Страница 45 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

6.18. Постройте сечение куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ плоскостью, проходящей через середину $E$ ребра $BB_1$ и перпендикулярной прямой $AD_1$ (рис. 6.25).

Рис. 6.25

Решение

Пусть искомая плоскость сечения называется $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точку $E$ — середину ребра $BB_1$ — и перпендикулярна прямой $AD_1$. Прямая $AD_1$ является диагональю грани $ADD_1A_1$.

Для построения плоскости, перпендикулярной данной прямой, можно найти другую плоскость, перпендикулярную этой же прямой, и затем построить искомую плоскость параллельно ей.

1. Нахождение вспомогательной плоскости, перпендикулярной $AD_1$.
Плоскость перпендикулярна прямой, если она содержит две пересекающиеся прямые, каждая из которых перпендикулярна данной прямой.

- В грани $ADD_1A_1$, которая является квадратом, диагонали $AD_1$ и $A_1D$ взаимно перпендикулярны. Таким образом, $A_1D \perp AD_1$.

- Ребро $A_1B_1$ перпендикулярно грани $ADD_1A_1$, так как $A_1B_1 \perp AA_1$ и $A_1B_1 \perp A_1D_1$. Следовательно, ребро $A_1B_1$ перпендикулярно любой прямой в этой грани, включая $AD_1$. Таким образом, $A_1B_1 \perp AD_1$.

- Прямые $A_1D$ и $A_1B_1$ пересекаются в точке $A_1$ и обе перпендикулярны прямой $AD_1$. Следовательно, плоскость $\beta = (A_1B_1D)$, проходящая через эти прямые, перпендикулярна прямой $AD_1$.

2. Построение сечения.
Искомая плоскость сечения $\alpha$ должна быть параллельна плоскости $\beta = (A_1B_1D)$, так как обе они перпендикулярны одной и той же прямой $AD_1$. Мы будем строить сечение, используя свойство параллельных плоскостей: если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии их пересечения параллельны.

- Шаг 1. Построение в грани $ABB_1A_1$. Искомая плоскость $\alpha$ проходит через точку $E$ (середина $BB_1$), которая лежит в грани $ABB_1A_1$. Линия пересечения (след) плоскости $\beta=(A_1B_1D)$ с плоскостью грани $ABB_1A_1$ — это прямая $A_1B_1$. Следовательно, след плоскости $\alpha$ на этой грани должен проходить через точку $E$ параллельно прямой $A_1B_1$. Проведем через $E$ прямую, параллельную $A_1B_1$. Эта прямая пересечет ребро $AA_1$ в его середине. Обозначим эту точку $F$. Отрезок $FE$ — первая сторона искомого сечения.

- Шаг 2. Построение в грани $ADD_1A_1$. Теперь у нас есть точка $F$ (середина $AA_1$) в грани $ADD_1A_1$. След плоскости $\beta=(A_1B_1D)$ на этой грани — это прямая $A_1D$. Значит, след плоскости $\alpha$ на этой грани должен проходить через точку $F$ параллельно прямой $A_1D$. Проведем через $F$ прямую, параллельную $A_1D$. Эта прямая является средней линией треугольника $AA_1D$ и пересекает ребро $AD$ в его середине. Обозначим эту точку $H$. Отрезок $FH$ — вторая сторона сечения.

- Шаг 3. Построение в грани $ABCD$. Теперь у нас есть точка $H$ (середина $AD$) в грани $ABCD$. След плоскости $\beta=(A_1B_1D)$ на этой грани — это прямая $DB$. Однако, для построения проще найти след $\beta$ на плоскости $z=0$ (плоскость основания). Это прямая $DC$. Проверим это: плоскость $(A_1B_1D)$ проходит через $D$, а прямая $A_1B_1$ параллельна плоскости основания. След такой плоскости на плоскости основания будет проходить через $D$ параллельно $A_1B_1$, то есть параллельно $AB$. Это прямая $DC$. Итак, след плоскости $\alpha$ на грани $ABCD$ должен проходить через точку $H$ параллельно $DC$. Прямая, проходящая через середину стороны $AD$ параллельно стороне $DC$, пересечет противоположную сторону $BC$ в ее середине. Обозначим эту точку $G$. Отрезок $HG$ — третья сторона сечения.

