прямой в плоскости $\alpha$. Фигура, образованная точками $A$, $B$, $B_1$, $A_1$, является трапецией, где $AA_1$ и $BB_1$ — параллельные основания, а $AB$ и $A_1B_1$ — боковые стороны. Отрезок $CC_1$ параллелен основаниям этой трапеции и соединяет ее боковые стороны.

Для нахождения длины отрезка $CC_1$ используем метод подобия треугольников. Проведем в плоскости трапеции диагональ $AB_1$. Пусть она пересекает отрезок $CC_1$ в точке $K$.

Рассмотрим $\triangle ABB_1$. Так как $CK \parallel BB_1$ (поскольку $CC_1 \parallel BB_1$), то $\triangle ACK$ подобен $\triangle ABB_1$ по двум углам (угол при вершине $A$ — общий; $\angle ACK = \angle ABB_1$ как соответственные углы при параллельных прямых $CK$, $BB_1$ и секущей $AB$).

Из подобия треугольников следует соотношение сторон:$$ \frac{CK}{BB_1} = \frac{AC}{AB} $$По условию дано, что $AC : BC = 1 : 4$. Если принять длину $AC$ за $x$, то длина $BC$ будет $4x$, а вся длина отрезка $AB$ составит $AC + BC = x + 4x = 5x$.Следовательно, отношение $\frac{AC}{AB} = \frac{x}{5x} = \frac{1}{5}$.

Подставим известные значения в пропорцию, учитывая, что $BB_1 = 25$ см:$$ \frac{CK}{25} = \frac{1}{5} $$Отсюда находим длину отрезка $CK$:$$ CK = \frac{25 \cdot 1}{5} = 5 \text{ см} $$

Теперь рассмотрим $\triangle AA_1B_1$. Отрезок $C_1K$ в этом треугольнике параллелен основанию $AA_1$. Следовательно, $\triangle B_1C_1K$ подобен $\triangle B_1A_1A$. Из подобия следует:$$ \frac{C_1K}{AA_1} = \frac{B_1C_1}{B_1A_1} $$По теореме Фалеса, параллельные прямые $AA_1$, $CC_1$, $BB_1$ отсекают на боковых сторонах трапеции пропорциональные отрезки. Значит, $A_1C_1 : C_1B_1 = AC : BC = 1 : 4$.Если принять $A_1C_1 = y$, то $C_1B_1 = 4y$, а вся длина $B_1A_1 = A_1C_1 + C_1B_1 = y + 4y = 5y$.Таким образом, отношение $\frac{B_1C_1}{B_1A_1} = \frac{4y}{5y} = \frac{4}{5}$.

Подставим известные значения в пропорцию, учитывая, что $AA_1 = 15$ см:$$ \frac{C_1K}{15} = \frac{4}{5} $$Отсюда находим длину отрезка $C_1K$:$$ C_1K = \frac{15 \cdot 4}{5} = 3 \cdot 4 = 12 \text{ см} $$

Полная длина отрезка $CC_1$ равна сумме длин его частей $CK$ и $C_1K$:$$ CC_1 = CK + C_1K = 5 \text{ см} + 12 \text{ см} = 17 \text{ см} $$

Ответ: 17 см.

9.29. Через концы $M$ и $N$ и точку $K$ отрезка $MN$, не пересекающего плоскость $\alpha$, проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $M_1$, $N_1$ и $K_1$ соответственно. Найдите отрезок $NN_1$, если $MM_1 = 14$ см, $KK_1 = 10$ см, $MK : KN = 3 : 5$.

Поскольку прямые $MM_1$, $NN_1$ и $KK_1$ перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$, они параллельны между собой: $MM_1 \parallel NN_1 \parallel KK_1$.

Точки $M$, $K$ и $N$ лежат на одной прямой (отрезке $MN$). Их проекции на плоскость $\alpha$, точки $M_1$, $K_1$ и $N_1$, также лежат на одной прямой. Следовательно, фигура $MNN_1M_1$ является трапецией, основаниями которой служат отрезки $MM_1$ и $NN_1$, а боковыми сторонами — $MN$ и $M_1N_1$. Отрезок $KK_1$ соединяет боковые стороны трапеции и параллелен её основаниям.

Длина отрезка, параллельного основаниям трапеции и делящего боковую сторону в заданном отношении, может быть найдена по формуле. Точка $K$ делит боковую сторону $MN$ в отношении $MK : KN = 3:5$. Длина отрезка $KK_1$ выражается через длины оснований $MM_1$ и $NN_1$ следующим образом:$KK_1 = \frac{KN \cdot MM_1 + MK \cdot NN_1}{KN + MK}$.

