Дан прямоугольный параллелепипед АВСDА1В1С1D1. Проведите плоскость АDО, где О - точка пересечения диагоналей. Докажите, что С1В1 лежит в этой же плоскости.

Удобно рисовать в косоугольной проекции: нижнее основание — параллелограмм, верхнее — точно такой же, сдвинутый вверх. На листе в клетку можно взять такие размеры.

1. Разметьте вершины по клеткам

От точки \(A\) отсчитывайте:

\[ \begin{aligned} &A(0;0),\quad B(8;0),\\ &D(4;4),\quad C(12;4);\\[4pt] &A_1(0;6),\quad B_1(8;6),\\ &D_1(4;10),\quad C_1(12;10). \end{aligned} \]

То есть:

• \(AB\) — 8 клеток вправо;
• \(AD\) — 4 клетки вправо и 4 вверх;
• все вертикальные рёбра \(AA_1,BB_1,CC_1,DD_1\) — 6 клеток вверх.

Если поставить \(A\) в точку \((2;2)\), то получится:

\[ A(2;2),\ B(10;2),\ C(14;6),\ D(6;6), \] \[ A_1(2;8),\ B_1(10;8),\ C_1(14;12),\ D_1(6;12). \]

2. Нарисуйте каркас

1. Проведите нижнее основание \(ABCD\).
2. Поднимите все четыре точки на 6 клеток вверх — получите \(A_1B_1C_1D_1\).
3. Соедините соответствующие вершины: \[ AA_1,\ BB_1,\ CC_1,\ DD_1. \]
4. Обведите видимые рёбра сплошной линией.
5. При таком ракурсе скрытыми обычно будут рёбра \[ AD,\ DC,\ DD_1 \] — их проведите пунктиром.

3. Постройте точку \(O\)

Проведите тонко две пространственные диагонали:

\[ AC_1 \quad\text{и}\quad BD_1. \]

Они пересекутся в точке \(O\). В выбранном масштабе

\[ O(6;5) \]

относительно \(A\), или \(O(8;7)\), если \(A(2;2)\).

Можно проверить: \(O\) — середина \(AC_1\), поэтому

\[ O=\left(\frac{0+12}{2};\frac{0+10}{2}\right)=(6;5). \]

4. Покажите плоскость \(ADO\)

Плоскость на чертеже показывают её сечением с параллелепипедом. Это четырёхугольник

\[ A D C_1 B_1. \]

Соедините цветным карандашом:

\[ A\to D\to C_1\to B_1\to A. \]

Получится сечение-параллелограмм. В нём сторона \(B_1C_1\) — это уже нарисованное верхнее ребро, значит, она лежит в плоскости \(ADO\). Можно слегка заштриховать этот четырёхугольник, чтобы плоскость была видна.

Коротко порядок такой:

\[ \boxed{\text{каркас}\to \text{скрытые рёбра пунктиром}\to O\to \text{сечение }ADC_1B_1} \]

Главное: \(B_1C_1\) не надо рисовать отдельно — это сторона построенного сечения, поэтому она автоматически лежит в плоскости \(ADO\).

Почему диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке

У параллелепипеда четыре пространственные диагонали: \[ AC_1,\quad BD_1,\quad A_1C,\quad B_1D. \] Все они имеют общую середину — центр параллелепипеда.

Рассмотрим четырёхугольник \(ABC_1D_1\). Его стороны \(AB\) и \(C_1D_1\) равны и параллельны, также \(AD_1\parallel BC_1\). Значит, это параллелограмм. Его диагонали \(AC_1\) и \(BD_1\) пересекаются и делятся точкой \(O\) пополам.

Теперь рассмотрим \(AA_1C_1C\) — это тоже параллелограмм, его диагонали \(AC_1\) и \(A_1C\) делят друг друга пополам. Но середина \(AC_1\) уже точка \(O\), значит, \(A_1C\) также проходит через \(O\).

Аналогично \(BB_1D_1D\) — параллелограмм, его диагонали \(BD_1\) и \(B_1D\) имеют общую середину; это снова \(O\). Поэтому \(B_1D\) проходит через ту же точку.

Следовательно, \[ AC_1,\ BD_1,\ A_1C,\ B_1D \] пересекаются в одной точке \(O\), которая является их общей серединой.

Задание на фото

Рассмотрим плоскость верхней грани: \[ \alpha=(A_1B_1C_1D_1). \]

Прямая \(B_1C_1\) лежит в этой плоскости. Прямая \(A_1D\) пересекает плоскость \(\alpha\) только в точке \(A_1\), поскольку \(A_1\in\alpha\), а \(D\notin\alpha\). При этом \[ A_1\notin B_1C_1. \]

По признаку скрещивающихся прямых: если одна прямая лежит в плоскости, а другая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то такие прямые скрещиваются.

Значит, прямые \(A_1D\) и \(B_1C_1\) скрещиваются. Что и требовалось доказать.