- Шаг 4. Завершение построения. Мы получили точки $E$, $F$, $H$, $G$, являющиеся серединами ребер $BB_1$, $AA_1$, $AD$, $BC$ соответственно. Соединив точку $G$ (середина $BC$) с точкой $E$ (середина $BB_1$), мы получим отрезок $GE$, который лежит в грани $BCC_1B_1$. Этот отрезок замыкает сечение. Для проверки можно убедиться, что $GE$ параллельна следу плоскости $\beta=(A_1B_1D)$ на грани $BCC_1B_1$ (этот след - прямая $B_1C$, а $GE$ - средняя линия треугольника $BB_1C$).

Искомым сечением является четырехугольник $FEGH$. Докажем, что это прямоугольник. - $FE$ соединяет середины $AA_1$ и $BB_1$, поэтому $FE || AB$. - $HG$ соединяет середины $AD$ и $BC$, поэтому $HG || AB$. - Следовательно, $FE || HG$ и $FE = HG$, значит $FEGH$ — параллелограмм. - $FH$ — средняя линия треугольника $AA_1D$, поэтому $FH || A_1D$. - Прямая $AB \perp$ плоскости $ADD_1A_1$, значит $AB \perp A_1D$. - Так как $FE || AB$ и $FH || A_1D$, то $FE \perp FH$. - Параллелограмм, у которого есть прямой угол, является прямоугольником.

Ответ: Искомое сечение — это прямоугольник $FEGH$, вершины которого являются серединами ребер $AA_1$, $BB_1$, $BC$ и $AD$. Построение показано на рисунке.

6.19. Постройте сечение правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны $1$, плоскостью, проходящей через середину $E$ ребра $AB$ и перпендикулярной прямой $SD$ (рис. 6.26).

Рис. 6.26

Дано:
Пирамида SABCD — правильная четырехугольная.
Все ребра равны 1: $AB = BC = CD = DA = SA = SB = SC = SD = 1$.
E — середина ребра AB.
Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку E.
Плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой SD ($\alpha \perp SD$).

Найти:
Построить сечение пирамиды плоскостью $\alpha$.

Решение:
1. Определим свойства данной пирамиды. Так как все ребра пирамиды равны 1, то в основании лежит квадрат ABCD со стороной 1, а боковые грани являются равносторонними треугольниками со стороной 1.

2. Найдем прямые, перпендикулярные ребру SD.
а) Рассмотрим диагональную плоскость SBD. Треугольник SBD имеет стороны $SB = 1$, $SD = 1$. Диагональ основания $BD$ найдем из прямоугольного треугольника ABD: $BD^2 = AB^2 + AD^2 = 1^2 + 1^2 = 2$, откуда $BD = \sqrt{2}$. В треугольнике SBD проверим теорему Пифагора: $SB^2 + SD^2 = 1^2 + 1^2 = 2$. Так как $BD^2 = 2$, то $SB^2 + SD^2 = BD^2$. Это означает, что треугольник SBD является прямоугольным с прямым углом при вершине S. Следовательно, $SB \perp SD$.
б) Рассмотрим диагональ основания AC. Прямая SO (где O — центр основания) является высотой пирамиды, поэтому $SO \perp AC$. Также диагонали квадрата перпендикулярны: $BD \perp AC$. Поскольку прямая AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым SO и BD в плоскости SBD, она перпендикулярна всей плоскости SBD. Так как ребро SD лежит в плоскости SBD, то $AC \perp SD$.

3. Так как секущая плоскость $\alpha$ по условию перпендикулярна прямой SD, а мы нашли две непараллельные прямые SB и AC, которые также перпендикулярны SD, то плоскость $\alpha$ должна быть параллельна этим прямым: $\alpha \parallel SB$ и $\alpha \parallel AC$.

