atnasyan-gdz-11-2001 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 6

AM {; },3 2 3323 2 3 2666→| AM |=169 (5 2 + 6) 2 25169 + 25 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 2 ⋅ 6 + 36 + 25++==36363636280 + 60 24(70 + 15 2 ) 2 70 + 15 2 1==70 + 15 2 .=363636476. Пусть ∠СAС1=ϕ.Введем прямоугольную систему координат Oxyz, расrсмотрим единичный вектор а , сонаправленный с вектором→rr r 1 1AC1 . а (cos 60°; cos 60°; sin ϕ}, а а = + +sin2ϕ=1;4 4=12, sinϕ=, следовательно, ϕ=45°.22477.

Введем прямоугольную систему координатOxyz. Обозначим сторону квадрата через а, КК1=b,где К1 — точка пересечения диагоналей, или центрsin2ϕ=→→квадрата. Тогда AD {а; 0; 0}, AB {0; а; 0},→BD {a; −a; 0}.Точка K1 — центр квадрата, следовательно, К1 (→AK (а аа а; ; 0), тогда К ( ; ; b);2 22 2а а; ; b}.2 2Используя формулу скалярного произведения векторов, найдем длины→векторовBD и→AK .Изпрямоугольноготреугольника2BD= 2a =a 2 .Из прямоугольного треугольника AKK1, где АК1=36a 21BD=:22BAD:AK= b 2 + (другой→→→→→a 2 2a 2; AK ⋅ BD =| AK |⋅| BD | cos ( AK) = b2 +22стороны=a 2 ⋅ b 2 +→→AK ⋅ BD =x1x2+y1y2+z1z2=→a2cos ( AK2∧ →AD ),a2 a2−+0=0,220=a 2 ⋅ b 2 +→Тогда, т.

к. вектора ненулевые, то cos ( AK→∧ →BD ). Сa2 a2−+0=22→a2cos ( AK2∧ →BD ).∧ →BD )=0. Следовательно,∧ →AK BD =90°, что и требовалось доказать.478.а)ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1, 2),A1 (0; −1; −2);B (3; −1; 4),B1 (−3; 1; −4);С (1; 0; −2),С1 (−1; 0; 2).б)Ось симметрии — ось Ох:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; −1; −2);B (3; −1; 4),В1 (3; 1; −4);С (1; 0; −2),С1 (1; 0; 2).Ось симметрии — ось Оу:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; 1; −2);B (3; −1; 4),B1 (−3; −1; −4);С(1; 0; −2),С1 (−1; 0; 2).Ось симметрии — ось 0z:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; −1; 2);B (3; −1; 4),B1 (−3; 1; 4);С (1; 0; −2),С1 (−1; 0; −2).в)Если плоскость симметрии — плоскость Оху, то:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; 1; −2);B (3; −1; 4),В1 (3; −1; −4);С (1; 0; −2),С1 (1; 0; 2).Плоскость симметрии — плоскость Oyz:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; 1; 2);B (3; −1; 4),B1 (−3; −1; 4);С (1; 0; −2),С1 (−1; 0; −2).37Плоскость симметрии — плоскость Oxz:ТочкаСимметричная ей точкаA (0; 1; 2),A1 (0; −1; 2);B (3; −1; 4),B1 (3; 1; 4);С (1; 0; −2),С1 (1; 0; −2).479.

а) По известной теореме через центрсимметрии и данную прямую можнопровести единственную плоскость.Пусть О — центр симметрии, а — данная прямая, α — плоскость, проведенная через О и а.Пусть А ∈ а, построим отрезок ОА.Продолжим ОА за точку О на расстояние ОА1=АО. Получим точку А1,симметричную А.Пусть В ∈ а, построим отрезок ОВ. Продолжим ОВ за точку О на расстояние ОВ1=ОВ. Получим точку B1, симметричную точке В.Через А1 и В1 проведем прямую b. Рассмотрим ∆AОВ и ∆А1ОВ1⋅АО=А1О,ВО=ОВ1,∆АОВ=∆А1ОВ1каквертикальные,следовательно,∆AОВ=∆А1ОВ1.Тогда, ∠1=∠2 и а || b.б) Пусть А ∈ а.

Симметричная ей точка А1 тоже принадлежит прямой а;АО=ОА1.Точка А произвольна, следовательно, любаяточка прямой, а также симметричная точкаотносительно центра О лежат на прямой а, следовательно, прямая а переходит сама в себя приусловии, что проходит через центр симметрии.480. а) Пусть О — центр симметрии, α — данная плоскость.1. Пусть точку С∈а, построим отрезок СО и про-должим его за точку О нарасстояние ОС1 = ОС.2. Пусть точка А∈а, построим отрезок АО и продолжим его за точку О нарасстояние ОС1=ОА.3. Пусть точка В∈а, построим отрезок ВО и продолжим его за точку О нарасстояние ОВ1=ОВ.4. Через точки А1, В1, C1 проведем плоскость β.5.

