Тема 14. Задачи по стереометрии

14.07 Перпендикулярность. Доказательство базовых фактов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#34212

Боковые ребра пирамиды равны между собой. Докажите, что высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания.

Показать ответ и решение

Рассмотрим треугольную пирамиду $ABCD$ , где $AD =BD = CD$ , $DE$ — высота. Докажем, что $E$ — центр описанной около $ABC$ окружности.

$PIC$

Так как $DE ⊥ (ABC),$ то $DE$ перпендикулярна любой прямой из плоскости $ABC$ , следовательно, $△ADE, △CDE, △BDE$ — прямоугольные и общим катетом $DE$ . Так как $AD =BD =CD$ , то $△ADE = △BDE = △CDE$ по катету и гипотенузе. Следовательно, $AE = BE = CE$ . Следовательно, $E$ равноудалена от вершин $ABC$ , следовательно, по определению является центром описанной окружности.

Доказательство для производной пирамиды аналогично с единственной разницей, что равных треугольников будет не 3, а столько же, сколько вершин в основании этой пирамиды.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#34214

Докажите, что если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна некоторой плоскости, то и вторая прямая перпендикулярна этой плоскости.

Докажите, что верно и обратное: две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны.

Показать ответ и решение

Прямой факт:

Пусть даны $a∥b$ , $a⊥ α$ , $a ∩α= A$ , $b∩ α= B$ . Требуется доказать, что $b⊥ α$ .

Через две параллельные прямые проходит плоскость, и притом только одна. Следовательно, проведем через $a$ и $b$ плоскость $β$ . По признаку перпендикулярности двух плоскостей $α ⊥β$ .

$PIC$

Из построения следует, что прямая $AB$ , она же прямая $c$ , есть линия пересечения плоскостей $α$ и $β$ . Пусть $b$ не перпендикулярна $α$ . Проведем через точку $E ∈ b$ прямую $b′ ⊥ α$ в плоскости $β$ . Тогда $b′$ перпендикулярна любой прямой из $α$ , следовательно, $b′ ⊥ c$ . Так как $b′$ и $b$ лежат в одной плоскости (как две пересекающиеся прямые) и перпендикулярны прямой из этой плоскости, то они параллельны. Получили противоречие с тем, что $b∩ b′ =E.$

Обратный факт:

Прямые в пространстве могут быть параллельны, пересекаться или скрещиваться.

1.: $a ∩b= E$ . Пусть $a,b⊥ α$ , $a∩α = A$ , $b∩α = B$ , $AB = c$ .

$PIC$

Тогда $a,b⊥ c$ . Три точки $A,B,E$ образуют плоскость $β$ , в которой лежат прямые $a,b,c$ (так как лежат две точки каждой прямой в этой плоскости). Но в плоскости если две прямые перпендикулярны третьей, то они параллельны, следовательно, $a∥b$ . Противоречие.
2.: $⋅ a — b$ . Пусть $a,b⊥ α$ , $a∩α = A$ , $b∩α = B$ , $AB = c$ .

$PIC$

Через точку $E$ прямой $b$ проведем прямую $b′ ∥ a$ . По прямому факту получаем, что $b′ ⊥ α$ . Следовательно, получаем пункт 1., который невозможен.

Чтд.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#34215

Докажите, что прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна (ортогональной) проекции этой наклонной на данную плоскость.

(теорема о трех перпендикулярах: прямая и обратная)

Показать ответ и решение

Прямая: если прямая $a$ перпендикулярна проекции $AH$ прямой $AB$ на $α$ , то $a⊥ AB.$

Дана наклонная $AB$ , $BH ⊥ α$ , следовательно, по определению $AH$ — проекция $AB.$ Так как $BH ⊥ a$ , то прямая $a$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AH$ и $BH$ , следовательно, $a⊥ (ABH )$ , откуда следует, что $a⊥ AB.$

$PIC$

Обратная: если прямая $a$ перпендикулярна наклонной $AB$ к плоскости $α$ , то она перпендикулярна и проекции $AH$ прямой $AB$ на эту плоскость.

