Номер 17, страница 16 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

17. Боковое ребро $AA_1$ призмы, основанием которой является правильный треугольник $ABC$, образует равные углы со сторонами основания $AC$ и $AB$. Докажите, что:

а) стороны $BC$ и $AA_1$ перпендикулярны;

б) четырехугольник $CC_1B_1B$ является прямоугольником.

а) стороны BC и AA₁ перпендикулярны;

Пусть $ABC A_1B_1C_1$ — данная призма. Основание $\triangle ABC$ является правильным треугольником. По условию, боковое ребро $AA_1$ образует равные углы со сторонами основания $AC$ и $AB$. Это означает, что $\angle A_1AC = \angle A_1AB$.

Опустим из точки $A_1$ перпендикуляры $A_1P$ на прямую $AC$ и $A_1Q$ на прямую $AB$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle A_1PA$ (угол $\angle A_1PA = 90^\circ$). В этом треугольнике $AA_1$ является гипотенузой, а угол $\angle A_1AP$ — это угол между ребром $AA_1$ и стороной $AC$. Длина катета $A_1P$ выражается как $A_1P = |AA_1| \cdot \sin(\angle A_1AP)$. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $\triangle A_1QA$ (угол $\angle A_1QA = 90^\circ$), катет $A_1Q$ равен $|AA_1| \cdot \sin(\angle A_1AQ)$.

Поскольку по условию $\angle A_1AC = \angle A_1AB$, то и $\angle A_1AP = \angle A_1AQ$. Отсюда следует, что $A_1P = A_1Q$. Это означает, что точка $A_1$ равноудалена от прямых $AC$ и $AB$.

Пусть $A_1H$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A_1$ на плоскость основания $(ABC)$. Точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A_1$ на эту плоскость. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная $A_1P$ перпендикулярна прямой $AC$ в плоскости основания, то и ее проекция $HP$ на эту плоскость также перпендикулярна $AC$. Таким образом, $HP \perp AC$, и длина $HP$ есть расстояние от точки $H$ до прямой $AC$. Аналогично, $HQ \perp AB$, и $HQ$ — расстояние от $H$ до $AB$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle A_1HP$ и $\triangle A_1HQ$ (оба прямоугольные по построению, с прямым углом при вершине $H$). У них общий катет $A_1H$. По теореме Пифагора:$|A_1P|^2 = |A_1H|^2 + |HP|^2$$|A_1Q|^2 = |A_1H|^2 + |HQ|^2$Так как мы установили, что $|A_1P| = |A_1Q|$, то и $|HP|^2 = |HQ|^2$, откуда $|HP| = |HQ|$.

Это означает, что точка $H$ в плоскости основания равноудалена от сторон угла $\angle BAC$. Следовательно, точка $H$ лежит на биссектрисе этого угла.

В правильном треугольнике $ABC$ биссектриса угла $\angle BAC$ является также его высотой и медианой, проведенной к стороне $BC$. Обозначим эту биссектрису $AM$, где $M$ — середина $BC$. Таким образом, $AM \perp BC$. Поскольку точка $H$ лежит на биссектрисе $AM$, то прямая $AH$, являющаяся проекцией ребра $AA_1$ на плоскость основания, совпадает с прямой $AM$. Следовательно, $AH \perp BC$.

Итак, прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $(A_1AH)$:
1. $BC \perp AH$ (так как $AH$ лежит на высоте к $BC$).
2. $BC \perp A_1H$ (так как $A_1H$ перпендикулярен всей плоскости $(ABC)$, а значит и любой прямой в этой плоскости).

По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(A_1AH)$. Так как боковое ребро $AA_1$ лежит в плоскости $(A_1AH)$, то прямая $BC$ перпендикулярна ребру $AA_1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) четырехугольник CC₁B₁B является прямоугольником.

Рассмотрим боковую грань $CC_1B_1B$. По определению призмы, ее боковые грани являются параллелограммами. Следовательно, $CC_1B_1B$ — параллелограмм. Также по определению призмы, все ее боковые ребра параллельны друг другу, то есть $CC_1 \parallel AA_1$.

В пункте (а) было доказано, что боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно стороне основания $BC$, то есть $AA_1 \perp BC$.

Так как $CC_1 \parallel AA_1$, то угол между прямой $CC_1$ и прямой $BC$ равен углу между прямой $AA_1$ и прямой $BC$. Поскольку $AA_1 \perp BC$, этот угол составляет $90^\circ$.

Следовательно, в параллелограмме $CC_1B_1B$ угол $\angle C_1CB$ является прямым. Параллелограмм, имеющий хотя бы один прямой угол, является прямоугольником. Таким образом, четырехугольник $CC_1B_1B$ — прямоугольник.

Ответ: Что и требовалось доказать.