Соединим точки А, В, С, А1, В1 и C1отрезками. ∆ОАС=∆O1A1C1, т.к. ОА1=ОА,ОС1=ОС и ∠АOC=∆A1OC1 как вертикальные.Отсюда АС =А1С1.Тогда∠А1С1O=∠ACO,попризнакупараллельности прямых А1С||АС.6. Для ∆ОАВ и ∆ОА1В1 проведем аналогичные рассуждения и получим,что ∆ОАВ=ОА1В1. Тогда ∠А1В1О=∠АВО, попризнаку параллельности прямых А1В1||АВ.7. Если две пересекающиеся прямые (АС иАВ) в одной плоскости (α) соответственно38параллельны двум прямым (А1С1 и А1В1) другой плоскости (β), то эти плоскости параллельны. Итак, α||β, утверждение доказано.б) Если точка О∈α, то любая точка плоскости β имеет симметричную ейточку относительно О, тоже принадлежащую плоскости α.Тогда для А∈α ей симметричная точка А1∈α; для В∈α ей симметричнаяточка B1∈α; для С∈α ей симметричная точка С1∈α.Через три точки А1, В1, С1, принадлежащие плоскости β, можно провестиединственную плоскость, соответственно, она совпадает с плоскостью α.481.

а) Пусть а — ось симметрии, l || α. Из точкиL∈ l проведем LA⊥а; продолжим LA за точку А нарас-стояние АМ=LA.Из точки L1∈ l проведем L1A1⊥а; продолжим L1A1за точку А1 на расстояние А1М1=L1A1.Параллельные прямые а и l лежат в однойплоскости, тогда, четырехугольник LMM1L1 —плоский четырех-угольник.ML=M1L1 — по построению, ML⊥ l , M1L1⊥ l , следовательно, ML||M1L1 поэтому четырехугольник LMM1L1 — прямоугольник. Т.е.,MM1||L1L, или l ||m.б) Если а не паралелльна l , то а пересекается с L внекоторой точке А.Выберем некоторую точку N∈ l , построим NE⊥a,продолжим отрезок NE за точку Е на расстояние EF=NE.Через точку F проведем прямую FA (m).В треугольниках ∆AEF и ∆AЕN.

NE=EF, АЕ − общий катет, таким образом,∆AEF=∆AEN, следовательно, ∠EAN=∠EAF=ϕ.Таким образом, прямая m образует угол ϕ с осью симметрии.482. Выберем плоскость Оху.Пусть прямая а параллельна плоскости Оху.Точки М и L, N и К симметричны; МА=AL,NВ=ВК. Если а параллельна плоскости Оху, тоNВ=МА=ВК=AL, две прямые, перпендикулярные плоскости, между собой параллельны, тогдаML||NK.

Далее, ML=NK и четырехугольникMNKL — прямоугольник, поэтому LK||MN илиа1||а. А параллельные прямые лежат в однойплоскости.Если а не параллельна Оху, то она пересекает эту плоскость в точке — Р.При симметрии точка Р переходит в себя, т. к. лежит в плоскости Оху. Таким образом, Р∈а1. Т.е. прямые а и а1 имеют общую точку и лежат в однойплоскости.483. а) Выберем три точки в плоскости А, В, С, не лежащие на однойпрямой. Проведем АА2⊥α, ВВ2 ⊥α, СС2 ⊥α. Продолжим эти отрезки за точки А1, В1, С1 так, что А2А1=АА2, В2В1=ВВ2, C2C1=СС2.

АА1В1В — прямо39угольник, т.к. АА1=ВВ1 и АА1|| ВВ1. Таким образом,A1В1||АВ. ВВ1С1С — прямоугольник, т.к. BB1=CC1 иВB1|| BС. тогда, В1С1 || ВС.Плоскость β1 проходит через точки А1, В1 и C1, она— единственная.Если две пересекающиеся прямые (ВА и ВС)одной плоскости ( β ) параллельны двум прямым(B1A1 и В1С1) другой плоскости (β1), то эти плоскости параллельны: β1 || β.б) Пусть α⊥β. Возьмем произвольную точку А ∈ α и построим АО перпендикулярно плоскости α. Продолжим отрезок за точку О на расстояниеОА1=АО.Две плоскости взаимно перпендикулярны и кодной из них проведен перпендикуляр, имеющийобщую точку с другой плоскостью, тогда этот перпендикуляр весь лежит в этой плоскости, т.е.АО⊂β, следовательно, и АА1 ⊂β.Таким образом, каждая точка плоскости βотображается в точку, ей симметричную, котораятоже принадлежит плоскости в.

