Страница 72 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

57. Треугольник $A_1B_1C_1$ является изображением равно-стороннего треугольника $ABC$, точка $F_1$ — изображение некоторой точки $F$ отрезка $BC$ (рис. 81). Постройте изображения прямых, проходящих через точку $F$ и перпендикулярных сторонам $AB$ и $BC$.

Рис. 81

Для решения этой задачи воспользуемся свойствами равностороннего треугольника и параллельного проецирования. В равностороннем треугольнике высота, проведенная к какой-либо стороне, совпадает с медианой и биссектрисой. При параллельном проецировании сохраняется параллельность прямых и отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой (или на параллельных прямых). Это означает, что середина отрезка проецируется в середину его изображения, следовательно, медиана треугольника проецируется в медиану его изображения.

Любая прямая, перпендикулярная стороне равностороннего треугольника, будет параллельна высоте (а значит, и медиане), проведенной к этой стороне.

1. В равностороннем треугольнике $ABC$ высота $AH$, проведенная из вершины $A$ к стороне $BC$, перпендикулярна $BC$.

2. Прямая, проходящая через точку $F$ и перпендикулярная стороне $BC$, будет параллельна высоте $AH$.

3. Так как $\triangle ABC$ — равносторонний, высота $AH$ является также и медианой. Следовательно, точка $H$ — середина стороны $BC$.

4. При параллельном проецировании медиана $AH$ переходит в медиану $A_1H_1$ треугольника $\triangle A_1B_1C_1$, где $H_1$ — середина стороны $B_1C_1$.

5. Изображение искомой прямой должно проходить через точку $F_1$ (изображение точки $F$) и быть параллельным изображению высоты $AH$, то есть медиане $A_1H_1$.

Алгоритм построения:

1. Найти середину $H_1$ отрезка $B_1C_1$.
2. Провести отрезок $A_1H_1$ (изображение медианы и высоты).
3. Через точку $F_1$ провести прямую, параллельную $A_1H_1$. Эта прямая и будет искомым изображением.

Ответ: Изображением прямой, проходящей через точку F и перпендикулярной стороне BC, является прямая, проходящая через точку $F_1$ параллельно медиане $A_1H_1$ треугольника $\triangle A_1B_1C_1$.

1. В равностороннем треугольнике $ABC$ высота $CK$, проведенная из вершины $C$ к стороне $AB$, перпендикулярна $AB$.

2. Прямая, проходящая через точку $F$ и перпендикулярная стороне $AB$, будет параллельна высоте $CK$.

3. Так как $\triangle ABC$ — равносторонний, высота $CK$ является также и медианой. Следовательно, точка $K$ — середина стороны $AB$.

4. При параллельном проецировании медиана $CK$ переходит в медиану $C_1K_1$ треугольника $\triangle A_1B_1C_1$, где $K_1$ — середина стороны $A_1B_1$.

5. Изображение искомой прямой должно проходить через точку $F_1$ (изображение точки $F$) и быть параллельным изображению высоты $CK$, то есть медиане $C_1K_1$.

Алгоритм построения:

1. Найти середину $K_1$ отрезка $A_1B_1$.
2. Провести отрезок $C_1K_1$ (изображение медианы и высоты).
3. Через точку $F_1$ провести прямую, параллельную $C_1K_1$. Эта прямая и будет искомым изображением.

Ответ: Изображением прямой, проходящей через точку F и перпендикулярной стороне AB, является прямая, проходящая через точку $F_1$ параллельно медиане $C_1K_1$ треугольника $\triangle A_1B_1C_1$.

58. Параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$ — изображение ромба $ABCD$, в котором $\angle ABC = 120^\circ$. Постройте изображение высоты ромба, опущенной из вершины $D$ на сторону $BC$.

Пусть $A_1B_1C_1D_1$ — данный параллелограмм, являющийся изображением ромба $ABCD$, в котором $\angle ABC = 120^\circ$. Требуется построить изображение высоты ромба, опущенной из вершины $D$ на сторону $BC$. Обозначим эту высоту в оригинале как $DH$, где $H$ — основание высоты на стороне $BC$.

