Номер 305, страница 103 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

305. Докажите, что:

a) геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка, есть серединная плоскость;

б) геометрическое место точек, равноудаленных от вершин треугольника, есть прямая, которая проходит через центр описанной около треугольника окружности и перпендикулярна его плоскости;

в) три серединные плоскости сторон треугольника пересекаются по одной прямой, которая проходит через центр описанной около треугольника окружности и перпендикулярна его плоскости;

г) три биссекторные полуплоскости двугранных углов при одной вершине треугольной пирамиды пересекаются по одной прямой.

а)

Доказательство состоит из двух частей.

1. Докажем, что любая точка $M$, принадлежащая серединной плоскости $\alpha$ отрезка $AB$, равноудалена от его концов $A$ и $B$.

Пусть плоскость $\alpha$ проходит через середину $O$ отрезка $AB$ и перпендикулярна ему ($O \in \alpha$, $\alpha \perp AB$). Возьмем произвольную точку $M \in \alpha$. Рассмотрим треугольник $AMB$. Отрезок $MO$ соединяет вершину $M$ с серединой противолежащей стороны $AB$, значит, $MO$ — медиана треугольника $AMB$.

Так как точка $M$ и точка $O$ лежат в плоскости $\alpha$, то и вся прямая $MO$ лежит в этой плоскости. По определению серединной плоскости, $\alpha \perp AB$, следовательно, любая прямая в плоскости $\alpha$ перпендикулярна прямой $AB$. Значит, $MO \perp AB$.

Таким образом, в треугольнике $AMB$ медиана $MO$ является также и высотой. Это означает, что треугольник $AMB$ — равнобедренный, и, следовательно, $MA = MB$.

2. Докажем, что любая точка $M$, равноудаленная от концов отрезка $AB$, лежит в его серединной плоскости.

Пусть $MA = MB$. Рассмотрим равнобедренный треугольник $AMB$. Проведем медиану $MO$ к основанию $AB$ (где $O$ — середина $AB$). В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также и высотой. Следовательно, $MO \perp AB$.

Все прямые, проходящие через точку $O$ и перпендикулярные прямой $AB$, образуют плоскость, которая по определению и есть серединная плоскость отрезка $AB$. Так как прямая $MO$ проходит через точку $O$ и перпендикулярна $AB$, точка $M$ принадлежит этой плоскости.

Объединяя оба утверждения, мы заключаем, что геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка, есть его серединная плоскость.

Ответ: Доказано, что искомое геометрическое место точек есть плоскость, проходящая через середину отрезка и перпендикулярная ему, то есть серединная плоскость.

б)

Пусть дан треугольник $ABC$. Найдем геометрическое место точек (ГМТ) $M$ в пространстве, для которых выполняется условие $MA = MB = MC$.

Из равенства $MA = MB$ следует, что точка $M$ должна принадлежать серединной плоскости $\alpha$ отрезка $AB$ (согласно пункту а).

Из равенства $MB = MC$ следует, что точка $M$ должна принадлежать серединной плоскости $\beta$ отрезка $BC$ (согласно пункту а).

Следовательно, точка $M$ должна принадлежать пересечению этих двух плоскостей: $M \in \alpha \cap \beta$. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ не параллельны, так как отрезки $AB$ и $BC$ не параллельны. Значит, их пересечением является прямая $l$.

Выясним свойства этой прямой $l$. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $AB$. Плоскость $\beta$ перпендикулярна прямой $BC$. Прямая $l$, лежащая в обеих плоскостях, перпендикулярна обеим пересекающимся прямым $AB$ и $BC$ (если рассматривать векторы нормалей к плоскостям, которые коллинеарны $AB$ и $BC$). Следовательно, прямая $l$ перпендикулярна плоскости, содержащей эти прямые, то есть плоскости треугольника $ABC$.

Теперь найдем точку пересечения прямой $l$ с плоскостью треугольника $ABC$. Обозначим эту точку $O$. Поскольку $O$ лежит на прямой $l$, она принадлежит обеим плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Так как $O \in \alpha$ (серединная плоскость $AB$), то точка $O$ равноудалена от $A$ и $B$: $OA = OB$. Так как $O \in \beta$ (серединная плоскость $BC$), то точка $O$ равноудалена от $B$ и $C$: $OB = OC$. Следовательно, $OA = OB = OC$. Это означает, что точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Таким образом, любая точка $M$, равноудаленная от вершин $A, B, C$, лежит на прямой $l$, проходящей через центр описанной окружности треугольника $ABC$ и перпендикулярной его плоскости.

Докажем обратное: любая точка $P$ на этой прямой $l$ равноудалена от вершин треугольника. Пусть $P \in l$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $POA$, $POB$, $POC$. Они прямоугольные, так как $PO \perp (ABC)$, а значит $PO$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости ($PO \perp OA$, $PO \perp OB$, $PO \perp OC$). Катет $PO$ у них общий. Катеты $OA$, $OB$, $OC$ равны как радиусы описанной окружности. По теореме Пифагора:$PA^2 = PO^2 + OA^2$$PB^2 = PO^2 + OB^2$$PC^2 = PO^2 + OC^2$Отсюда следует, что $PA^2 = PB^2 = PC^2$, а значит $PA = PB = PC$.