тогда, плоскость βотображается сама на себя, или β1 совпадает с β.484. а) Докажем, что АВ||А1В1 (см. пункт 52учебника). Доказано, что А1В1=АВ, а значит А1B1||АВ.rб) Пусть а || р . Выберем точку А ∈ а, тогда точкаrА перейдет в точку А1, так, что АА1= р . Следовательно, они лежат в одной плоскости. В плоскостичерез точку А можно провести только одну прямуюrАА1, параллельную р , тогда А1∈ а.Таким образом, точка А ∈ а отображается в точку А1∈ а.Для любой другой точки В ∈ а повторим рассуждения, тогда, каждая точка прямой а переходит вточку прямой а, то есть прямая отображается на себя.rПусть а содержит р , тогда доказательство верно, просто векторы АА1 иrр лежат на одной прямой а.485. Параллельный перенос — это движение, тогда АВ=А1В1, ВС=В1С1, АС=А1С1.Отсюда ∆АВС=∆А1В1С1. Проведем отрезкиAM и А1М1.

AM=А1М1.ДляплоскогочетырехугольникаАММ1А1 имеем:АМ||А1М1, АМ=А1М1, следовательно,→→rАММ1А1 — параллелограмм, AA1 = MM1 = р .40486. а) а — данная прямая.Возьмем на прямой а точки А, В, С. При движении они перейдут в точкиА1, В1, С1 соответственно, причем АВ=А1В1,ВС=В1С1 и АС=А1C1. Необходимо доказать, чтоА1, В1, С1 лежат на одной прямой.А1C1=А1В1+В1С1. Такое равенство верно, есливсе три точки — лежат на одной прямой; иначепо неравенству треугольника А1C1 < А1В1+В1С1. В силу произвольного выбора точек А, В и С доказательство справедливодля любых других точек, таким образом,движение переводит прямую в прямую.б) В плоскости α проведем прямую а ивозьмем точку О ∉ а.

Проведем из точки Оотрезки, пересекающие прямую а в точках А и В.При движении: О →О1, А → А1, так чтоОА=О1А1; В → В1, так что ОВ=О1В1.По аксиоме: через две пересекающиеся прямые проходит плоскость ипритом только одна.487. а) АС — заданный отрезок, АС ⊂ а.При движении А → А1, С → С1. Докажем, чтовесь отрезок АС отображается на отрезок А1С1.Возьмем произвольную точку В ∈ АС. Придвижении В → В1. АВ+ВС=АС. Т.к.

при движении расстояния между точками сохраняются, то A1B1=АВ, B1C1=ВС, A1C1=АС. Тогда А1С1=А1В1+В1С1.Равенство выполняется только когда точки A1, В1, С1 лежат на одной прямой,иначе по неравенству треугольника А1С1 < А1В1+В1C1, таким образом, точкиотрезка АС отображаются в точки отрезка А1С1.б) ∠AОВ — лежит в плоскости а.При движении О → О1, А→А1, В→В1, при этомОА=О1А1 и OB=O1B1 AB=А1В1 и ∆OAB = ∆ O1А1В1по трем сторонам, тогда ∠АОВ=∠А1В1С1.Если ∠АОВ=180°, то ∠А1О1В1=180°.Доказательство:На сторонах развернутого угла возьмем точки А и В.

При движенииА→A1, B→B1, так что АВ=А1В1 , так что АВ=А1В1; О→О1 при движенииАО=А1О1 и О1В1=ОВ. Итак, АО1+О1В1=А1В1.Точки А1, О1, B1 лежат на одной прямой, точкиА1 и .В1 лежат по разные стороны от точки О1,тогда, ∠ А1О1В1 — развернутый, т.е. ∆ А1О1В1= 180o , что и требовалось доказать.488. а) Пусть а || b, а ⊂ α, b ⊂ α.

Пересечем а и b прямой с, следовательно∠1=∠2 как внутренние накрест лежащие при параллельных а, b и секущейс. Примем следу-ющие обозначения (смотри рисунок):М и N — произвольные точки, лежащие по разные стороны от секущей АВ.41При движении ∠МAВ перейдет в равный∠М1A1В1, a ∠ABN — в равный угол ∠ A1B1N1.Т.к.

при движении плоскость α переводится вплоскость β, то прямые A1М1 и В1N1 лежат в одной плоскости β.Отмеченные углы — ∠1 и ∠2, являютсявнутренними накрест лежащими, а если ∠1=∠2,то по признаку параллельности прямых М1А1 ||В1N1, или а1 || b1. тогда, а → а1, а || а1 и b → b1, b || b1.б) α || β. Пересечем α и β плоскостью С, получимдве параллельные прямые А1В1 || АВ.На линии пересечения плоскости С с плоскостью βчерез некоторую точку А1 проведем плоскость Q, пересекающую α и β по параллельным прямым А1С1 и АС.Построим отрезки В1С1 и ВС. Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельнымиплоскостямиравны,тогдаАА1=ВВ1=СС1.АВСА1В1С1 — призма. При движении угол отображается на равный емуугол, расстояния между точками сохраняются.