atnasyan-gdz-10-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 5

А можно провести лишь однупрямую, параллельную BD, то задача имеет единственное решение.Следовательно, через каждую точку пространства можно провести единственную плоскость, параллельную данной плоскости; γ единственная плоскость.Если же окажется, что т. А ∈ β, то это и будет тот случай, когдачерез т. А и прямую а проходит пл. β, параллельная прямой b.101.Соединим середины ребер, лежащих в одной грани; получим,что каждый из отрезков будет средней линией соответствующеготреугольника.MN || AB, PQ || AB, поэтому MN || PQ;MQ || DC, NP || DC, поэтому MQ || NP.Значит, 4-угольник MNPQ – параллелограмм по определению,его диагонали QN и МР пересекаются в т.

О и делятся в ней пополам. Отрезки QN и MP соединяют середины противоположных ребер тетраэдра.51Повторяя проведенные выше рассуждения, заключаем, что RS иQN тоже пересекаются в точке О и делятся ей пополам.Таким образом, все три отрезка: RS, QN, MP – пересекаются в т.О и делятся в ней пополам.Утверждение доказано.102.По теореме I пл. DNM || DC (MN – средняя линия ∆АВС, поэтомуMN || BC).Если все ребра тетраэдра равны, тогда в ∆ADC отрезок DM – медиана, а значит и высота и биссектриса. Из ∆ADM:DM =AD 2 − AM 2 ; DM = 300 = 10 3 (см).∆AND = ∆AMD (они – прямоугольные, AD – общая гипотенуза,АМ = AN); из равенства треугольников DM = DN;MN =1BC = 10 .2Рассмотрим ∆MDN.Проведем в равнобедренном ∆MDN высоту DK.Из ∆MDK: DK = MD 2 − MK 2 = 300 − 25 = 5 11 (см);S MDN =11MN ⋅ DK = ⋅ 10 ⋅ 5 11 = 25 11 (см2);22()P∆MDN = 10 1 + 2 3 см.()Ответ: 10 1 + 2 3 см и 25 11 см2.52103.Рассмотрим ∆ADC и ∆MDP.Из условияDM DP=, ноMA PCAD = MA + MD, DC = DP + PC;DMDPAD − MD DC − DP==, или,AD − MD DC − DPDMDPAD DC=отсюда.DM DPТак как у ∆ADC и ∆MDP угол D – общий, а стороны, образующие ∠D – пропорциональны, значит, ∆ADC ~ ∆MDP.Из подобия следует:∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4.Из равенства углов получим, что МР || AC.Аналогично, для грани DCB, имеем, что PN || CB.Итак, MP || AC и PN || CB.

По теореме п. 10 пл. MNP || пл. ABC.∆MNP ~ ∆ABC (по двум углам).DM 2DMAD − MD 12= ,= или= ;MA 1 AD − MD 1DM2AD1 AD 3−1 = ;= .DM2 DM 2ADAC AC 3,Раз ∆ADC ~ ∆MDP, то== .DM MP MP 2532S ABC  AC = , т.к. площади подобных фигур относятся какS MNP  MP квадраты линейных размеров.1094= , S MNP = 4 (см2).S MNP 49Ответ: 44см2.9104.Проведем ME || AC и MF || BD.По теореме II плоскость сеченияпересечет пл. BCD по прямой, параллельной MF (MF || пл. BCD по построению), значит, проводим EK || BD.Соединим точки K и F.4-угольник MEKF – искомое сечение.

Докажем это.AC || пл. MEF (т.к. АС || ME; ME ⊂ MEF).BD || пл. MEF (т.е. BD || MF; MF ⊂ MEF).Итак, пл. MEKF || AC и пл. MEKF || BD.Так как через т. М можно провести лишь одну прямую ME || AC вплоскости грани АВС и одну прямую MF || BD в плоскости граниBAD, то плоскость MEKF – единственная, удовлетворяющая условию задачи.105.а) Договоримся, что MN не параллельна ВС.Продолжим MN до пересечения с продолжением ВС в точке О. Вплоскости АВС соединим точки О и K; OK пересечет ребро АС вточке Е; продолжим отрезок OK до пересечения с ребром АВ в точкеF.

