Номер 246, страница 96 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

246*. Есть треугольная пирамида $PABC$, все рёбра которой равны друг другу. В ней отмечены центр $Q$ её основания $ABC$ и внутренняя точка $K$ ребра $PB$. Сделайте соответствующий рисунок в тетради и начертите сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой:

а) $BC$;

б) $BP$;

в) $BQ$.

Задача состоит в построении сечения правильного тетраэдра $PABC$ (все ребра равны) плоскостью, проходящей через точку $K$ на ребре $PB$ и перпендикулярной заданной прямой.

Так как $PABC$ – правильный тетраэдр, все его грани являются равносторонними треугольниками. Высота пирамиды, опущенная из вершины $P$, падает в центр $Q$ основания $ABC$, который также является точкой пересечения медиан, биссектрис и высот треугольника $ABC$. Противоположные ребра тетраэдра попарно перпендикулярны (например, $PA \perp BC$).

Требуется построить сечение плоскостью $\alpha$, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной ребру $BC$.

1. Найдем плоскость, перпендикулярную $BC$. Пусть $M$ – середина ребра $BC$. В равностороннем треугольнике $ABC$ медиана $AM$ является и высотой, следовательно, $AM \perp BC$. Аналогично, в равностороннем треугольнике $PBC$ медиана $PM$ является высотой, поэтому $PM \perp BC$.

2. Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM$ и $PM$ в плоскости $APM$, она перпендикулярна всей плоскости $APM$.

3. Искомая плоскость сечения $\alpha$ перпендикулярна $BC$, значит, она параллельна плоскости $APM$.

4. Для построения сечения воспользуемся свойством параллельности. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с любой гранью тетраэдра будет параллельна линии пересечения плоскости $APM$ с той же гранью.

• Плоскость $APM$ пересекает грань $PAB$ по прямой $AP$. Значит, сечение $\alpha$ пересекает грань $PAB$ по прямой, параллельной $AP$. Проведем через точку $K$ на ребре $PB$ прямую, параллельную $AP$, до пересечения с ребром $AB$ в точке $S$. Получаем отрезок $KS$.
• Плоскость $APM$ пересекает грань $PBC$ по прямой $PM$. Проведем через точку $K$ прямую, параллельную $PM$, до пересечения с ребром $BC$ в точке $N$. Получаем отрезок $KN$.
• Плоскость $APM$ пересекает основание $ABC$ по прямой $AM$. Сечение $\alpha$ должно пересекать основание по прямой, параллельной $AM$. Отрезок, соединяющий полученные точки $S$ и $N$, замыкает сечение. Можно доказать, что $SN || AM$.

Таким образом, искомое сечение – это треугольник $SKN$.

Построение:

1. Отметим точку $M$ – середину ребра $BC$.
2. В плоскости грани $PAB$ через точку $K$ проведем прямую, параллельную ребру $AP$. Точку пересечения этой прямой с ребром $AB$ обозначим $S$.
3. В плоскости грани $PBC$ через точку $K$ проведем прямую, параллельную медиане $PM$. Точку пересечения этой прямой с ребром $BC$ обозначим $N$.
4. Соединим точки $S$ и $N$ отрезком.

Треугольник $SKN$ является искомым сечением.

Ответ: Сечением является треугольник $SKN$, где $S$ – точка на ребре $AB$ такая, что $KS || AP$, а $N$ – точка на ребре $BC$ такая, что $KN || PM$ ($M$ – середина $BC$).

Требуется построить сечение плоскостью $\beta$, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной ребру $BP$.

1. Плоскость $\beta$ перпендикулярна прямой $BP$ в точке $K$. Это означает, что любая прямая в плоскости $\beta$, проходящая через $K$, перпендикулярна $BP$.

2. Построим линии пересечения плоскости $\beta$ с гранями, содержащими ребро $BP$.

• В плоскости грани $PAB$ (которая является равносторонним треугольником) проведем через точку $K$ прямую, перпендикулярную $PB$. Эта прямая пересечет ребра $PA$ и $AB$ в точках $L$ и $M$ соответственно. Так как углы в $\triangle PAB$ равны $60^\circ$, а $K$ – внутренняя точка ребра $PB$, точки $L$ и $M$ будут лежать на отрезках $PA$ и $AB$.
• Аналогично, в плоскости грани $PBC$ проведем через $K$ прямую, перпендикулярную $PB$. Эта прямая пересечет ребра $PC$ и $BC$ в точках $N$ и $Q$ соответственно.

