pogorelov-gdz-10-2001z (Ответы ко всем упражнениям Погорелова по геометрии от седьмого до одиннадцатого класса (Погорелов)), страница 8

Поэтому координаты х = х′; у = у′ и |z|= = |z′|. А таккак А и А′ по разные стороны относительно ху, то z′ = =−z. Следовательно, х′ = х, у′ = у, z′ = −z. Что и требовалось доказать.17. Даны точки (1;2;3), (0;−1;2), (1;0;−3). Найдитеточки, симметричные данным относительно координатных плоскостей.Задача решена в учебнике п. 160 стр. 43.18. Даны точки (1;2;3), (0;−1;2), (1;0;−3). Найдитеточки, симметричные им относительно начала координат.Точкой симметричной точке А(х;у;z) относительно начала координат является точка А′(−х;−у;−z). Так что:1) (−1; −2; −3);2) (0;1; −2);3) (−1;0;3).7419. Докажите, что преобразование симметрии относительно точки есть движение.Движение — преобразование, при котором сохраняются расстояние между точками.Пусть А и В произвольные точки. А симметричные им относительно точки О, А′ и В′.

ТогдаОВ = ОВ′ и ОА = ОА′ так как О – точка симметрии и∠ВОА = ∠В′ОА′ — вертикальные углы. Так что∆АОВ = ∆А′ОВ′ (по 1-му признаку), значит, АВ = А′В′. Что итребовалось доказать.20. Докажите, что преобразование симметрии относительно плоскости есть движение.(х1; у1; z1)(х2; у2; z2)(х1; у1; z1)(х2; у2; z2)75Возьмем произвольный отрезок АВ и рассмотрим преобразование симметрии этого отрезка относительно произвольной плоскостиα. Введем декартову систему координат так, чтобы оси x и y лежалив плоскости α.

Тогда во введенной системе координат концы отрезка AB имеют координаты A(x1;y1;z1) и B(x2;y2;z2), а значит, при симметрии они перейдут в точки A'(x1;y1;–z1) и B'(x2;y2;–z2) (согласно задаче 16).Далее:АВ2 = (х1 − х2)2 + (у1 − у2)2 + (z1 − z2)2;(А′В′)2 = (х1 − х2)2 + (у1 − у2)2 + (−z1 + z2)2;( z1 − z 2 ) 2 = ( z 2 − z1 ) 2 , так что АВ = А′В′, следовательно, это преобразование есть движение.21. Докажите, что при движении в пространстве кругпереходит в круг того же радиуса.Возьмем окружность произвольного радиуса: ОА = r.При движении отрезок переходит в отрезок: ОА→О′А′ (радиуспередвигаем и образуется круг).

Каждая точка окружности перейдетв другую точку (А→А′; О→О′; В→В′).Радиус не изменяется, следовательно, круг переходит в круг(точка О удалена на одно и то же расстояние от любой точки).22. Докажите, что при движении в пространстве триточки, лежащие на прямой, переходят в три точки,также лежащие на одной прямой.Возьмем произвольные три точки А, В, С, лежащие на однойпрямой.Если В лежит между А и С, то АВ + ВС = АС, по определениюдвижения получаем, что А′В′ + В′С′ = А′С′.

Это означает, что В′лежит на прямой А′С′, и В′ лежит между А′и С′.76Так как прямая, отрезок определяются двумя точками, то движение в пространстве переводит прямые в прямые.23. Найдите значения а, b, c в формулах параллельного переноса х′ = х + а, у′ = у + b, z′ = z + c, если приэтом параллельном переносе точка А(1;0;2) переходит в точку А′(2;1;0).Задача решена в учебнике п. 163 стр. 45.24. При параллельном переносе точка А(2;1;−1) переходит в точку А′(1;−1;0).

В какую точку переходит начало координат?Формулы параллельного переноса:х′ = х + а, у′ = у + b, z′ = z + c. Так что А(х0;у0;z0)→А(х0′;у0′;z0′),то а = х0′ − х0; b = у0′ − у0; с = z0′ − z0. В нашем случаеА(2;1;–1)→А′(1;−1;0); поэтомуа = 1 − 2 = −1; b = (−1) − 1 = −2; с = 0 − (−1) = 1. Так что началокоординат О(0;0;0) переходит в точку:О′(0 + а; 0 + b; 0 + с) = О′(−1;−2;1).25. Существует ли параллельный перенос, при котором точка А переходит в точку В, а точка С — вточку D, если:1) А(2;1;0), В(1;0;1), С(3; −2;1), D(2;−3;0);2) А(−2;3;5), В(1;2;4), С(4;−3;6), D(7;−2;5);3) А(0;1;2), В(−1;0;1), С(3;−2;2), D(2;−3;1);4) А(1;1;0), В(0;0;0), С(−2; 2;1), D(1;1;1)?Если такой параллельный перенос существует, то разности соответствующих координат этих пар точек должны быть равны. Тоестьа = хВ − хА = хD − хС; b = y B − y A = y D − y C .с = zВ − zА = zD − zС.