Так как $BH ⊥ a$ , то прямая $a$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $BH$ , следовательно, $a⊥ (ABH )$ , откуда следует, что $a⊥ AH.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#34216

Докажите, что если прямая, лежащая в некоторой плоскости, перпендикулярна двум пересекающимся прямым, одна из которых лежит в той же плоскости, то одна из данных двух прямым является проекцией второй прямой на эту плоскость.

Показать ответ и решение

Пусть $a,AH ∈α$ , $AB ∕∈α$ , $a⊥ AB,AH$ . тогда $a⊥ (ABH )$ .

$PIC$

Выберем на прямой $AH$ точку $H$ таким образом, чтобы $BH ⊥ AH$ . Так как $a⊥ (ABH),$ то $a ⊥BH$ . Следовательно, $BH ⊥ a,AH$ , то есть двум перпесекающимся прямым плоскости $α$ , значит, $BH ⊥ α.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#34217

Верно ли, что две прямые, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны?

Показать ответ и решение

Пусть $a,b⊥ c$ . Без ограничения общности можно считать, что $a,b$ пересекают $c$ в точках $A$ и $B$ соответственно (если какая-то прямая не пересекает $c,$ то проведем прямую, параллельную ей, пересекающую $c$ ). Через прямую $a$ и точку $B$ можно провести плоскость. Заметим, что $b$ имеет с этой плоскостью одну общую точку – точку $B$ , следовательно, $b$ может как лежать в этой плоскости, так и пересекать ее. Если $b$ лежит в этой плоскости, то по теореме для плоскости “если две прямые перпендикулярны третьей, то они параллельны” имеем $a ∥b$ . Если же $b$ пересекает эту плоскость, то по признаку скрещивающихся прямых $⋅ a — b$ .

$PIC$

Следовательно, ответ: нет.

Ответ: Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#34218

Докажите, что через одну из двух перпендикулярных скрещивающихся прямых можно провести единственную плоскость, перпендикулярную другой.

(полезный факт при нахождении расстояния между перпендикулярными скрещивающимися прямыми)

Показать ответ и решение

Пусть $a ⋅b,a⊥ b. —$ Проведем через некоторую точку $A ∈a$ прямую $b′ ∥b$ . Так как $b∥ b′$ , то через них проходит плоскость $β$ , и притом только одна.

$PIC$

В плоскости $β$ проведем $AB ⊥ b$ . Тогда плоскость $α$ , проходящая через две пересекающиеся прямые $a$ и $AB$ , будет искомой плоскостью. Она единственна, так как через две пересекающие прямые проходит единственная плоскость, и она перпендикулярна $b$ , так как $b ⊥a,AB$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#34219

Известно, что некоторая точка $M$ равноудалена от двух перпесекающихся прямых $m$ и $n$ . Докажите, что ортогональная проекция точки $M$ на плоскость прямых $m$ и $n$ лежит на биссектрисе одного из углов, образованных прямыми $m$ и $n.$

Показать ответ и решение

Пусть $n ∩m = O$ , прямые $n$ и $m$ лежат в плоскости $α.$ Пусть $MA =MB$ — перпендикуляры на прямые $m$ и $n$ соответственно.

$PIC$

Проведем $MH ⊥ α$ . Тогда по обратной ТТП проекция $HA ⊥m$ , проекция $HB ⊥ n$ . Также $△MAH = △MBH$ как прямоугольные по общему катету $MH$ и гипотенузе $MA = MB$ . Следовательно, $HA = HB$ . Тогда $H$ — точка, равноудаленная от сторон угла $AOB$ , следовательно, лежит на его биссектрисе.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#34220

Пусть $A,$ $B,$ $C,$ $D$ — четыре точки в пространстве, не лежащие в одной плоскости. Докажите, что если $AB = BC,$ $CD =DA,$ то прямые $AC$ и $BD$ перпендикулярны.