3. Обе построенные прямые ($LM$ и $NQ$) проходят через точку $K$ и перпендикулярны $PB$, следовательно, они лежат в одной плоскости – искомой плоскости сечения $\beta$.

4. Вершинами многоугольника сечения являются точки $L$ (на $PA$), $M$ (на $AB$), $Q$ (на $BC$) и $N$ (на $PC$). Соединив их последовательно, получаем четырехугольник $LMQN$.

5. Исследуем свойства четырехугольника $LMQN$. В равносторонних треугольниках $PAB$ и $PBC$: $PL = PK/\cos(60^\circ) = 2PK$ и $PN = PK/\cos(60^\circ) = 2PK$. Следовательно, $PL=PN$. $BM = BK/\cos(60^\circ) = 2BK$ и $BQ = BK/\cos(60^\circ) = 2BK$. Следовательно, $BM=BQ$.

Поскольку $PL/PA = PN/PC$, по обратной теореме Фалеса в $\triangle PAC$ получаем, что $LN || AC$.
В $\triangle ABC$ имеем $BM=BQ$ и $\angle B = 60^\circ$, значит $\triangle BMQ$ – равносторонний. Отсюда следует, что $MQ || AC$.
Так как $LN || AC$ и $MQ || AC$, то $LN || MQ$. Четырехугольник, у которого две стороны параллельны, является трапецией.

Построение:

1. В плоскости грани $PAB$ через точку $K$ проведем прямую, перпендикулярную $PB$. Точки ее пересечения с $PA$ и $AB$ обозначим $L$ и $M$.
2. В плоскости грани $PBC$ через точку $K$ проведем прямую, перпендикулярную $PB$. Точки ее пересечения с $PC$ и $BC$ обозначим $N$ и $Q$.
3. Соединим последовательно точки $L, M, Q, N$.

Четырехугольник $LMQN$ является искомым сечением.

Ответ: Сечением является трапеция $LMQN$, где $L, M, Q, N$ – точки на ребрах $PA, AB, BC, PC$ соответственно. Основания трапеции $LN$ и $MQ$ параллельны ребру $AC$.

Требуется построить сечение плоскостью $\gamma$, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой $BQ$.

1. Прямая $BQ$ лежит в основании $ABC$ и соединяет вершину $B$ с центром основания $Q$. Она является частью медианы (и высоты) $BD$, где $D$ – середина ребра $AC$. Таким образом, $BQ \perp AC$.

2. Найдем еще одну прямую, перпендикулярную $BQ$. Рассмотрим плоскость $PBD$. Эта плоскость является плоскостью симметрии тетраэдра. В треугольнике $PBD$ проведем высоту $PH$ из вершины $P$ на сторону $BD$. Тогда $PH \perp BD$, а значит, $PH \perp BQ$.

3. Мы нашли две непараллельные прямые ($AC$ и $PH$), которые перпендикулярны прямой $BQ$. Следовательно, любая плоскость, перпендикулярная $BQ$, будет параллельна плоскости, содержащей эти две прямые (или их направления).

4. Искомая плоскость сечения $\gamma$ проходит через $K$ и параллельна прямым $AC$ и $PH$.

Построение:

1. Определим плоскость симметрии $PBD$, где $D$ – середина $AC$.
2. В плоскости $PBD$ проведем высоту $PH$ из точки $P$ на прямую $BD$.
3. Через точку $K$ на ребре $PB$ в плоскости $PBD$ проведем прямую $l$, параллельную высоте $PH$. Эта прямая пересечет $PD$ в точке $L$ и $BD$ в точке $M$.
4. Поскольку искомое сечение $\gamma$ параллельно $AC$, его пересечение с плоскостью основания $ABC$ будет прямой, параллельной $AC$. Проведем через точку $M$ в плоскости $ABC$ прямую, параллельную $AC$. Она пересечет ребра $AB$ и $BC$ в точках $S$ и $T$ соответственно.
5. Аналогично, пересечение $\gamma$ с плоскостью грани $PAC$ будет прямой, параллельной $AC$. Проведем через точку $L$ в плоскости $PAC$ прямую, параллельную $AC$. Она пересечет ребра $PA$ и $PC$ в точках $U$ и $V$ соответственно.
6. Соединив точки $S, T, V, U$ последовательно, получим искомое сечение.

По построению $ST || AC$ и $UV || AC$, следовательно, $ST || UV$. Таким образом, сечение $STVU$ является трапецией.

Ответ: Сечением является трапеция $STVU$, где $S, T, V, U$ лежат на ребрах $AB, BC, PC, PA$ соответственно. Основания трапеции $ST$ и $UV$ параллельны ребру $AC$.