Имеем:1) 1 − 2 = 2 − 3 = −1;0 − 1 = −3 − (−2) = −1; но 1 − 0 ≠ 0 − 1.Значит, параллельного переноса не существует.2) 1 − (−2) = 7 − 4 = 3; 2 − 3 ≠ −2 − (−3).Значит параллельного переноса не существует.3) −1 − 0 = 2 − 3 = −1; 0 − 1 = −3 − (−2) = −1;771 − 2 = 1 − 2 = −1.Так что такой параллельный перенос существует.4) 0 − 1 ≠ 1 − (−2);Значит, параллельного переноса не существует.26. Докажите, что при параллельном переносе параллелограмм переходит в равный ему параллелограмм.Пусть ABCD – данный параллелограмм, а A', B', C', D' – точки, вкоторые переходят A, B, C, D. Т.к. при параллельном переносеплоскость переходит в параллельную ей плоскость (или в себя), топлоскость А′В′C′D′ параллельна плоскости АВCD.Т.к.

при параллельном переносе точки смещаются по параллельным (или совпадающим) прямым на одно и то же расстояние, тоAA' || BB' || CC' || DD' и AA' = BB' = CC' = DD'.Так что в четырехугольнике AA'D'D противолежащие стороныпараллельны и равны, а, значит, AA'D'D — параллелограмм. ТогдаA'D' = AD и A'D' || AD.Аналогично A'B' = AB и A'B' || AB; C'D' = CD и C'D' || CD;B'C' = BC и B'C' || BC.Т.к.

две прямые, параллельные третьей, параллельны, то получаем, что A'D' || B'C', A'B' || C'D'.А, значит, A'B'C'D' — параллелограмм, равный параллелограммуABCD (т.к. соответствующие стороны равны). Что и требовалосьдоказать.27. Четыре параллельные прямые пересекают параллельные плоскости в вершинах параллелограммовABCD и A1B1C1D1 соответственно. Докажите, чтопараллелограммыABCDиA1B1C1D1совмещаются параллельным переносом.78Т.к. отрезки параллельных прямых заключенных между параллельными плоскостями, равны, то AA1 = BB1 = CC1 = DD1 = x.Вершины параллелограмма ABCD переходят в вершины параллелограмма A1B1C1D1 по параллельным прямым на одно и то жерасстояние x, а, значит, они смещаются на один и тот же вектор x , аэто и есть параллельный перенос.Таким образом, параллелограммы ABCD и A1B1C1D1 совмещаются параллельным переносом.

Что и требовалось доказать.28. Докажите, что преобразование гомотетии в пространстве является преобразованием подобия.Пусть S – центр гомотетии, тогдаSA SBи ∠B 1SA 1= ∠BSA 1,=SA` SB`так что ∆SAB∼∆SA1В1, значитА1В1 SА1ВСSВ1== К, аналогично, 1 1 == К.АВSАВСSВА1С1 SА1== К, где К – коэффициент гомотетии.АСSА79А1В1 В1С1 А1С1=== К, и по третьему признаАВВСАСку ∆АВС ∼А1В1С1, то есть преобразование гомотетии в пространстве является преобразованием подобия. Что и требовалось доказать.Следовательно,29.

Три прямые, проходящие через точку S, пересекают данную плоскость в точках А, В, С, а параллельную ей плоскость в точках А1, В1, С1. Докажите, что треугольники АВС и А1В1С1гомотетичны.Имеем AB || A1B1; AC || A1C1; BC || B1C1, т.к. эти прямые лежат вплоскостях SA1B1, SA1C1, SB1C1 соответственно, и в параллельныхплоскостях α и β.

Так что ∠SAC = ∠SA1C1, ∠SCA = ∠SC1A1, каксоответственные.И значит, ∆SAC ~ ∆SA1C1 (по двум углам). Аналогично,∆SAB ~ ∆SA1B1, ∆SBC ~ ∆SB1C1.Из подобия треугольников следует:SASCSASB=(∆SAC ~ ∆SA1C1),=(∆SAB ~ ∆SA1B1).SA1 SC1SA1 SB1SASCSBТак что===k,SA1 SC1 SB1т.е. SA1 =ент подобия.80111SA, SB1 =SB, SC1 =SC, где К — коэффициKKKА, значит, ∆ABC и ∆A1B1C1 гомотетичны. Что и требовалосьдоказать.30. Прямая а лежит в плоскости α, а прямая b перпендикулярна этой плоскости.

