Номер 351, страница 114 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

351*. Трехгранный угол, плоские углы которого прямые, пересечен плоскостью. Докажите, что ортоцентр сечения является основанием перпендикуляра, проведенного из вершины угла на секущую плоскость.

Пусть $O$ — вершина трехгранного угла, а лучи $OA$, $OB$ и $OC$ — его ребра. По условию, плоские углы прямые, значит, ребра попарно перпендикулярны: $OA \perp OB$, $OB \perp OC$ и $OC \perp OA$.

Введем в рассмотрение секущую плоскость $\alpha$, которая пересекает ребра в точках $A$, $B$ и $C$ соответственно. Сечением является треугольник $ABC$.

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, проведенного из вершины $O$ на плоскость $\alpha$. По определению, прямая $OH$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($OH \perp \alpha$).

Нам необходимо доказать, что точка $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$. Ортоцентр — это точка пересечения высот треугольника. Для доказательства достаточно показать, что прямые, проходящие через вершины треугольника и точку $H$, являются высотами этого треугольника, то есть перпендикулярны противолежащим сторонам. Докажем, например, что $CH \perp AB$.

Рассмотрим доказательство по шагам:

1. По условию, ребро $OC$ перпендикулярно ребрам $OA$ и $OB$. Это означает, что ребро $OC$ перпендикулярно плоскости, содержащей $OA$ и $OB$ (плоскости $AOB$).

2. Прямая $AB$ лежит в плоскости $AOB$. Так как $OC \perp$ плоскости $AOB$, то $OC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, следовательно, $OC \perp AB$.

3. По построению, $OH$ — перпендикуляр к плоскости сечения $\alpha$ (плоскости $ABC$). Прямая $AB$ лежит в этой плоскости. Следовательно, $OH \perp AB$.

4. Мы получили, что прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым — $OC$ и $OH$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, прямая $AB$ перпендикулярна плоскости, проходящей через прямые $OC$ и $OH$ (плоскости $OCH$).

5. Прямая $CH$ лежит в плоскости $OCH$. Так как $AB \perp$ плоскости $OCH$, то прямая $AB$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $AB \perp CH$.

Таким образом, мы доказали, что $CH$ является высотой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $AB$.

Аналогично доказывается, что $AH \perp BC$ и $BH \perp AC$.

• $OA \perp$ плоскости $BOC$, значит $OA \perp BC$. Также $OH \perp BC$ (так как $OH \perp \alpha$). Следовательно, $BC \perp$ плоскости $OAH$, а значит $BC \perp AH$.
• $OB \perp$ плоскости $AOC$, значит $OB \perp AC$. Также $OH \perp AC$ (так как $OH \perp \alpha$). Следовательно, $AC \perp$ плоскости $OBH$, а значит $AC \perp BH$.

Поскольку отрезки $AH$, $BH$ и $CH$ являются высотами треугольника $ABC$, их точка пересечения $H$ является ортоцентром этого треугольника.

Таким образом, доказано, что ортоцентр сечения является основанием перпендикуляра, проведенного из вершины угла на секущую плоскость.

Ответ: Утверждение доказано.