Страница 43 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

6.9. Постройте сечение правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ плоскостью, проходящей через вершины $A$, $C$ и $D_1$ (рис. 6.16).

Рис. 6.16

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Секущая плоскость $\alpha$, проходящая через вершины A, C, $D_1$.

Найти:

Построить сечение призмы плоскостью $\alpha$.

Решение:

Построение искомого сечения будем выполнять пошагово, находя линии пересечения секущей плоскости с гранями призмы.

1. Точки A и C принадлежат секущей плоскости и одновременно лежат в плоскости нижнего основания $ABCDEF$. Следовательно, отрезок AC является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания и одной из сторон искомого сечения.

2. Основания призмы $ABCDEF$ и $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ параллельны. Секущая плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым. Линия пересечения с нижним основанием — это прямая AC. Следовательно, линия пересечения с плоскостью верхнего основания — это прямая, проходящая через точку $D_1$ (которая принадлежит сечению по условию) и параллельная прямой AC.

3. Чтобы построить эту прямую, воспользуемся свойствами правильного шестиугольника. В правильном шестиугольнике диагональ, соединяющая вершины через одну (например, AC), параллельна диагонали, соединяющей две другие вершины, смещенные на одну позицию в том же направлении (в данном случае, FD). То есть, векторно это можно записать как $\vec{AC} = \vec{FD}$. По аналогии, для верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$ диагональ $A_1C_1$ параллельна диагонали $F_1D_1$.

4. Поскольку искомая линия пересечения с верхним основанием проходит через точку $D_1$ и параллельна AC (а значит, и $A_1C_1$), то этой линией будет прямая $D_1F_1$. Таким образом, отрезок $D_1F_1$ является стороной сечения, лежащей в верхнем основании.

5. Теперь у нас есть четыре вершины сечения: A, C, $D_1$ и $F_1$. Соединим их последовательно, чтобы получить многоугольник сечения:

• Отрезок AC мы уже построили.
• Соединим C и $D_1$. Эти точки лежат в плоскости боковой грани $CDD_1C_1$. Отрезок $CD_1$ является диагональю этой грани и, следовательно, стороной сечения.
• Отрезок $D_1F_1$ мы построили.
• Соединим $F_1$ и A. Эти точки лежат в плоскости боковой грани $AFF_1A_1$. Отрезок $F_1A$ является диагональю этой грани и замыкает многоугольник сечения.

Таким образом, искомое сечение — это четырехугольник $ACD_1F_1$.

Для дополнительной проверки и полноты решения можно использовать другой метод, основанный на параллельности боковых граней.

Боковые грани $CDD_1C_1$ и $AFF_1A_1$ параллельны, так как в правильной призме соответствующие стороны оснований параллельны ($CD \parallel AF$). Секущая плоскость $\alpha$ пересекает эти параллельные плоскости по параллельным прямым.

• Линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $CDD_1C_1$ является отрезок $CD_1$ (так как точки C и $D_1$ лежат на этой грани).
• Следовательно, линия пересечения с параллельной ей гранью $AFF_1A_1$ должна быть параллельна отрезку $CD_1$ и проходить через точку A (которая лежит на этой грани).
• В правильной призме векторы $\vec{CD_1}$ и $\vec{AF_1}$ равны, так как их проекции на основание ($\vec{CD}$ и $\vec{AF}$) равны и сонаправлены, и их боковые ребра ($\vec{DD_1}$ и $\vec{FF_1}$) равны и параллельны. Значит, $CD_1 \parallel AF_1$.
• Таким образом, линия пересечения с гранью $AFF_1A_1$ — это отрезок $AF_1$. Это подтверждает, что точка $F_1$ является вершиной сечения, что совпадает с результатом, полученным первым способом.

Ответ:

Искомое сечение — четырехугольник $ACD_1F_1$. Его стороны проходят по граням призмы: AC — по нижнему основанию, $CD_1$ — по боковой грани $CDD_1C_1$, $D_1F_1$ — по верхнему основанию, $F_1A$ — по боковой грани $AFF_1A_1$.

6.10. Постройте сечение правильной шестиугольной пирамиды $SABCDEF$ плоскостью, проходящей через вершины $F$, $C$ и середину $G$ ребра $SE$ (рис. 6.17).

Рис. 6.17

Решение

Построение искомого сечения правильной шестиугольной пирамиды плоскостью, проходящей через точки F, C и G (середину ребра SE), выполняется в несколько шагов:

1. Построение отрезков сечения в известных гранях.
Точки F и C — это вершины основания пирамиды, они лежат в плоскости основания (ABC). Следовательно, отрезок FC является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью основания и одной из сторон искомого сечения.Точки F (вершина основания) и G (середина ребра SE) обе лежат в плоскости боковой грани (SEF). Соединяем их и получаем отрезок FG, который является еще одной стороной сечения.