Подставим известные данные в эту формулу: $MM_1 = 14$ см, $KK_1 = 10$ см, и отношение $MK : KN = 3 : 5$. Для удобства можно принять, что $MK$ соответствует 3 частям, а $KN$ — 5 частям.

$10 = \frac{5 \cdot 14 + 3 \cdot NN_1}{5 + 3}$

$10 = \frac{70 + 3 \cdot NN_1}{8}$

Теперь решим полученное уравнение относительно $NN_1$:

$10 \cdot 8 = 70 + 3 \cdot NN_1$

$80 = 70 + 3 \cdot NN_1$

$3 \cdot NN_1 = 80 - 70$

$3 \cdot NN_1 = 10$

$NN_1 = \frac{10}{3}$ см, что равно $3\frac{1}{3}$ см.

Ответ: $3\frac{1}{3}$ см.

9.30. Параллелограмм $ABCD$ не имеет общих точек с плоскостью $\alpha$. Через вершины $A, B, C$ и $D$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1, B_1, C_1$ и $D_1$ соответственно. Найдите отрезок $CC_1$, если $AA_1 = 11$ см, $BB_1 = 18$ см, $DD_1 = 16$ см.

Поскольку прямые $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$ перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$, они параллельны между собой. Это означает, что точки $A, B, C, D, A_1, B_1, C_1, D_1$ образуют пространственную фигуру, у которой боковые ребра $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ параллельны.

Ключевым свойством параллелограмма является то, что его диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ параллелограмма $ABCD$. Тогда $AO = OC$ и $BO = OD$.

Рассмотрим трапецию $ACC_1A_1$ (так как $AA_1 \parallel CC_1$). Пусть $O_1$ — проекция точки $O$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезок $OO_1$ является средней линией для этой конфигурации (соединяет середину одной диагонали с ее проекцией). Длина этого отрезка равна полусумме длин оснований:

$OO_1 = \frac{AA_1 + CC_1}{2}$

Аналогично рассмотрим трапецию $BDD_1B_1$ (так как $BB_1 \parallel DD_1$). Точка $O$ также является серединой диагонали $BD$. Тогда для этой трапеции длина отрезка $OO_1$ равна:

$OO_1 = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Поскольку обе формулы выражают длину одного и того же отрезка $OO_1$, мы можем их приравнять:

$\frac{AA_1 + CC_1}{2} = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Умножив обе части на 2, получаем свойство: сумма расстояний от противоположных вершин параллелограмма до плоскости равна.

$AA_1 + CC_1 = BB_1 + DD_1$

Теперь подставим известные значения в это равенство:

$11 + CC_1 = 18 + 16$

$11 + CC_1 = 34$

$CC_1 = 34 - 11$

$CC_1 = 23$ см

Ответ: 23 см.

9.31. При симметрии относительно плоскости образом прямой $a$ является прямая $a_1$. Докажите, что прямые $a$ и $a_1$ лежат в одной плоскости.

Пусть $\alpha$ — плоскость симметрии. Чтобы доказать, что прямая $a$ и ее образ $a_1$ лежат в одной плоскости, рассмотрим три возможных случая взаимного расположения прямой $a$ и плоскости $\alpha$.

Случай 1: Прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$.

В этом случае каждая точка прямой $a$ при симметрии относительно $\alpha$ отображается на саму себя. Следовательно, образ прямой, $a_1$, совпадает с самой прямой $a$ ($a_1 = a$). Совпадающие прямые, очевидно, лежат в одной плоскости.

Случай 2: Прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Пусть прямая $a$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $P$. Точка $P$ является неподвижной при симметрии, поэтому $P$ принадлежит и прямой $a_1$. Возьмем на прямой $a$ любую другую точку $A$, отличную от $P$. Ее образ $A_1$ по определению симметрии лежит на перпендикуляре к плоскости $\alpha$, проведенном через точку $A$. Этим перпендикуляром является сама прямая $a$. Значит, точка $A_1$ также лежит на прямой $a$. Поскольку обе точки $P$ и $A_1$ лежат на прямой $a$, то прямая $a_1$, проходящая через них, совпадает с прямой $a$. Таким образом, $a_1 = a$, и прямые лежат в одной плоскости.

Случай 3: Прямая $a$ не лежит в плоскости $\alpha$ и не перпендикулярна ей.

