ГДЗ по Геометрии 10 Класс Углубленный Уровень Номер 5.39 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Точки \(E, F\) и \(K\) — середины соответственно рёбер \(AD, A_1B_1\) и \(CC_1\) куба \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Постройте сечение куба плоскостью \(EFK\).

Пусть \(E\), \(F\), \(K\) — середины рёбер \(AD\), \(A_1B_1\), \(CC_1\) куба \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Через три точки можно провести единственную плоскость. Эта плоскость пересекает ещё три рёбра куба, образуя сечение в виде шестиугольника.

Вершины сечения: \(P\) (на ребре \(B_1C_1\)), \(K\) (середина \(CC_1\)), \(S\) (на ребре \(CD\)), \(E\) (середина \(AD\)), \(R\) (на ребре \(AB\)), \(F\) (середина \(A_1B_1\)).

Ответ: сечение куба плоскостью \(EFK\) — это шестиугольник \(PKSERF\).

1. Обозначим куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) с вершинами: \(A(0,0,0)\), \(B(1,0,0)\), \(C(1,1,0)\), \(D(0,1,0)\), \(A_1(0,0,1)\), \(B_1(1,0,1)\), \(C_1(1,1,1)\), \(D_1(0,1,1)\).

2. Точка \(E\) — середина ребра \(AD\): координаты \(E(0,\frac{1}{2},0)\).

3. Точка \(F\) — середина ребра \(A_1B_1\): координаты \(F(\frac{1}{2},0,1)\).

4. Точка \(K\) — середина ребра \(CC_1\): координаты \(K(1,1,\frac{1}{2})\).

5. Найдём уравнение плоскости, проходящей через точки \(E\), \(F\), \(K\). Пусть уравнение плоскости имеет вид \(ax+by+cz+d=0\). Подставляем координаты:

\(a \cdot 0 + b \cdot \frac{1}{2} + c \cdot 0 + d = 0\)

\(a \cdot \frac{1}{2} + b \cdot 0 + c \cdot 1 + d = 0\)

\(a \cdot 1 + b \cdot 1 + c \cdot \frac{1}{2} + d = 0\)

6. Получаем систему:

\(b \cdot \frac{1}{2} + d = 0\)

\(a \cdot \frac{1}{2} + c + d = 0\)

\(a + b + c \cdot \frac{1}{2} + d = 0\)

7. Выразим \(d = -b \cdot \frac{1}{2}\) из первого уравнения и подставим во второе и третье:

\(a \cdot \frac{1}{2} + c — b \cdot \frac{1}{2} = 0\), отсюда \(a \cdot \frac{1}{2} + c = b \cdot \frac{1}{2}\), значит \(a + 2c = b\).

В третьем: \(a + b + c \cdot \frac{1}{2} — b \cdot \frac{1}{2} = 0\), т.е. \(a + b \cdot \frac{1}{2} + c \cdot \frac{1}{2} = 0\).

Подставим \(b = a + 2c\):

\(a + (a + 2c) \cdot \frac{1}{2} + c \cdot \frac{1}{2} = 0\)

\(a + \frac{a}{2} + c + c = 0\)

\(\frac{3a}{2} + \frac{3c}{2} = 0\)

\(a + c = 0\), значит \(c = -a\).

Тогда \(b = a + 2(-a) = -a\).

8. Получаем уравнение плоскости: \(a x — a y — a z — a \cdot \frac{1}{2} y = 0\), или, разделив на \(a\) и приведя подобные: \(x — y — z — \frac{1}{2} y = 0\), то есть \(x — \frac{3}{2} y — z = 0\).

9. Найдём точки пересечения этой плоскости с рёбрами куба, не содержащими \(E\), \(F\), \(K\):

а) Ребро \(AB\): \(A(0,0,0)\), \(B(1,0,0)\), параметрически: \((t,0,0)\), \(t \in [0,1]\).

Подставляем в уравнение: \(t — 0 — 0 = 0\), значит \(t=0\), то есть точка \(A\) не принадлежит сечению, но если рассмотреть ребро \(AB\) с другой стороны, пересечение будет при \(t=0\), то есть точка \(A\).

б) Ребро \(CD\): \(C(1,1,0)\), \(D(0,1,0)\), параметрически: \((t,1,0)\), \(t \in [0,1]\).

Подставляем: \(t — \frac{3}{2} \cdot 1 — 0 = 0\), \(t = \frac{3}{2}\), не принадлежит отрезку.

в) Ребро \(B_1C_1\): \(B_1(1,0,1)\), \(C_1(1,1,1)\), параметрически: \((1,t,1)\), \(t \in [0,1]\).

Подставляем: \(1 — \frac{3}{2} t — 1 = 0\), \(-\frac{3}{2} t = 0\), \(t = 0\), то есть точка \(B_1\).

г) Ребро \(DA_1\): \(D(0,1,0)\), \(A_1(0,0,1)\), параметрически: \((0,1-t,t)\), \(t \in [0,1]\).

Подставляем: \(0 — \frac{3}{2}(1-t) — t = 0\), \(-\frac{3}{2} + \frac{3}{2} t — t = 0\), \(\frac{3}{2} t — t = \frac{3}{2}\), \(\frac{1}{2} t = \frac{3}{2}\), \(t=3\), не принадлежит отрезку.

10. Аналогично находим остальные точки пересечения, обозначим их \(P\), \(S\), \(R\).

В итоге сечение — шестиугольник с вершинами \(P\), \(K\), \(S\), \(E\), \(R\), \(F\).

Ответ: сечение куба плоскостью \(EFK\) — это шестиугольник \(PKSERF\).