Показать ответ и решение

По условию получаем, что $ABCD$ — тетраэдр. Проведем высоты к основаниям равнобедренных треугольников $ABC$ и $ADC.$ Тогда основание каждой высоты — это середина основания. Следовательно, если $H$ — середина $AC,$ то $BH ⊥ AC,$ $DH ⊥ AC.$

$PIC$

Тогда $AC ⊥ (BHD ),$ так как перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(BHD ).$ Следовательно, $AC$ перпендикуляна любой прямой из этой плоскости, откуда $AC ⊥ BD.$

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#34221

Докажите, что ГМТ, равноудаленных от двух заданных точек пространства, есть плоскость, перпендикулярная отрезку с концами в этих точках и проходящая через его середину.

Показать ответ и решение

Пусть дан отрезок $AB$ и две точки $M,N$ , равноудаленные от точек $A$ и $B.$ Тогда $M$ и $N$ лежат на серединных перпендикулярах $MO$ и $NO$ соответственно к отрезку $AB$ . Отсюда получаем, что $AB ⊥(MON )$ , следовательно, плоскость, в которой лежат точки $M, N$ , проходит через середину $O$ отрезка $AB$ и перпендикулярна ему.

$PIC$

Докажем, что другая точка $K$ , равноудаленная от $A$ и $B,$ будет лежать в этой плоскости. Аналогично $KO ⊥ AB$ , тогда $AB ⊥ (NOK )$ . Тогда плоскости $(MON )$ и $(NOK )$ совпадают, как две пересекащиеся плоскости, перпендикулярные одноой прямой.

Докажем, что любая точка плоскости $(MON )= α$ равноудалена от концов отрезка $AB.$ Возьмем точку $K ∈α.$ $AB ⊥ KO$ , $O$ — середина $AB$ , следовательно, в $△AKB$ отрезок $KO$ — высота и медиана, следовательно, $△AKB$ равнобедренный, то есть $AK = KB.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#34222

Даны две скрещивающиеся прямые $a$ и $b$ и плоскость $α$ , перпендикулярная прямой $a$ и пересекающаяся ее в точке $A.$ Докажите, что расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно расстоянию от точки $A$ до ортогональной проекции $′ b$ прямой $b$ на плоскость $α$ , а угол между прямыми $b$ и $′ b$ дополняет до $∘ 90$ угол между прямыми $a$ и $b.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим два случая:

1.: $b∩ α= B.$ Проведем из некоторой точки $E$ прямой $b$ прямую $EH ∥a$ , следовательно, $EH ⊥ α.$ Отсюда следует по определению, что $BH =b′$ — проекция $b$ на плоскость $α.$ Проведем $AK ⊥ b′$ . Тогда $AK ⊥ b′,EH$ , следовательно, $AK ⊥ (BHE )$ , следовательно, $AK ⊥ b$ . Но также $AK ⊥ a$ , так как $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в $α.$ Следовательно, $AK$ — общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым $a$ и $b.$ Чтд.
Так как $EH ∥a$ , то $∘ ′ ∠(a,b)= ∠(EH,b)= 90 − ∠(b,b).$ Чтд.

$PIC$
2.: $b∈ α.$ Тогда $b= b′.$ Далее построение аналогично построению в предыдущем пункте.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#34223

Даны три попарно перпендикулярные прямые. Четвертая прямая образует с данными прямыми углы $α,β,γ$ соответственно. Докажите, что

2 2 2 cos α+ cos β +cosγ =1

Показать ответ и решение

Пусть прямые $AD, BD,CD$ попарно перпендикулярны. прямая $DD ′$ образует с ними углы $α,β,γ$ соответственно. Проведем $′′ D A ⊥ (BCD )$ , $′′ D B ⊥ (ACD )$ , $′ ′ D C ⊥ (ABD )$ . Если отметить на $AD, BD,CD$ отрезки $′ ′ KD = DA$ , $′′ ND =D B$ , $′ ′ MD =D C$ , то получим прямоугольный параллелепипед $′ ′′ ′ A MDND B KC$ , диагональ которого равна $′ DD$ , а ребра равны $′′ ′ ′ ′ ′ D A ,DB ,D C$ .

