Номер 172, страница 63 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

172. В треугольной пирамиде $DABC$ все плоские углы при вершине $D$ прямые. Докажите, что ортогональной проекцией вершины $D$ на плоскость $\triangle ABC$ является точка пересечения его высот.

Дано:

Треугольная пирамида $DABC$.

Все плоские углы при вершине $D$ прямые, то есть:

$\angle ADB = 90^\circ \implies DA \perp DB$
$\angle ADC = 90^\circ \implies DA \perp DC$
$\angle BDC = 90^\circ \implies DB \perp DC$

Пусть $H$ – ортогональная проекция вершины $D$ на плоскость треугольника $ABC$.

Найти:

Доказать, что точка $H$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$.

Решение:

По определению ортогональной проекции, $DH$ является высотой пирамиды, опущенной из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$. Следовательно, $DH \perp (ABC)$, что означает, что $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$.

Нам дано, что $DA \perp DB$ и $DA \perp DC$. Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Прямые $DB$ и $DC$ пересекаются в точке $D$ и лежат в плоскости $DBC$. Следовательно, $DA \perp (DBC)$.

Из того, что $DA \perp (DBC)$, следует, что $DA$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $DBC$. В частности, $DA \perp BC$, так как $BC$ лежит в плоскости $DBC$.

Теперь рассмотрим прямую $BC$ в плоскости основания $ABC$. Мы имеем:

$DH \perp BC$ (так как $DH \perp (ABC)$)
$DA \perp BC$ (доказано выше)

Прямые $DH$ и $DA$ пересекаются в точке $D$. Таким образом, прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DH$ и $DA$, лежащим в плоскости $DAH$. Следовательно, $BC \perp (DAH)$.

Поскольку прямая $AH$ лежит в плоскости $DAH$, то из $BC \perp (DAH)$ следует, что $BC \perp AH$. Это означает, что $AH$ является высотой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $BC$.

Проведем аналогичные рассуждения для других сторон треугольника $ABC$:

Для стороны $AC$:

Из условия $DB \perp DA$ и $DB \perp DC$ следует, что $DB \perp (DAC)$. Отсюда $DB \perp AC$.

Мы имеем $DH \perp AC$ (так как $DH \perp (ABC)$) и $DB \perp AC$. Прямые $DH$ и $DB$ пересекаются в точке $D$. Значит, $AC \perp (DBH)$. Поскольку $BH$ лежит в плоскости $DBH$, то $AC \perp BH$. Это означает, что $BH$ является высотой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $AC$.

Для стороны $AB$:

Из условия $DC \perp DA$ и $DC \perp DB$ следует, что $DC \perp (DAB)$. Отсюда $DC \perp AB$.

Мы имеем $DH \perp AB$ (так как $DH \perp (ABC)$) и $DC \perp AB$. Прямые $DH$ и $DC$ пересекаются в точке $D$. Значит, $AB \perp (DCH)$. Поскольку $CH$ лежит в плоскости $DCH$, то $AB \perp CH$. Это означает, что $CH$ является высотой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $AB$.

Таким образом, $AH$, $BH$ и $CH$ являются высотами треугольника $ABC$. Поскольку все три высоты проходят через точку $H$ (так как $H$ является ортогональной проекцией $D$ на плоскость $ABC$, и $AH$, $BH$, $CH$ – это отрезки, соединяющие вершины $A, B, C$ с точкой $H$), то точка $H$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$.

Ответ: Доказано, что ортогональная проекция вершины $D$ на плоскость $\triangle ABC$ является точкой пересечения его высот.