Теперь можем соединить точки М и F в плоскости ABD и точки Nи Е в плоскости ADC.Сечение MNEF – искомое.54б) Теперь пусть MN || BC.MN || BC, BC ⊂ пл. АВС. По теореме I MN || пл. АВС.Из теоремы II плоскость сеченияпересечет пл. АВС по прямой, проходящей через т. K параллельно MN. Впл. АВС через т. K проводим FE || BCдо пересечения со сторонами основания в точках F и Е. Соединяя М и F, Nи Е, получаем сечение MNEF.106.Пусть точки расположены так, как показано на рисунке.1.Проводим KN до пересечения с продолжением ребра СА. Пусть KN пересечет СА в точке О.2.Проводим луч ОМ; он пересечет ребро АВ в точкеЕ, а ребро ВС – в т.

L. Соединим K и L, F и Е (т. F – точка пересечения KN c ребром DA).Сечение KFEL – искомое.Построим последовательно KN до пересечения в т. F с ребромСА; FM до пересечения с ребром АВ в т. Е и ребром ВС (его продолжением) в т. О; OK, он пересечет DB в т. L; отрезок EL.KFEL – искомое сечение.Проводим KN до пересечения с АС в т. F; продолжаем KN за т. Fдо пересечения с продолжением DA в т. О; FM до пересечения с АВв т. Е; ОЕ до пересечения с DB в т. L; отрезок KL.55KFEL – искомое сечение.107.Проведем MK || BC и MN || BD; отрезок KN.По теореме п. 10 пл. MNK || пл. BDC(так как две пересекающиеся прямыеодной плоскости параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости).108.Отложим от т. D на ребрах DA,DB, DC равные отрезки: DA′ = DB′ ==DC′ = a.

Соединим точки A′, B′ и C′отрезками. Нарисуем ограниченнуюэтими отрезками часть тетраэдра,для удобства «положив» его на однуиз боковых граней.Проведем биссектрисы двух углов при вершине D: DE и DF; проведем отрезки C′E и A′F.В ∆A′DB′ DA′ = DB′ и DE являетсямедианой, следовательно, EA′ = B′E(т.к. ∆ A′DB′ равнобедренный).В ∆C′DB′ DF – общая, DC′ = DB′,∠C′DF = ∠B′DF, поэтому ∆С′DF ==∆B′DF, следовательно, C′F = F′B.В ∆A′B′C′ отрезки C′E и A′F являются медианами.56Чтобы на загромождать рисунок, не показана биссектриса∠A′DC′.

Если для нее повторить рассуждения, то убедимся, что отрезок, исходящий из B′ в точку, где биссектриса пересечет сторонуA′C′, будет третьей медианой в ∆A′B′C′. А три медианы треугольника пересекаются в одной точке.Таким образом, плоскости DEC′, DFA′ и третья, не показанная нарисунке, пересекаются на рисунке по прямой DO.Уберем ограничение, что DA′ = DB′ = DC′.

Факт, что плоскостипересекаются по прямой DO, останется верным.Равные отрезки от вершины D можно отложить в любом тетраэдре, поэтому на строгость (или общность) доказательства это повлиять не может.Раз указанные плоскости пересекаются по прямой DО, то этапрямая пересечется с плоскостью основания в некоторой точке, значит, все три отрезка АА1, СС1 и ВВ1 проходят через нее.Что и требовалось доказать.109.ДоказательствоПо условию, искомая прямая а есть линия пересечения двух плоскостей: АА1С1С и ВВ1D1D.2.Проведем диагонали оснований параллелепипеда;они пересекаются в т. О1 и т.

О.3.О ∈ пл. А1С1СА, О ∈ пл. B1D1DB.Т. О1 принадлежит тем же плоскостям. Следовательно, ОО1 –прямая пересечения этих плоскостей (аксиома А2).4.Прямая а есть прямая ОО1.5.Основания параллелепипеда – равные параллелограммы; по свойству параллелограмма А1О1=О1С1 ==АО = ОС.1.576.7.8.9.А1О1ОА – параллелограмм, значит, O1O || A1A || C1C.Аналогично получаем, что O1O || B1B || D1D.Проведем диагонали АС1 и А1С. Раз А1С1СА – параллелограмм, то А1Т = ТС, АТ = ТС1, где Т – точкапересечения диагоналей.ОТ – средняя линия ∆А1СА; О1Т – средняя линия∆А1СС1.OT || AA1 по аксиоме о параллельных прямых в плоскости точO1T || AA1 ки О, О1 и Т лежат на одной прямой, Т ∈ ОО1, или Т ∈ а.