2. Построение сечения в грани (SDE) методом параллельных прямых.
Рассмотрим плоскость сечения (FGC) и плоскость грани (SDE). Нам нужно найти линию их пересечения.В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник ABCDEF. В нем большая диагональ CF параллельна стороне DE ($CF \parallel DE$).Мы имеем две пересекающиеся плоскости (FGC) и (SDE), которые содержат две параллельные прямые FC и DE соответственно. По свойству, линия пересечения таких плоскостей будет параллельна этим прямым.Нам известна одна общая точка этих плоскостей — точка G, которая по условию лежит в секущей плоскости и одновременно на ребре SE грани (SDE).Таким образом, линия пересечения — это прямая, проходящая через точку G параллельно DE. Проведем в плоскости грани (SDE) отрезок GH, параллельный DE, где точка H лежит на ребре SD.

3. Определение положения точки H.
В треугольнике $\triangle SDE$ отрезок GH проведен параллельно основанию DE. Так как точка G является серединой стороны SE, то по теореме Фалеса (или из подобия треугольников $\triangle SGH$ и $\triangle SDE$, где коэффициент подобия $k = \frac{SG}{SE} = \frac{1}{2}$), отрезок GH является средней линией. Следовательно, точка H — середина стороны SD. Отрезок GH является третьей стороной сечения.

4. Завершение построения.
Теперь в плоскости грани (SCD) у нас есть две точки, принадлежащие сечению: вершина C и построенная точка H (середина SD). Соединяем их отрезком CH. Этот отрезок является четвертой и последней стороной сечения.

В результате мы получили замкнутый многоугольник — четырехугольник FGHC, который и является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — это четырехугольник FGHC, где H — середина ребра SD.

6.11. Может ли в сечении тетраэдра плоскостью получиться четырехугольник EFGH, изображенный на рисунке $6.18$?

Рис. $6.18$

Решение

Предположим, что четырехугольник $EFGH$, изображенный на рисунке, является плоским сечением тетраэдра $ABCD$. Это означает, что все его вершины — точки $E$, $F$, $G$, $H$ — лежат в одной плоскости. Назовем эту плоскость сечения $\alpha$.

Рассмотрим противоположные стороны четырехугольника $EF$ и $HG$.

1. Сторона $EF$ сечения лежит на грани $ABC$, так как точки $E$ и $F$ принадлежат ребрам $AB$ и $BC$ этой грани. Таким образом, прямая $EF$ является линией пересечения плоскости сечения $\alpha$ и плоскости грани $(ABC)$.

2. Аналогично, сторона $HG$ сечения лежит на грани $ADC$, так как точки $H$ и $G$ принадлежат ребрам $AD$ и $CD$ этой грани. Прямая $HG$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ и плоскости грани $(ADC)$.

3. Плоскости граней $(ABC)$ и $(ADC)$ пересекаются по общей прямой $AC$.

4. Согласно свойству пересечения плоскостей в стереометрии, если плоскость ($\alpha$) пересекает две другие пересекающиеся плоскости ($(ABC)$ и $(ADC)$), то линии их пересечения (в данном случае прямые $EF$ и $HG$) должны либо быть параллельными, либо пересекаться в точке, лежащей на линии пересечения исходных плоскостей (то есть на прямой $AC$).

5. Проанализируем изображение. На рисунке прямые $EF$ и $HG$ не изображены параллельными. Если их мысленно продолжить, они пересекутся в некоторой точке $M$.

6. Для того чтобы четырехугольник $EFGH$ был плоским, точка пересечения $M$ прямых $EF$ и $HG$ должна обязательно лежать на прямой $AC$.

7. Рисунок представляет собой проекцию трехмерной фигуры на плоскость. Проекция сохраняет свойство принадлежности точки прямой (коллинеарность). Это означает, что если в пространстве точка $M$ лежит на прямой $AC$, то на проекции точка пересечения проекций прямых $EF$ и $HG$ также должна лежать на проекции прямой $AC$.

8. Однако, если на рисунке продолжить отрезки $EF$ и $HG$ до их пересечения, то их точка пересечения очевидно не будет лежать на прямой $AC$. Визуально, точка пересечения этих прямых находится "перед" тетраэдром и не на прямой $AC$.

Таким образом, мы приходим к противоречию с необходимым условием того, чтобы точки $E, F, G, H$ лежали в одной плоскости. Из этого следует, что прямые $EF$ и $HG$ не могут лежать в одной плоскости, а значит, четырехугольник, изображенный на рисунке, не является плоским.

Ответ: Нет, четырехугольник, изображенный на рисунке, не может получиться в сечении тетраэдра плоскостью.