$PIC$

Тогда

cosα = D′A′ DD ′ cosβ = D′B′ ⇒ cos2α+ cos2β+ cos2γ = D-′A-′2+-D′B′2+-D′C′2= DD-′2 =1 DD ′ DD ′2 DD ′2 cosγ = D′C′ DD ′

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#34258

В тетраэдре $ABCD$ плоские углы при вершине $D$ прямые. Углы между гранями $BCD$ , $ACD$ и $ABD$ и основанием $ABC$ равны $α,β$ и $γ$ соответственно. Докажите, что

2 2 2 cos α+ cos β +cosγ =1

Показать ответ и решение

Пусть $S = S BCD α$ , $S =S ACD β$ , $S = S , ABD γ$ $S = S. ABC$

$PIC$

Проведем высоту $DO.$ Будем пользоваться теоремой “площадь проекции многоугольника на некоторую плоскость равна произведению площади того многоугольника на косинус угла между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции этого многоугольника”.

Тогда для $△BCD$ и его проекции $△BOC$ на плоскость $(ABC )$ получаем: $SBOC =Sα ⋅cosα$ . Аналогично $SAOC = Sβ ⋅cosβ$ , $SAOB = Sγ ⋅cosγ.$

Так как все плоские углы при $D$ прямые, то $AD ⊥ (BCD )$ , $BD ⊥(ACD )$ , $CD ⊥(ABD )$ . Следовательно, для $△ABC$ и его проекции $BCD$ получаем $Sα = Scosα$ . Аналогично $Sβ =S cosβ$ , $Sγ = S cosγ$ .

Так как

Sαcosα +S cosβ+ Sγcosγ = SBOC + SAOC +SAOB = S, β

то подставляя в это равенство $Sα = Scosα$ , $Sβ = Scosβ$ , $Sγ = Scosγ$ , получим:

S(cos2α+ cos2β+ cos2γ)= S ⇔ cos2α+ cos2β+ cos2γ =1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34259

В тетраэдре $ABCD$ плоские углы при вершине $D$ прямые. Докажите, что сумма квадратов площадей трех его граней равна квадрату площади оставшейся грани:

2 2 2 2 SABD+ SACD +SBCD = SABC

(пространственная теорема Пифагора)

Показать ответ и решение

По задаче id34258 следует, что, если $S =S BCD α$ , $S = S ACD β$ , $S = S, ABD γ$ $S = S ABC$ , углы между гранями $BCD$ , $ACD$ и $ABD$ и основанием $ABC$ равны $α,β$ и $γ$ соответственно, то

2 2 2 cos α+ cos β+ cosγ =1 (⋆),

где $Sα = Scosα$ , $S = Scosβ β$ , $Sγ =S cosγ$ .

$PIC$

Выражая из последних равенств косинусы и подставляя в $(⋆)$ , получим

S2α+ S2β + S2γ = S2 ⇔ S2ABD + S2ACD +S2BCD = S2ABC

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#15992

Найдите (и докажите, почему это оно) геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой плоскости.

Показать ответ и решение

Лемма 1

Плоскости $α$ и $β$ параллельны. Тогда для всех точек плоскости $α$ расстояния до плоскости $β$ равны.

$PIC$

Доказательство

Возьмем две произвольные точки $X, Y ∈ α$ и докажем, что расстояние от $X$ до $β$ равно расстоянию от $Y$ до $β$ . Расстояние от точки до плоскости по определению равно длине перпендикуляра из этой точки на эту плоскость. Опустим перпендикуляры $AA1$ и $BB1$ на плоскость $β$ . Прямые $XX1$ и $Y Y1$ лежат в одной плоскости, так как обе перпендикулярны плоскости $β$ . Прямые $XY ⊂ α$ и $X1Y1 ⊂ β$ также лежат в этой плоскости, т.е. они параллельны, либо пересекаются. Если бы они пересекались в некоторой точке $O$ , то эта точка принадлежала бы одновременно плоскостям $α$ и $β$ , что противоречит $α ∥ β$ . Значит, $XY ∥ X1Y1$ , и тогда из курса планиметрии мы знаем, что $XX1 = YY1$ .