Выберем на прямой $a$ две различные точки $A$ и $B$. Пусть $A_1$ и $B_1$ — их симметричные образы относительно плоскости $\alpha$. Прямая $a_1$ проходит через точки $A_1$ и $B_1$.

По определению симметрии, прямые $AA_1$ и $BB_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$, и, следовательно, параллельны друг другу. Поскольку прямая $a$ не перпендикулярна $\alpha$, прямые $AA_1$ и $BB_1$ не совпадают. Две различные параллельные прямые задают единственную плоскость, назовем ее $\beta$.

В этой плоскости $\beta$ лежат все четыре точки: $A$, $A_1$, $B$, $B_1$. Так как точки $A$ и $B$ принадлежат плоскости $\beta$, то и вся прямая $a$, проходящая через них, лежит в этой плоскости. Аналогично, так как точки $A_1$ и $B_1$ принадлежат плоскости $\beta$, то и вся прямая $a_1$, проходящая через них, лежит в этой плоскости.

Следовательно, в этом случае прямые $a$ и $a_1$ также лежат в одной плоскости.

Так как мы рассмотрели все возможные случаи, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Прямые $a$ и $a_1$ всегда лежат в одной плоскости.

9.32. Докажите, что если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой плоскости.

Пусть даны две параллельные плоскости $ \alpha $ и $ \beta $ ($ \alpha \parallel \beta $) и прямая $ a $, которая перпендикулярна плоскости $ \alpha $ ($ a \perp \alpha $). Требуется доказать, что прямая $ a $ также перпендикулярна плоскости $ \beta $ ($ a \perp \beta $).

Доказательство:

1. Обозначим точку пересечения прямой $ a $ с плоскостью $ \alpha $ как $ A $, а с плоскостью $ \beta $ как $ B $. Так как прямая $ a $ перпендикулярна плоскости $ \alpha $, она не может быть параллельна ей или лежать в ней. Поскольку $ \alpha \parallel \beta $, прямая $ a $ также не параллельна плоскости $ \beta $ и, следовательно, пересекает её.

2. Чтобы доказать, что $ a \perp \beta $, нам нужно показать, что прямая $ a $ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ \beta $. Выберем в плоскости $ \beta $ произвольную прямую $ b $, проходящую через точку $ B $.

3. Рассмотрим плоскость $ \gamma $, которая проходит через прямые $ a $ и $ b $. Так как две эти прямые пересекаются в точке $ B $, такая плоскость единственна.

4. Плоскость $ \gamma $ пересекает плоскость $ \alpha $ по некоторой прямой $ a' $. Поскольку точка $ A $ принадлежит и прямой $ a $, и плоскости $ \alpha $, а прямая $ a $ лежит в плоскости $ \gamma $, то точка $ A $ принадлежит и плоскости $ \gamma $. Следовательно, прямая $ a' $ проходит через точку $ A $.

5. Согласно свойству параллельных плоскостей, если плоскость ($ \gamma $) пересекает две параллельные плоскости ($ \alpha $ и $ \beta $), то линии их пересечения ($ a' $ и $ b $) параллельны. Таким образом, $ a' \parallel b $.

6. По условию задачи, прямая $ a $ перпендикулярна плоскости $ \alpha $ ($ a \perp \alpha $). По определению, это означает, что прямая $ a $ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ \alpha $ и проходящей через точку $ A $. Поскольку прямая $ a' $ лежит в плоскости $ \alpha $ и проходит через $ A $, то $ a \perp a' $.

7. Теперь у нас есть следующие соотношения: $ a \perp a' $ и $ a' \parallel b $. Существует теорема (справедливая и в пространстве), согласно которой, если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и второй. Следовательно, $ a \perp b $.

8. Так как прямая $ b $ была выбрана в плоскости $ \beta $ произвольно, мы доказали, что прямая $ a $ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ \beta $. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, это означает, что $ a \perp \beta $.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

9.33. Докажите, что прямые, проходящие через данную точку прямой и перпендикулярные этой прямой, лежат в одной плоскости, проходящей через данную точку и перпендикулярной этой прямой.

Для доказательства утверждения введем обозначения. Пусть дана прямая $l$ и точка $M$, принадлежащая этой прямой ($M \in l$).

Рассмотрим плоскость $\alpha$, которая проходит через точку $M$ и перпендикулярна прямой $l$. Согласно основной теореме стереометрии, такая плоскость существует и она единственна. По определению, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку пересечения. Таким образом, прямая $l$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $\alpha$, проходящей через точку $M$.