На фото — то же задание, которое мы уже начали разбирать. Вот как оформить его письменно в тетради.

Дано: куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\).
Доказать: прямые \(A_1D\) и \(B_1C_1\) скрещиваются.

Доказательство:

1. Рассмотрим плоскость верхней грани куба: \[ \alpha=(A_1B_1C_1D_1). \]
2. Прямая \(B_1C_1\) целиком лежит в этой плоскости, так как это ребро верхней грани: \[ B_1C_1\subset \alpha. \]
3. Прямая \(A_1D\) пересекает плоскость \(\alpha\) только в точке \(A_1\): точка \(A_1\) лежит в \(\alpha\), а точка \(D\) — в нижней грани, то есть не лежит в \(\alpha\).
4. При этом \[ A_1\notin B_1C_1, \] потому что \(A_1\) — вершина, не принадлежащая ребру \(B_1C_1\).
5. По признаку скрещивающихся прямых: если одна прямая лежит в плоскости, а другая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то такие прямые скрещиваются.

Следовательно, прямые \(A_1D\) и \(B_1C_1\) скрещиваются. Что и требовалось доказать.

Для чертежа в клетку: нарисуйте куб так, чтобы передняя грань была квадратом, например \(4\times4\) клетки, а задняя — сдвинута вправо и вверх. Верхнюю грань \(A_1B_1C_1D_1\) можно слегка заштриховать или обвести цветным карандашом — это плоскость \(\alpha\). Ребро \(B_1C_1\) и диагональ \(A_1D\) выделите, чтобы было видно: \(B_1C_1\) лежит в заштрихованной плоскости, а \(A_1D\) пересекает её только в точке \(A_1\).

Да, по смыслу рисунок верный. На нём:

• \(\alpha\) — верхняя грань \(A_1B_1C_1D_1\);
• \(B_1C_1\) лежит в этой плоскости;
• \(A_1D\) проведена пунктиром и пересекает плоскость \(\alpha\) только в точке \(A_1\);
• \(A_1\) не лежит на \(B_1C_1\).

Значит, рисунок иллюстрирует именно тот факт, что \(A_1D\) и \(B_1C_1\) — скрещивающиеся прямые.

Небольшие поправки для аккуратности:

1. \(B_1C_1\) лучше обвести цветом или сделать толще — это вторая прямая в доказательстве, иначе она теряется среди рёбер.
2. Если по условию именно куб, передняя грань должна выглядеть квадратом. Сейчас она немного вытянута, то есть рисунок больше похож на прямоугольный параллелепипед. Для доказательства скрещивания это не мешает, но формально куб лучше рисовать с квадратной передней гранью.
3. Проверь, что все невидимые рёбра проведены пунктиром, особенно \(AD\). На фото его почти не видно.

Итог: для доказательства рисунок правильный, но \(B_1C_1\) стоит выделить.

Это то же задание, которое мы уже разбирали. Ниже — готовое оформление, которое можно переписать в тетрадь.

Задание № 1

Дано: куб \(ABCDA_1B_1C_1D_1\).

Доказать: прямые \(A_1D\) и \(B_1C_1\) скрещиваются.

Доказательство:

1. Рассмотрим плоскость верхней грани куба: \[ \alpha=(A_1B_1C_1D_1). \]

2. Прямая \(B_1C_1\) целиком лежит в этой плоскости, так как является ребром верхней грани: \[ B_1C_1\subset \alpha. \]

3. Прямая \(A_1D\) пересекает плоскость \(\alpha\) только в точке \(A_1\): точка \(A_1\in\alpha\), а точка \(D\) лежит в нижней грани и не принадлежит \(\alpha\).

4. При этом \[ A_1\notin B_1C_1, \] потому что \(A_1\) — вершина куба, не лежащая на ребре \(B_1C_1\).

5. По признаку скрещивающихся прямых: если одна прямая лежит в плоскости, а другая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то такие прямые скрещиваются.

Следовательно, прямые \(A_1D\) и \(B_1C_1\) скрещиваются. Что и требовалось доказать.

Чертёж в тетради

1. Нарисуйте куб так, чтобы передняя грань была квадратом, например \(5\times5\) клеток, а задняя — сдвинута вправо и вверх.
2. Верхнюю грань \(A_1B_1C_1D_1\) слегка заштрихуйте или обведите цветом — это плоскость \(\alpha\).
3. Ребро \(B_1C_1\) выделите цветной ручкой.
4. Проведите отрезок \(A_1D\). Точку \(A_1\) отметьте на заштрихованной плоскости, точку \(D\) — в нижней грани.
5. Покажите, что \(A_1D\) пересекает плоскость \(\alpha\) только в точке \(A_1\), а с прямой \(B_1C_1\) общих точек не имеет.

Не забудьте: подписать лист (фамилия, имя, класс), писать чёрной или синей ручкой, а перед отправкой проверить, что фотография чёткая и читаемая.