4. Теперь построим сечение, зная, что оно проходит через точку E (середину AB) и параллельно SB и AC.
а) Точка на ребре BC. В плоскости основания ABCD проведем через точку E прямую, параллельную AC. Эта прямая пересечет ребро BC. Так как E — середина AB, то по теореме Фалеса эта прямая пересечет BC в его середине. Обозначим эту точку F. Отрезок EF — одна из сторон сечения.
б) Точка на ребре SA. В плоскости грани SAB проведем через точку E прямую, параллельную SB. Эта прямая пересечет ребро SA. Так как E — середина AB, то по теореме Фалеса эта прямая пересечет SA в его середине. Обозначим эту точку K. Отрезок EK — сторона сечения.
в) Точка на ребре SC. Теперь из точки F (середины BC) в плоскости грани SBC проведем прямую, параллельную SB. Она пересечет ребро SC в его середине. Обозначим эту точку G. Отрезок FG — сторона сечения.
г) Точка на ребре SD. Мы нашли четыре вершины сечения: E, F, G, K. Сечение является многоугольником, стороны которого лежат на гранях пирамиды. Чтобы замкнуть сечение, нужно соединить точки G и K. Этот отрезок не лежит на одной грани, он проходит через грань SCD и SAD. Значит, на ребре SD должна быть еще одна вершина. Обозначим ее H. Для нахождения положения точки H воспользуемся тем, что плоскость сечения перпендикулярна SD. Рассмотрим треугольник SAD. Он равносторонний, поэтому $\angle ASD = 60^\circ$. Мы уже знаем, что точка K (середина SA) принадлежит сечению. Линия KH лежит в плоскости сечения. Опустим перпендикуляр из точки K на прямую SD. Точка, куда он упадет, и будет точкой H, так как SD перпендикулярна всей плоскости, а значит, и любой линии в ней. Рассмотрим треугольник SKD (он не является гранью пирамиды, но существует в пространстве). В нем $SK = \frac{1}{2}SA = \frac{1}{2}$, $SD = 1$, и угол между этими сторонами $\angle KSD = \angle ASD = 60^\circ$. В треугольнике SKD опустим высоту из K на сторону SD в точку H. В образовавшемся прямоугольном треугольнике SKH: $SH = SK \cdot \cos(\angle KSD) = \frac{1}{2} \cdot \cos(60^\circ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$. Таким образом, точка H лежит на ребре SD и делит его в отношении $SH:HD = 1:3$.

5. Соединив последовательно найденные точки, получаем искомое сечение — пятиугольник EFGHK.
Вершины сечения:

• E — середина ребра AB.
• F — середина ребра BC.
• G — середина ребра SC.
• H — точка на ребре SD, такая что $SH = \frac{1}{4}SD$.
• K — середина ребра SA.

Ответ: Искомое сечение представляет собой пятиугольник EFGHK, вершины которого находятся на ребрах пирамиды следующим образом: E — середина AB, F — середина BC, G — середина SC, H — точка на SD, для которой $SH:HD=1:3$, и K — середина SA.

6.20. Повторите определения центральной симметрии и осевой симметрии на плоскости.

Центральная симметрия

Центральная симметрия (или симметрия относительно точки) на плоскости — это такое преобразование плоскости, при котором каждая точка $A$ переходит в такую точку $A'$, что заданная точка $O$ (называемая центром симметрии) является серединой отрезка $AA'$.

Это означает, что точки $A$, $O$ и $A'$ лежат на одной прямой, причем расстояния $AO$ и $OA'$ равны. Векторно это условие можно записать как $\vec{OA'} = -\vec{OA}$. Точка $O$ при этом преобразовании отображается сама на себя.

Фигура называется центрально-симметричной, если существует такая точка $O$, что симметрия относительно этой точки переводит фигуру в себя. Эта точка $O$ называется центром симметрии фигуры. Примерами центрально-симметричных фигур являются окружность, параллелограмм, отрезок.

Ответ: Центральная симметрия относительно точки $O$ – это преобразование плоскости, при котором каждая точка $A$ отображается на точку $A'$ так, что точка $O$ является серединой отрезка $AA'$.

Осевая симметрия

Осевая симметрия (или симметрия относительно прямой) на плоскости — это такое преобразование плоскости, при котором каждой точке $A$ ставится в соответствие такая точка $A'$, что заданная прямая $l$ (называемая осью симметрии) является серединным перпендикуляром к отрезку $AA'$.

Это означает, что одновременно выполняются два условия:
1. Отрезок, соединяющий точку и ее образ, перпендикулярен оси симметрии: $AA' \perp l$.
2. Середина этого отрезка лежит на оси симметрии.

Если точка принадлежит оси симметрии, то она отображается сама на себя.

Фигура называется симметричной относительно прямой $l$, если при симметрии относительно этой прямой фигура переходит в себя. Прямая $l$ в этом случае называется осью симметрии фигуры. Примерами фигур, обладающих осевой симметрией, являются равнобедренный треугольник, прямоугольник, ромб, окружность.

Ответ: Осевая симметрия относительно прямой $l$ – это преобразование плоскости, при котором каждая точка $A$ отображается на точку $A'$ так, что прямая $l$ проходит через середину отрезка $AA'$ и перпендикулярна ему.