Номер 10, страница 169 - гдз по геометрии 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

10. Докажите признак перпендикулярности прямой и плоскости.

Теорема (признак перпендикулярности прямой и плоскости). Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

Доказательство.

Пусть в плоскости $ \alpha $ лежат две прямые $b$ и $c$, которые пересекаются в точке $O$. Пусть прямая $a$ проходит через точку $O$ и перпендикулярна прямым $b$ и $c$, то есть $a \perp b$ и $a \perp c$. Нам нужно доказать, что прямая $a$ перпендикулярна всей плоскости $ \alpha $, то есть $a \perp \alpha$.

Согласно определению, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поэтому для доказательства теоремы нужно показать, что прямая $a$ перпендикулярна любой прямой $m$, лежащей в плоскости $ \alpha $.

Сначала докажем это для произвольной прямой $m$, проходящей через точку $O$.

Выполним дополнительные построения. На прямой $a$ по разные стороны от точки $O$ отложим равные отрезки $OA_1$ и $OA_2$. Таким образом, точка $O$ является серединой отрезка $A_1A_2$. В плоскости $ \alpha $ проведем прямую, не проходящую через точку $O$, которая пересекает прямые $b, c$ и $m$ в точках $B, C$ и $M$ соответственно.

Рассмотрим треугольник $A_1BA_2$. Отрезок $OB$ соединяет вершину $B$ с серединой противолежащей стороны $A_1A_2$, следовательно, $OB$ — медиана этого треугольника. По условию $a \perp b$, это означает, что $A_1A_2 \perp OB$. Значит, $OB$ является также и высотой треугольника $A_1BA_2$. Треугольник, в котором медиана является и высотой, — равнобедренный. Следовательно, $A_1B = A_2B$.

Аналогично, рассмотрим треугольник $A_1CA_2$. Отрезок $OC$ является его медианой и, по условию ($a \perp c$), высотой. Следовательно, треугольник $A_1CA_2$ также равнобедренный, и $A_1C = A_2C$.

Теперь рассмотрим треугольники $A_1BC$ и $A_2BC$. У них: 1) $A_1B = A_2B$; 2) $A_1C = A_2C$; 3) сторона $BC$ — общая. Следовательно, $ \triangle A_1BC \cong \triangle A_2BC $ по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам).

Из равенства этих треугольников следует и равенство соответствующих углов: $ \angle A_1BC = \angle A_2BC $. Поскольку точки $B, M, C$ лежат на одной прямой, это означает, что $ \angle A_1BM = \angle A_2BM $.

Далее рассмотрим треугольники $A_1BM$ и $A_2BM$. У них: 1) $A_1B = A_2B$; 2) сторона $BM$ — общая; 3) $ \angle A_1BM = \angle A_2BM $. Следовательно, $ \triangle A_1BM \cong \triangle A_2BM $ по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Из равенства этих треугольников следует, что $A_1M = A_2M$. Это означает, что треугольник $A_1MA_2$ является равнобедренным. Отрезок $OM$ в этом треугольнике является медианой, проведенной к основанию $A_1A_2$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является также и высотой. Значит, $OM \perp A_1A_2$.

Поскольку отрезок $OM$ лежит на прямой $m$, а отрезок $A_1A_2$ — на прямой $a$, мы доказали, что $a \perp m$.

Теперь рассмотрим случай, когда произвольная прямая $m_1$ в плоскости $ \alpha $ не проходит через точку $O$. В плоскости $ \alpha $ проведем через точку $O$ прямую $m$, параллельную $m_1$. Согласно доказанному выше, $a \perp m$. По определению угла между скрещивающимися прямыми, угол между $a$ и $m_1$ равен углу между пересекающимися прямыми $a$ и $m$. Так как $a \perp m$, этот угол равен $90^\circ$. Следовательно, $a \perp m_1$.

Таким образом, мы показали, что прямая $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ \alpha $. Это и означает, по определению, что прямая $a$ перпендикулярна плоскости $ \alpha $. Теорема доказана.

Ответ: Доказательство признака перпендикулярности прямой и плоскости приведено выше.