Номер 967, страница 136 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

967. В треугольной пирамиде $ABCD$ грани $ABC$ и $ABD$ равновелики. Докажите, что общий перпендикуляр прямых $AB$ и $CD$ проходит через середину отрезка $CD$.

Пусть дана треугольная пирамида $ABCD$. По условию, площади граней $ABC$ и $ABD$ равны, то есть они равновелики: $S_{ABC} = S_{ABD}$.

Площадь треугольника вычисляется по формуле $S = \frac{1}{2}ah$, где $a$ — длина основания, а $h$ — высота, проведенная к этому основанию. В треугольниках $ABC$ и $ABD$ ребро $AB$ является общим основанием. Проведем из вершин $C$ и $D$ высоты к прямой $AB$. Обозначим длины этих высот как $h_C$ и $h_D$ соответственно. Тогда площади граней равны:$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h_C$$S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h_D$

Из равенства площадей $S_{ABC} = S_{ABD}$ следует, что $\frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h_C = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h_D$, откуда мы получаем $h_C = h_D$. Это означает, что точки $C$ и $D$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $AB$.

Пусть $PQ$ — это общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым $AB$ и $CD$, где точка $P$ лежит на прямой $AB$, а точка $Q$ — на прямой $CD$. По определению общего перпендикуляра, отрезок $PQ$ перпендикулярен как прямой $AB$, так и прямой $CD$.

Рассмотрим плоскость $\Pi$, которая проходит через точку $P$ и перпендикулярна прямой $AB$. Поскольку $PQ \perp AB$, отрезок $PQ$ целиком лежит в этой плоскости $\Pi$.

Спроектируем пирамиду $ABCD$ на плоскость $\Pi$. Прямая $AB$ спроектируется в одну точку — точку $P$. Точки $C$ и $D$ спроектируются в некоторые точки $C'$ и $D'$ на плоскости $\Pi$. Соответственно, отрезок $CD$ спроектируется в отрезок $C'D'$.

Длина отрезка $PC'$ равна расстоянию от точки $C$ до прямой $AB$, то есть $PC' = h_C$. Аналогично, длина отрезка $PD'$ равна расстоянию от точки $D$ до прямой $AB$, то есть $PD' = h_D$. Так как мы установили, что $h_C = h_D$, то и $PC' = PD'$. Это означает, что треугольник $\triangle PC'D'$ является равнобедренным с основанием $C'D'$.

Из условия $PQ \perp CD$ следует, что скалярное произведение их направляющих векторов равно нулю: $\vec{PQ} \cdot \vec{CD} = 0$. Вектор $\vec{PQ}$ лежит в плоскости $\Pi$. Вектор $\vec{CD}$ можно разложить на две ортогональные составляющие: проекцию на плоскость $\Pi$ (вектор $\vec{C'D'}$) и составляющую, перпендикулярную плоскости $\Pi$ (и, следовательно, параллельную прямой $AB$). Так как вектор $\vec{PQ}$ лежит в плоскости $\Pi$, он перпендикулярен составляющей вектора $\vec{CD}$, которая перпендикулярна этой плоскости. Поэтому из условия $\vec{PQ} \cdot \vec{CD} = 0$ следует, что вектор $\vec{PQ}$ перпендикулярен проекции вектора $\vec{CD}$, то есть $\vec{PQ} \perp \vec{C'D'}$.

Таким образом, в плоскости $\Pi$ прямая $PQ$ проходит через вершину $P$ равнобедренного треугольника $\triangle PC'D'$ и перпендикулярна его основанию $C'D'$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой. Следовательно, прямая $PQ$ пересекает основание $C'D'$ в его середине.

Точка $Q$ лежит на прямой $CD$, а ее проекция $Q'$ на плоскость $\Pi$ лежит на отрезке $C'D'$. Проекция $Q'$ совпадает с точкой пересечения прямой $PQ$ и прямой $C'D'$. Следовательно, $Q'$ является серединой отрезка $C'D'$.

Пусть $M$ — середина отрезка $CD$. Проекция середины отрезка на плоскость является серединой проекции этого отрезка. Это означает, что проекция точки $M$ на плоскость $\Pi$ (обозначим ее $M'$) является серединой отрезка $C'D'$.

Мы получили, что проекции точек $Q$ и $M$ на плоскость $\Pi$ совпадают: $Q' = M'$. Обе точки, $Q$ и $M$, по условию лежат на прямой $CD$. Так как прямые $AB$ и $CD$ скрещиваются, прямая $CD$ не перпендикулярна плоскости $\Pi$ (иначе $CD$ была бы параллельна $AB$). Это значит, что разные точки на прямой $CD$ имеют разные проекции на плоскость $\Pi$. Поскольку проекции точек $Q$ и $M$ совпадают, то и сами точки должны совпадать: $Q=M$.

Таким образом, доказано, что точка $Q$, являющаяся основанием общего перпендикуляра на прямой $CD$, есть середина отрезка $CD$.

Ответ: Утверждение доказано.