Теперь нам нужно доказать два взаимно связанных утверждения:

1. Любая прямая, проходящая через точку $M$ и перпендикулярная прямой $l$, лежит в плоскости $\alpha$.

Пусть $a$ – произвольная прямая, которая проходит через точку $M$ и перпендикулярна прямой $l$ ($a \perp l$). Докажем, что прямая $a$ лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$) методом от противного.

Предположим, что прямая $a$ не лежит в плоскости $\alpha$. Прямые $a$ и $l$ пересекаются в точке $M$, следовательно, они определяют единственную плоскость $\beta$. Плоскость $\alpha$ также проходит через точку $M$. Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ имеют общую точку $M$, они пересекаются по некоторой прямой. Обозначим эту прямую $a'$. Прямая $a'$ проходит через точку $M$ и лежит в плоскости $\alpha$.

Поскольку $a' \subset \alpha$ и $M \in a'$, то по определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $l$ перпендикулярна прямой $a'$ ($l \perp a'$).

Таким образом, в плоскости $\beta$ мы имеем две различные прямые $a$ и $a'$, которые обе проходят через точку $M$ и обе перпендикулярны прямой $l$. Это противоречит теореме планиметрии о том, что в плоскости через данную точку на прямой можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной.

Следовательно, наше предположение неверно, и прямая $a$ должна лежать в плоскости $\alpha$.

2. Любая прямая, лежащая в плоскости $\alpha$ и проходящая через точку $M$, перпендикулярна прямой $l$.

Это утверждение следует непосредственно из определения перпендикулярности прямой и плоскости. Если прямая $l$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ в точке $M$, то она перпендикулярна любой прямой, которая лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через точку $M$.

Из этих двух пунктов следует, что совокупность всех прямых, проходящих через точку $M$ и перпендикулярных прямой $l$, в точности совпадает с совокупностью всех прямых, лежащих в плоскости $\alpha$ и проходящих через точку $M$.

Таким образом, все прямые, проходящие через данную точку прямой и перпендикулярные этой прямой, лежат в одной плоскости, а именно в той, которая проходит через данную точку и перпендикулярна данной прямой.

Ответ: Утверждение доказано. Все прямые, удовлетворяющие условию, лежат в единственной плоскости, которая проходит через данную точку и перпендикулярна данной прямой.

9.34. Каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$. На ребре $AD$ отмечена точка $M$, такая, что $AM : MD = 3 : 1$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной ребру $AD$, и найдите площадь этого сечения.

По условию, $DABC$ — правильный тетраэдр, все рёбра которого равны $a$. Точка $M$ лежит на ребре $AD$, причём $AM : MD = 3:1$. Отсюда следует, что $AD = AM + MD = a$, $AM = \frac{3}{4}a$ и $MD = \frac{1}{4}a$.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и перпендикулярна ребру $AD$.

Чтобы построить сечение, найдём точки пересечения плоскости $\alpha$ с рёбрами тетраэдра.

1. Плоскость $\alpha$ по определению пересекает ребро $AD$ в точке $M$.

2. Рассмотрим грань $ABD$. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $ABD$ проходит через точку $M$ и перпендикулярна $AD$. Пусть эта линия пересекает ребро $DB$ в точке $P$. В треугольнике $ABD$ проведём прямую через $M$ перпендикулярно $AD$ до пересечения с $DB$ в точке $P$. Получим прямоугольный треугольник $\triangle MDP$.

Поскольку тетраэдр правильный, все его грани — равносторонние треугольники, поэтому все плоские углы при вершинах равны $60^\circ$. В частности, $\angle ADB = 60^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle MDP$ ($\angle DMP = 90^\circ$): $DP = \frac{MD}{\cos(\angle MDP)} = \frac{MD}{\cos(60^\circ)} = \frac{a/4}{1/2} = \frac{a}{2}$.

Так как длина ребра $DB$ равна $a$, то точка $P$ является серединой ребра $DB$.

3. Аналогично рассмотрим грань $ACD$. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $ACD$ проходит через точку $M$ и перпендикулярна $AD$. Пусть эта линия пересекает ребро $DC$ в точке $Q$. В треугольнике $ACD$ проведём прямую через $M$ перпендикулярно $AD$ до пересечения с $DC$ в точке $Q$. Получим прямоугольный треугольник $\triangle MDQ$.

$\angle ADC = 60^\circ$. В прямоугольном треугольнике $\triangle MDQ$ ($\angle DMQ = 90^\circ$): $DQ = \frac{MD}{\cos(\angle MDQ)} = \frac{MD}{\cos(60^\circ)} = \frac{a/4}{1/2} = \frac{a}{2}$.