Чему равен уголмежду прямыми а и b?Через точку пересечения b и a в плоскости α проведем прямуюа1 параллельно a. Тогда b ⊥ a1, а, значит, b ⊥ a (теорема 18.3), т.е.угол между прямыми а и b равен 90°.31. Даны три точки, не лежащие на одной прямой.Чему равен угол между прямыми СА и СВ, Еслиэти прямые образуют углы α и β с прямой АВ иα + β < 90°?Рассмотрим три случая:1) Искомый угол x – внешний угол треугольника АВС. Но тогдаон равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним, то естьх = α + β.2) Внешний угол α = β + х, тогда х = α − β.813) Внешний угол β = α + х, тогда х = β − α.Так что x = α + β или x = |α − β|.32. Прямые а, b, с параллельны одной и той же плоскости.

Чему равен угол между прямыми b и с, если углы этих прямых с прямой а равны 60° и 80°?Существуют прямые a’, b’ и c’, параллельные прямым a, b и c,лежащие в одной плоскости. Углы между a’, b’, c’ равны угламмежду a, b и c.1) α + 60° + 80° = 180°; α = 40°.2) α + 60° = 80°; α = 20°.33. Докажите, что любая прямая на плоскости, перпендикулярная проекции наклонной на эту плоскость, перпендикулярна и наклонной.

И обратно:если прямая на плоскости перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции наклонной.Задача решена в учебнике п. 165 стр. 47.8234. 1) Докажите, что прямая, пересекающая параллельные плоскости, пересекает их под равнымиуглами.2) Докажите, что плоскость, пересекающая параллельные прямые, пересекает их под равнымиуглами.1) В параллельных плоскостях α и β, через точки пересечения ихс данной прямой а проведем прямые b и с, параллельные между собой. Углы γ и ϕ равны (соответственные углы при параллельныхпрямых b и с, секущей а).

Что и требовалось доказать.2) В плоскости α проведем прямую с, через точки пересеченияее с прямыми а и b.Тогда угол β равен углу γ (соответственные углы при параллельных прямых а и b, секущей с). Что и требовалось доказать.35. Точка А отстоит от плоскости на расстояние h.Найдите длины наклонных, проведенных из этойточки под следующими углами к плоскости:1) 30°; 2) 45°; 3) 60°.Задача решена в учебнике п.

166 стр. 48.36. Наклонная равна а. Чему равна проекция этой наклонной на плоскость, если наклонная составляетс плоскостью угол, равный: 1) 45°; 2) 60°; 3) 30°?83Пусть AC – данная наклонная. Тогда опустим перпендикуляр АВна плоскость α.Значит треугольник АВС — прямоугольный. Так как ∠В = =90°.∠С = ∠D – по условию. ВС — проекция наклонной АС на плоскость α. Тогда BC = AC ⋅ cos α = a ⋅ cos α. Так что:2a;=221 a2) α = 60°; ВС = а⋅cos60° = a ⋅ = ;2 21) α = 45°; ВС = а⋅cos45° = а3) α = 30°; ВС = а⋅cos30° = a ⋅3 a 3=.2237.

Отрезок длиной 10 м пересекает плоскость, концыего находятся на расстояниях 2 м и 3 м от плоскости. Найдите угол между данным отрезком иплоскостью.Из концов А и В, данного отрезка опустим перпендикуляры АА1и ВВ1 на плоскость. Тогда АА1 = 2 м, ВВ1 = 3 м, АВ = 10 м. ∠BOB1 искомый.Проведем АС ⊥ ВВ1, тогда OB1||AC и ∠BAC = ∠BOB1 = ϕ .В прямоугольном треугольнике АСВ:АВ = 10м, ВС = ВВ1 + В1С = ВВ1 + АА1 = 5 (м).84sinϕ =ВС51; sinϕ == ; так что ϕ = 30°.АВ10238. Из точки, отстоящей от плоскости на расстояниеа, проведены две наклонные, образующие с плоскостью углы 45° и 30°, а между собой прямойугол.

Найдите расстояние между концами наклонных.Пусть DC и DB данные наклонные.Проведем AD — перпендикуляр к плоскости α. АВ и АС — проекции наклонных DB и DC на плоскость α. Треугольники DAB иDAC — прямоугольные. Так чтоDC = а : sin45° = a 2 ;DB = а : sin30° = 2a.Далее, ∆BDC — прямоугольный (по условию).Тогда по теореме Пифагора:ВС =DB 2 + DC 2 = 2a 2 + 4a 2 = 6a 2 = a 6 .39.