Диагоналипараллелепипеда и прямая а пересекаются в одной точке.110.Доказательство1.Рассмотрим 4-угольник BB1D1D.BB1 || DD1, BB1 = DD1По признаку параллелограмма, BB1D1D – параллелограмм, B1D1 || BD.2.Рассмотрим 4-угольник CB1A1D.A1B1 || CD и A1В1 = CD (п. 11, 2о). Следовательно, СВ1А1D – параллелограмм.CB1 || A1D.3.Пл. СВ1D1 || пл. A1DB (параллельность двух пересекающихся прямых одной плоскости соответственно двум пересекающимся прямым другой плоскости).№ 111.58Проведем отрезок АС; по неравенству треугольника АС = d1 < a + c.Для ∆АСС1 АС1 = d < d1 + b, поэтому d < a + c + b.Что и требовалось доказать.№ 112.Будем исходить из того, что диагональное сечение параллелепипеда – параллелограмм.Решим вспомогательную задачу: установим зависимость междусторонами параллелограмма и его диагоналями.Пусть АС = d1, DB = d2, AD = CB = a.

AB = DC = b, ∠DAB = α, тогда ∠ADC = 180о - α.Для ∆ DAB запишем теорему косинусов:d 22 = a 2 + b 2 − 2abc cos α .Для ∆ADC запишем теорему косинусов:d12 = a 2 + b 2 − 2abc cos 180o − α = a 2 + b 2 + 2abc cos α .Складывая эти равенства, получаем:d 22 + d 12 = 2a 2 + 2b 2 .Пусть ребра параллелепипеда равны a, b, c.()Для плоскости DD1B1BD1B 2 + DB12 = 2 ⋅ DB 2 + BB12 ⋅ 2 .Для плоскости АА1С1СA1C 2 + AC12 = 2 ⋅ AC 2 + 2 AA12 .Сложим равенства:D1B 2 + DB12 + A1C 2 + AC12 = 2 ⋅ DB 2 + 2 ⋅ BB12 + 2 ⋅ AC 2 + 2 ⋅ AA12 =()()= 2 DB 2 + AC 2 + 2 ⋅ AA12 + 2 ⋅ AA12 = 2 2a 2 + 2c 2 + 4 ⋅ b 2 =59= 4а2 + 4b3 + 4c2, а это сумма квадратов всех ребер параллелепипеда.Что и требовалось доказать.113.В и D1 – общие точки двух плоскостей, по аксиоме А3 плоскостипересекаются по прямой BD1.114.Построим MN || AC.

По теореме I, MN || пл. АСС1.Построим ML || AA1 и NK || AA1; получили отрезок LK.По теореме п. 10 пл. MNKL || пл. АСС1А1 (т.к. MN || AC, ML || AA1).115.Проводим ВС1, DC1, AD. Плоскость BDC1 построена. Через т. Мпроведем:MN || BD;MK || BC1.Пл. MKN || пл. BC1D по известной теореме.60ГЛАВА IIПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ ПРЯМЫХ ИПЛОСКОСТЕЙ116.Решение:1.Все грани параллелепипеда – параллелограммы.2.Противоположные грани параллелепипеда параллельны и равны.В параллелограмме ABCD: ∠A = ∠С = 90о, ABCD – прямоугольник, DC ⊥ ВС.В плоскости ВВ1С1С: В1С1 || BC. Итак,B1C1 || BC отсюда DC ⊥ В1С1.DC⊥BC В плоскости AA1D1D: A1D1 || AD. Итак,AB⊥AD отсюда АВ ⊥ A1D1.AD || A1 D1 Что и требовалось доказать.117.В тетраэдре ABCD известно, что ВС⊥AD. Докажите, что AD⊥MN,где М и N – середины ребер АВ и АС.AD ⊥ BC;MN || BC (как средняя линия∆ВАС), то AD ⊥ MN (по лемме п. 15).Что и требовалось доказать.118.УсловиеТочки А, М и О лежат на прямой, перпендикулярной к плоскостиα, а точки О, В, С и D лежат в плоскости α.