Следовательно, искомое ГМТ — это прямая, проходящая через центр описанной около треугольника окружности и перпендикулярная его плоскости.

Ответ: Доказано, что искомое геометрическое место точек есть прямая, перпендикулярная плоскости треугольника и проходящая через центр его описанной окружности.

в)

Пусть дан треугольник $ABC$. Рассмотрим три серединные плоскости его сторон: $\alpha$ для стороны $AB$, $\beta$ для стороны $BC$ и $\gamma$ для стороны $CA$.

Согласно определению и доказательству из пункта (а), каждая серединная плоскость является геометрическим местом точек, равноудаленных от концов соответствующего отрезка.

• Плоскость $\alpha$ — это множество всех точек $M$ таких, что $MA = MB$.
• Плоскость $\beta$ — это множество всех точек $M$ таких, что $MB = MC$.
• Плоскость $\gamma$ — это множество всех точек $M$ таких, что $MC = MA$.

Точка принадлежит пересечению трех плоскостей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ тогда и только тогда, когда она принадлежит каждой из них. То есть для такой точки $M$ должны одновременно выполняться три равенства: $MA=MB$, $MB=MC$ и $MC=MA$. Эти три равенства эквивалентны одному условию: $MA=MB=MC$.

В пункте (б) мы уже доказали, что геометрическое место точек $M$, удовлетворяющих условию $MA=MB=MC$, — это прямая $l$, которая проходит через центр описанной около треугольника $ABC$ окружности и перпендикулярна его плоскости.

Таким образом, множество точек пересечения трех серединных плоскостей сторон треугольника совпадает с множеством точек, равноудаленных от его вершин. Следовательно, три серединные плоскости сторон треугольника пересекаются по одной прямой, и эта прямая проходит через центр описанной окружности и перпендикулярна плоскости треугольника.

Ответ: Утверждение доказано на основании результатов, полученных в пунктах (а) и (б).

г)

Рассмотрим треугольную пирамиду $SABC$ и три двугранных угла при вершине $S$. Эти углы образованы гранями $(SAB)$, $(SBC)$ и $(SCA)$. Обозначим плоскости граней: $\pi_1 = (SAB)$, $\pi_2 = (SBC)$, $\pi_3 = (SCA)$.

Пусть $\delta_1$ — биссекторная полуплоскость двугранного угла между гранями $\pi_1$ и $\pi_2$ (с ребром $SB$). Пусть $\delta_2$ — биссекторная полуплоскость двугранного угла между гранями $\pi_2$ и $\pi_3$ (с ребром $SC$). Пусть $\delta_3$ — биссекторная полуплоскость двугранного угла между гранями $\pi_3$ и $\pi_1$ (с ребром $SA$).

Биссекторная плоскость (или полуплоскость) двугранного угла является геометрическим местом точек, равноудаленных от его граней. Таким образом:

• Для любой точки $M \in \delta_1$ расстояние до плоскостей $\pi_1$ и $\pi_2$ одинаково: $d(M, \pi_1) = d(M, \pi_2)$.
• Для любой точки $M \in \delta_2$ расстояние до плоскостей $\pi_2$ и $\pi_3$ одинаково: $d(M, \pi_2) = d(M, \pi_3)$.
• Для любой точки $M \in \delta_3$ расстояние до плоскостей $\pi_3$ и $\pi_1$ одинаково: $d(M, \pi_3) = d(M, \pi_1)$.

Рассмотрим пересечение первых двух биссекторных полуплоскостей $\delta_1$ и $\delta_2$. Поскольку ребра $SB$ и $SC$ этих двугранных углов пересекаются в точке $S$, то и биссекторные полуплоскости $\delta_1$ и $\delta_2$ проходят через точку $S$ и, следовательно, пересекаются по прямой $l$, проходящей через вершину $S$.

Возьмем любую точку $M$ на этой прямой $l = \delta_1 \cap \delta_2$. Так как $M \in \delta_1$, то $d(M, \pi_1) = d(M, \pi_2)$. Так как $M \in \delta_2$, то $d(M, \pi_2) = d(M, \pi_3)$. Из этих двух равенств следует, что $d(M, \pi_1) = d(M, \pi_3)$.

Это означает, что любая точка $M$ на прямой $l$ равноудалена от плоскостей $\pi_1$ и $\pi_3$. Следовательно, точка $M$ принадлежит биссекторной полуплоскости $\delta_3$ двугранного угла между этими плоскостями. Поскольку это верно для любой точки на прямой $l$, вся прямая $l$ лежит в полуплоскости $\delta_3$.

Таким образом, все три биссекторные полуплоскости $\delta_1$, $\delta_2$ и $\delta_3$ пересекаются по одной и той же прямой $l$.

Ответ: Доказано, что три биссекторные полуплоскости двугранных углов при одной вершине треугольной пирамиды пересекаются по одной прямой.