Решение

Докажем, что от плоскости $α$ на расстояние $h$ удалены те и только те точки, которые принадлежат двум плоскостям $β$ и $γ$ , параллельным $α$ и удаленным от $α$ на $h$ . По Лемме 1 очевидно, что все точки таких двух плоскостей действительно будут на расстоянии $h$ от $α$ .

$PIC$

Любая же точка, не принадлежащая этим плоскостям, будет удалена от $α$ на расстояние, меньшее $h$ , если она находится в части пространства между $β$ и $γ$ , и на расстояние, большее $h$ , в противном случае.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#15993

Найдите геометрическое место середин отрезков $AM$ , где $A$ — фиксированная точка вне плоскости $α$ , $M$ — произвольная точка плоскости $α$ .

Показать ответ и решение

Пусть $H$ — основание перпендикуляра из $A$ на $α$ , $H′$ — середина $AH$ . Тогда для любых точек $B$ и $B ′$ таких, что $B ∈ α$ , $B′$ — середина $AB$ , выполняется $HB ∥ H ′B′$ как средняя линия. Исходя из этого логично предположить, что искомое ГМТ — плоскость $β$ , проходящая через $H ′$ и параллельная $α$ .

$PIC$

Докажем, что любая точка $X′ ∈ β$ принадлежит ГМТ.

$PIC$

Пусть $X = AX ′ ∩ α$ . $X′H ′ ∥ XH$ (т.к. $α ∥ β$ ), причем $H ′$ — середина $AH$ . Тогда $X ′$ является серединой $AX$ , а значит, $′ X$ действительно принадлежит ГМТ.

Докажем теперь, что никакая точка $Y′′ ∕∈ β$ не принадлежит ГМТ.

$PIC$

Пусть $Y′ = AY ′′ ∩ β$ , $Y = AY ′′ ∩α$ (если одно из эти пересечений является пустым, то $Y′′$ точно не принадлежит ГМТ). Если $Y ′′ = Y$ , то $Y′′$ очевидно не принадлежит ГМТ. Тогда, аналогично вышеописанной ситуации, $Y ′$ — середина $AY$ , но $′′ ′ Y ⁄= Y$ . Таким образом, $′′ Y$ не принадлежит ГМТ.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#16809

Прямая $CD$ перпендикулярна к плоскости треугольника $ABC.$ Докажите, что:

а) треугольник $ABC$ является проекцией треугольника $ABD$ на плоскость $ABC;$

б) если $CH$ — высота треугольника $ABC$ , то $DH$ — высота треугольника $ABD.$

Показать ответ и решение

а) $DC ⊥ (ABC ) ⇒ C$ является проекцией точки $D$ на плоскость $ABC$ , а $CA$ и $CB$ проекциями отрезков $DA$ и $DB$ соответственно. $AB$ сам лежит в плоскости $ABC$ . Значит, $△ CAB$ — проекция $△ DAB$ на плоскость $ABC$ .

$PIC$

б) Проведем высоту $CH$ в треугольнике $ABC$ . $CD ⊥ (ABC ) ⇒ CH$ является проекцией $DH$ на плоскость $ABC$ . $CH$ — высота, значит, прямая $AB$ перпендикулярна проекции $CH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $DH$ . Получили, что $DH ⊥ AB$ , следовательно, $DH$ — высота в $ABD$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#16811

