Решение контрольной работы №4. Вариант №2

Ниже представлены решения задач из контрольной работы №4 (Вариант №2), оформленные для записи в тетрадь. Контрольная работа №4. Вариант №2. Задание 1 а) Прямая \(MK\). Так как \(M\) и \(K\) — середины \(DA\) и \(DC\), то \(MK\) — средняя линия \(\triangle ADC\), значит \(MK \parallel AC\). Поскольку \(AC\) лежит в плоскости \(ABC\), а \(MK\) нет, то \(MK \parallel (ABC)\). (Примечание: в условии опечатка, вероятно имелась в виду плоскость \(ABC\), либо прямая \(PK \parallel (ABC)\)). б) Плоскости \((MPK)\) и \((ABC)\). Они параллельны, так как две пересекающиеся прямые одной плоскости (\(MK\) и \(MP\)) соответственно параллельны двум прямым другой плоскости (\(AC\) и \(AB\)). в) Прямые \(BC\), \(DC\), \(AC\). Они имеют одну общую точку с плоскостью \(ABD\) (точки \(B\), \(D\), \(A\) соответственно). г) Прямая \(DC\). Это общее ребро данных граней. Задание 2 а) Рёбра \(AD\), \(BC\), \(A_1D_1\), \(B_1C_1\). В прямоугольном параллелепипеде они перпендикулярны грани \(DCC_1D_1\). б) Плоскости \((A_1B_1C_1D_1)\) и \((BCC_1B_1)\). Задание 3 а) Пересекаются (в точке \(C\)). б) Параллельны (так как \(A_1D_1 \parallel AD\), а \(AD\) лежит в плоскости \(ABC\)). в) Скрещивающиеся. г) Параллельные. Задание 4 1) Сечение параллелепипеда (точки \(N, M, P\)): - Проводим \(NM\) в верхней грани. - Проводим \(MP\) в правой боковой грани. - Проводим прямую через \(N\) параллельно \(MP\) и через \(P\) параллельно \(NM\). 2) Сечение тетраэдра (точки \(E, F, G\)): - Соединяем \(E\) и \(F\) (лежат в грани \(ADB\)). - Соединяем \(F\) и \(G\) (лежат в грани \(BDC\)). - Соединяем \(E\) и \(G\) (лежат в грани \(ADC\)). Сечение — треугольник \(EFG\). Задание 5 Дано: \(AEFC\) — квадрат, \(AE = 16\) см. \(K, M\) — середины \(AB\) и \(BC\). Доказать: \(MK \parallel (AEFC)\). Найти: \(MK\). Решение: 1) В \(\triangle ABC\) отрезок \(MK\) — средняя линия, так как \(K\) и \(M\) — середины сторон. По свойству средней линии \(MK \parallel AC\). 2) Так как \(MK \parallel AC\) и \(AC\) лежит в плоскости \((AEFC)\), то по признаку параллельности прямой и плоскости \(MK \parallel (AEFC)\). Что и требовалось доказать. 3) \(MK = \frac{1}{2} AC\). Так как \(AEFC\) — квадрат, то \(AC = AE = 16\) см. \[MK = \frac{1}{2} \cdot 16 = 8 \text{ (см)}\] Ответ: 8 см. Задание 6 Дано: \(C \in AB\), \(AC = CB\). \(BB_1 = 14\) см. Найти: \(CC_1\). Решение: Рассмотрим трапецию \(ABB_1A_1\) (или треугольник, если \(A\) лежит на плоскости). Так как прямые параллельны, по теореме Фалеса \(CC_1\) — средняя линия. \[CC_1 = \frac{AA_1 + BB_1}{2}\] Если точка \(A\) лежит на плоскости, то \(AA_1 = 0\): \[CC_1 = \frac{0 + 14}{2} = 7 \text{ (см)}\] Ответ: 7 см. Задание 7 Дано: \(\triangle ABC\), \(\angle C = 90^\circ\), \(AC = 12\), \(BC = 16\). \(CK \perp (ABC)\), \(CK = 24\). \(CM\) — медиана. Найти: \(KM\). Решение: 1) В прямоугольном \(\triangle ABC\) гипотенуза \(AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = 20\). 2) Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна её половине: \(CM = \frac{1}{2} AB = 10\). 3) Так как \(CK \perp (ABC)\), то \(CK \perp CM\). Из \(\triangle KCM\) по теореме Пифагора: \[KM = \sqrt{CK^2 + CM^2} = \sqrt{24^2 + 10^2} = \sqrt{576 + 100} = \sqrt{676} = 26\] Ответ: 26. Задание 8 Дано: наклонная \(l = 25\), проекция \(p = 7\). Найти: перпендикуляр \(h\). Решение: По теореме Пифагора: \[h = \sqrt{l^2 - p^2} = \sqrt{25^2 - 7^2} = \sqrt{625 - 49} = \sqrt{576} = 24\] Ответ: 24. Задание 9 Дано: \(M, N, P, Q\) — середины \(BD, CD, AB, AC\). \(AD = 18\), \(BC = 24\). Найти: \(P_{MNQP}\). Решение: 1) \(MN\) — средняя линия \(\triangle BDC\), \(MN = \frac{1}{2} BC = 12\). 2) \(PQ\) — средняя линия \(\triangle ABC\), \(PQ = \frac{1}{2} BC = 12\). 3) \(MQ\) — средняя линия \(\triangle ADC\), \(MQ = \frac{1}{2} AD = 9\). 4) \(NP\) — средняя линия \(\triangle ABD\), \(NP = \frac{1}{2} AD = 9\). \[P = 12 + 12 + 9 + 9 = 42\] Ответ: 42.