Так как длина ребра $DC$ равна $a$, то точка $Q$ является серединой ребра $DC$.

4. Плоскость $\alpha$ пересекает рёбра тетраэдра, выходящие из вершины $D$, в точках $M$, $P$, $Q$. Прямые $MP$ и $MQ$ лежат в плоскости $\alpha$. Прямая $PQ$ также лежит в плоскости $\alpha$. Отрезки $MP$, $MQ$ и $PQ$ являются линиями пересечения секущей плоскости с гранями $ABD$, $ACD$ и $BCD$ соответственно.

Таким образом, искомое сечение — это треугольник $MPQ$.

Ответ: Сечением является треугольник $MPQ$, где $P$ — середина ребра $DB$, а $Q$ — середина ребра $DC$.

Для нахождения площади треугольника $MPQ$ найдём длины его сторон.

1. Из прямоугольного треугольника $\triangle MDP$ (рассмотренного при построении): $MP = MD \cdot \tan(\angle MDP) = MD \cdot \tan(60^\circ) = \frac{a}{4} \cdot \sqrt{3} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

2. Из прямоугольного треугольника $\triangle MDQ$: $MQ = MD \cdot \tan(\angle MDQ) = MD \cdot \tan(60^\circ) = \frac{a}{4} \cdot \sqrt{3} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

3. В треугольнике $DBC$ отрезок $PQ$ соединяет середины сторон $DB$ и $DC$. Следовательно, $PQ$ является средней линией треугольника $DBC$. $PQ = \frac{1}{2} BC = \frac{a}{2}$.

4. Треугольник $MPQ$ является равнобедренным, так как $MP = MQ = \frac{a\sqrt{3}}{4}$. Найдём его площадь. Проведём высоту $MK$ из вершины $M$ к основанию $PQ$. В равнобедренном треугольнике высота является также медианой, поэтому $K$ — середина $PQ$. $PK = \frac{1}{2} PQ = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a}{4}$.

5. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $\triangle MKP$: $MK^2 = MP^2 - PK^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^2 - \left(\frac{a}{4}\right)^2 = \frac{3a^2}{16} - \frac{a^2}{16} = \frac{2a^2}{16} = \frac{a^2}{8}$. $MK = \sqrt{\frac{a^2}{8}} = \frac{a}{2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{4}$.

6. Площадь треугольника $MPQ$ равна: $S_{\triangle MPQ} = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{4} = \frac{a^2\sqrt{2}}{16}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{16}$.

9.35. Через вершину $B$ прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) проведена прямая $BD$, перпендикулярная плоскости $ABC$. На отрезках $DC$ и $DA$ отмечены точки $E$ и $F$, такие, что $EF \parallel AC$. Докажите, что $BE \perp EF$.

По условию, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Из этого следует, что прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$. В частности, $BD$ перпендикулярна прямой $AC$, то есть $BD \perp AC$.

Треугольник $ABC$ является прямоугольным с прямым углом $C$ ($\angle ACB = 90^\circ$). Это означает, что катеты $AC$ и $BC$ перпендикулярны: $AC \perp BC$.

Теперь рассмотрим плоскость, проходящую через точки $B$, $C$ и $D$, обозначим ее $(BCD)$. Прямые $BC$ и $BD$ лежат в этой плоскости и пересекаются в точке $B$. Мы установили, что прямая $AC$ перпендикулярна обеим этим прямым ($AC \perp BC$ и $AC \perp BD$).

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости. Следовательно, прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $(BCD)$, то есть $AC \perp (BCD)$.

По условию задачи, прямая $EF$ параллельна прямой $AC$ ($EF \parallel AC$). Существует теорема, согласно которой, если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и вторая прямая перпендикулярна этой плоскости. Так как $AC \perp (BCD)$ и $EF \parallel AC$, то и $EF \perp (BCD)$.

Рассмотрим прямую $BE$. Точка $B$ принадлежит плоскости $(BCD)$. Точка $E$ по условию лежит на отрезке $DC$, который, в свою очередь, является стороной треугольника $DBC$ и целиком лежит в плоскости $(BCD)$. Таким образом, обе точки $B$ и $E$ лежат в плоскости $(BCD)$, а значит, и вся прямая $BE$ лежит в этой плоскости.

По определению, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Мы доказали, что $EF \perp (BCD)$, а прямая $BE$ лежит в плоскости $(BCD)$. Из этого следует, что $BE \perp EF$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.