Докажите, что прямая $a$ , проведенная в плоскости $α$ через основание $M$ наклонной $AM$ перпендикулярно к ней, перпендикулярна к ее проекции $HM$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем в плоскости $α$ через точку $M$ прямую $′ a$ , перпендикулярную проекции $HM$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах $a′ ⊥ AM$ . По условию $a ⊥ AM$ , мы показали, что $a′ ⊥ AM$ , тогда $a ∥ a′$ . Тогда прямые $a$ и $a′$ параллельны и обе проходят через точку $M$ . Следовательно, $a = a′$ и $a ⊥ HM$ . Мы только что доказали теорему, обратную теореме о трех перпендикулярах.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#16817

Прямая $BM$ перпендикулярна к плоскости прямоугольника $ABCD.$ Докажите, что прямая, по которой пересекаются плоскости $ADM$ и $BCM$ , перпендикулярна к плоскости $ABM.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим плоскости $ABCD$ , $ADM$ и $BCM$ . Они попарно пересекаются, следовательно, прямые их пересечения либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной точке. Однако две из этих трех прямых пересечения это прямые $AD$ и $BC$ , которые параллельны, т.к. $ABCD$ — прямоугольникю Таким образом, вторая альтернатива (все три прямые пересекаются в одной точке) заведомо невозможна. Тогда прямая $a$ пересечения плоскостей $ADM$ и $BCM$ параллельная прямой $BC$ .

$M B ⊥ (ABC ) ⇒ BC ⊥ M B$ , а также $BC ⊥ AB$ как стороны прямоугольника. Получили, что прямая $BC$ перпендикулярна двум прямым плоскости $ABM$ , а значит, и самой плоскости. Тогда и прямая $a$ , параллельная $BC$ , перпендикулярна плоскости $ABM$ , что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#16818

Концы отрезка $AB$ лежат на двух параллельных плоскостях, расстояние между которыми равно $d$ , причем $d < AB.$ Докажите, что проекции отрезка $AB$ на эти плоскости равны. Найдите эти проекции, если $AB = 13$ см, $d = 5$ см.

Показать ответ и решение

Пусть $B ′$ — проекция точки $B$ на $α$ , $A′$ — проекция точки $A$ на $β$ . $BB ′ ⊥ α$ по определению проекции, $α ∥ β$ , следовательно, $BB ′ ⊥ β$ . Аналогично $AA ′ ⊥ α$ и $AA ′ ⊥ β$ . Тогда $AA ′ ∥ BB ′$ и однозначно задают плоскость. Из вышесказанного следует, что все углы четырехугольника $AA ′BB ′$ прямые, он является прямоугольником. В прямоугольнике противолежащие стороны равны, т.е. $′ ′ AB = A B$ , что и требовалось доказать (проекции равны).

По теореме Пифагора длина этих проекций равна $√AB2--− d2 = 12$ .

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#16819

Луч $BA$ не лежит в плоскости неразвернутого угла $CBD.$ Докажите, что если $∠ABC = ∠ABD$ , причем $∠ABC < 90∘$ , то проекцией луча $BA$ на плоскость $CBD$ является биссектриса угла $CBD$ .

Показать ответ и решение

Опустим перпендикуляры $AN$ на $BD$ и $AM$ на $BC$ . Из прямоугольного треугольника $BAN$ имеем $BN = BA cos∠N BA = BA cosABD$ . Из прямоугольного треугольника $M BA$ имеем $BM = BA cos∠M BA = BA cos∠ABC$ . Воспользовавшись равенством углов из условия, получаем $BN = BM$ .

$PIC$

Опустим перпендикуляр $AH$ на $(BCD )$ , тогда луч $BH$ — проекция луча $BA$ на эту плоскость. Проведем $HN$ и $HM$ . Прямая $BD$ перпендикулярна наклонной $AN$ , следовательно, по обратной теореме о трех перпендикулярах (№5) перпендикулярна и ее проекции, т.е. $HN ⊥ BD$ . Аналогично $HM ⊥ BC$ .

Прямоугольные треугольники $BN H$ и $BM H$ равны по гипотенузе ( $BH$ — общая) и катету $BN = BM$ , следовательно, их оставшиеся катеты тоже равны $HN = HM$ .