ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 297: Элементы симметрии правильных многогранников

План решения.

Для доказательства перпендикулярности плоскостей и свойств граней призмы будем использовать признаки перпендикулярности прямой и плоскости. Обозначим центр основания ABC как точку O. По условию проекцией вершины A₁ на плоскость основания является точка O, то есть A₁O⊥(ABC). Также известно, что BD — высота правильного треугольника ABC, проведённая из вершины B к стороне AC. В правильном треугольнике высота совпадает с медианой и биссектрисой, поэтому D — середина AC, а BD⊥AC. Точка O лежит на отрезке BD.

а) Доказательство: (A₁BD)⊥(AA₁C₁).

Рассмотрим плоскость A₁BD. Она содержит прямую BD и прямую A₁O (так как O∈BD).
1. Так как A₁O⊥(ABC), а AC⊂(ABC), то A₁O⊥AC.
2. По условию BD⊥AC.
3. Прямая AC перпендикулярна двум пересекающимся прямым A₁O и BD плоскости A₁BD. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, AC⊥(A₁BD).
4. Плоскость AA₁C₁ проходит через прямую AC (так как это боковая грань или сечение, содержащее ребро AC и параллельное ему A₁C₁; в контексте задачи обычно подразумевается плоскость, проходящая через диагональное сечение или грань, но здесь важно, что AC лежит в плоскости ACC₁A₁). Если под (AA₁C₁) понимается плоскость, проходящая через точки A,A_1,C₁, то она совпадает с плоскостью грани ACC₁A₁ только если призма прямая, чего мы не знаем. Однако, стандартная формулировка «плоскость AA₁C₁» означает плоскость, проходящую через эти три точки.
Давайте уточним геометрию. Призма ABCA₁B₁C₁. Боковые рёбра параллельны: AA₁∥BB₁∥CC₁.
Мы доказали, что AC⊥(A₁BD).
Так как AC⊂(ACC₁A₁), то любая плоскость, содержащая AC, перпендикулярна плоскости A₁BD? Нет, признак: если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны.
Прямая AC перпендикулярна плоскости A₁BD.
Плоскость AA₁C₁ содержит прямую AC? Да, так как A и C лежат в этой плоскости? Нет, точка C не обязательно лежит в плоскости AA₁C₁. Плоскость AA₁C₁ определяется точками A,A_1,C₁.
Вспомним свойства призмы: вектор CC₁=AA₁. Значит, AC₁ и A₁C пересекаются? Не обязательно.
Но рассмотрим прямую A₁C₁. Она параллельна AC.
Если AC⊥(A₁BD), то и A₁C₁⊥(A₁BD), так как A₁C₁∥AC.
Плоскость AA₁C₁ содержит прямую A₁C₁.
Следовательно, плоскость AA₁C₁ проходит через прямую A₁C₁, которая перпендикулярна плоскости A₁BD.
По признаку перпендикулярности плоскостей: (AA₁C₁)⊥(A₁BD). Что и требовалось доказать.

б) Доказательство: (AA₁O)⊥(BB₁C₁).

Здесь опечатка в условии или нестандартная запись. Обычно пишут «плоскость AA₁O». Но O лежит в основании. Плоскость AA₁O — это плоскость, проходящая через ребро AA₁ и центр основания O.
Рассмотрим плоскость BB₁C₁. Это боковая грань призмы?
Точки B,B_1,C₁ задают плоскость. Так как BB₁∥CC₁, то эта плоскость совпадает с плоскостью грани BCC₁B₁.
Нужно доказать перпендикулярность плоскости AA₁O и плоскости BCC₁B₁.
Это утверждение верно не для любой такой призмы. Проверим данные.
В правильном треугольнике ABC высота BD является осью симметрии относительно стороны AC? Нет, ось симметрии треугольника проходит через вершину и середину противоположной стороны.
Плоскость AA₁O содержит прямую AO. В правильном треугольнике AO — часть медианы/высоты, проведённой из A к BC. Пусть M — середина BC. Тогда AM⊥BC.
Так как A₁O⊥(ABC), то A₁O⊥BC.
Прямая BC перпендикулярна AM и A₁O. Значит, BC⊥(AA₁O) (так как AM и A₁O лежат в плоскости AA₁O? Да, O лежит на AM, значит плоскость AA₁O совпадает с плоскостью AA₁M).
Итак, BC⊥(AA₁O).
Плоскость BB₁C₁ (то есть грань BCC₁B₁) содержит прямую BC.
Так как плоскость BCC₁B₁ проходит через прямую BC, перпендикулярную плоскости AA₁O, то (BCC₁B₁)⊥(AA₁O).
Что и требовалось доказать.

в) Доказательство: грань BB₁C₁C — прямоугольник.

Грань BB₁C₁C — это параллелограмм по определению призмы (BB₁∥CC₁ и BB₁=CC₁, BC∥B₁C₁ и BC=B₁C₁).
Чтобы он был прямоугольником, нужно доказать, что боковое ребро перпендикулярно основанию грани, то есть BB₁⊥BC (или любое другое смежное ребро).
Из пункта (б) мы выяснили, что BC⊥(AA₁O).
Это не даёт напрямую перпендикулярности BC и BB₁.
Давайте посмотрим на структуру призмы. Проекция A₁ в центр O не делает призму прямой. Призма косая.
Однако, условие задачи может предполагать частный случай или я упускаю деталь.
Перечитаем: «Основанием ... является правильный треугольник... вершина A₁ проектируется в его центр».
Обычно в таких задачах доказывается, что некоторые грани являются ромбами или прямоугольниками при дополнительных условиях.
Проверим векторным методом или геометрически.
Пусть сторона основания a, высота призмы h (расстояние между плоскостями оснований).
O — центр ABC. A₁O⊥(ABC), A₁O=h.
Координаты: O(0,0,0). A(0,-R,0), где R радиус описанной окружности. Для правильного треугольника R=a/3.
B(a/2,R/2,0), C(-a/2,R/2,0).
A₁(0,-R,h).
Вектор AA₁=(0,0,h). Это означало бы прямую призму, но проекция A₁ в O означает, что вектор OA₁ вертикален. Вектор AA₁=AO+OA₁.
AO=(0,R,0). OA₁=(0,0,h).
AA₁=(0,R,h).
Боковые рёбра равны и параллельны: BB₁=CC₁=AA₁=(0,R,h).
Вектор BC=(-a,0,0).
Скалярное произведение BB₁·BC=(0)(-a)+(R)(0)+(h)(0)=0.
Значит, BB₁⊥BC.
Так как грань BB₁C₁C — параллелограмм с прямым углом при вершине B, то это прямоугольник.
Что и требовалось доказать.

Проверка.

Логика выдержана. В пункте (а) ключевым было использование параллелизма AC∥A₁C₁ и перпендикулярности AC к плоскости A₁BD. В пункте (б) использовано свойство высоты правильного треугольника AM⊥BC и перпендикулярность A₁O к основанию, что дало BC⊥(AA₁O). В пункте (в) векторный расчёт подтвердил ортогональность бокового ребра и ребра основания BC, что характерно для данной конфигурации «косой» призмы, где смещение вершины происходит вдоль оси симметрии основания, перпендикулярной соответствующей стороне.