1. Нахождение положения основания высоты в ромбе-оригинале

В ромбе $ABCD$ сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Следовательно, угол $\angle BCD$ равен:

$\angle BCD = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DHC$, образованный высотой $DH$ (катет), стороной ромба $CD$ (гипотенуза) и отрезком $CH$ (катет). В этом треугольнике $\angle DHC = 90^\circ$. Катет $CH$ и гипотенуза $CD$ связаны через косинус угла $\angle DCH$:

$CH = CD \cdot \cos(\angle DCH)$.

Подставив значение угла $\angle DCH = 60^\circ$, получаем:

$CH = CD \cdot \cos(60^\circ) = CD \cdot \frac{1}{2}$.

Так как $ABCD$ — ромб, все его стороны равны, в частности $CD = BC$. Заменив $CD$ на $BC$ в предыдущей формуле, получим:

$CH = \frac{1}{2} BC$.

Этот результат означает, что основание высоты $H$, опущенной из вершины $D$ на сторону $BC$, является серединой этой стороны.

2. Построение изображения высоты

Параллельное проектирование, с помощью которого строится изображение фигуры, сохраняет отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. В частности, середина отрезка проектируется в середину его изображения.

Следовательно, изображение точки $H$ (обозначим его $H_1$) будет являться серединой изображения стороны $BC$ (то есть отрезка $B_1C_1$). Изображением высоты $DH$ является отрезок $D_1H_1$.

Таким образом, алгоритм построения следующий:

1. Найти середину стороны $B_1C_1$ параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$. Обозначить эту точку как $H_1$.

2. Провести отрезок, соединяющий вершину $D_1$ с точкой $H_1$.

Отрезок $D_1H_1$ и есть искомое изображение высоты.

Ответ: Изображением высоты ромба, опущенной из вершины $D$ на сторону $BC$, является отрезок $D_1H_1$, где $H_1$ — середина стороны $B_1C_1$ параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$.

59. Треугольник $A_1 B_1 C_1$ — изображение прямоугольного равнобедренного треугольника $ABC$ с гипотенузой $AB$. Постройте изображение квадрата $CDEF$, если $D \in AC, E \in AB, F \in BC$.

Для решения задачи необходимо определить точное положение вершин квадрата $CDEF$ относительно вершин исходного треугольника $ABC$. По условию, треугольник $ABC$ — прямоугольный и равнобедренный с гипотенузой $AB$. Это означает, что прямой угол находится при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$), а катеты равны ($AC = BC$).

Для анализа введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C$, направив ось $Ox$ вдоль катета $AC$ и ось $Oy$ вдоль катета $BC$. Пусть длина катетов $AC = BC = a$. Тогда вершины треугольника имеют координаты: $C(0,0)$, $A(a,0)$ и $B(0,a)$. Прямая, содержащая гипотенузу $AB$, задается уравнением $x+y=a$.

Квадрат $CDEF$ имеет одну вершину в точке $C(0,0)$. Так как $D \in AC$ (ось $Ox$) и $F \in BC$ (ось $Oy$), то при стороне квадрата, равной $s$, координаты вершин будут $C(0,0)$, $D(s,0)$, $F(0,s)$ и $E(s,s)$. По условию, вершина $E$ лежит на гипотенузе $AB$, следовательно, ее координаты должны удовлетворять уравнению прямой $AB$:$s+s=a \implies 2s=a \implies s = a/2$.

Таким образом, мы установили, что в исходной фигуре вершина $D$ является серединой катета $AC$, вершина $F$ — серединой катета $BC$, а вершина $E$ — серединой гипотенузы $AB$. Это можно проверить, найдя координаты середин сторон: середина $AC$ — это $(\frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (a/2, 0)$, что совпадает с $D$; середина $BC$ — это $(\frac{0+0}{2}, \frac{a+0}{2}) = (0, a/2)$, что совпадает с $F$; середина $AB$ — это $(\frac{a+0}{2}, \frac{0+a}{2}) = (a/2, a/2)$, что совпадает с $E$.

Изображение $A_1B_1C_1$ получено из треугольника $ABC$ путем параллельного проецирования. Одно из ключевых свойств параллельного проецирования заключается в том, что середина отрезка проецируется в середину проекции этого отрезка. Это свойство инвариантности отношения длин отрезков, лежащих на одной прямой.

Следовательно, для построения изображения квадрата $CDEF$ (которым будет параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$) необходимо выполнить следующие действия:1. Найти точку $D_1$ как середину отрезка $A_1C_1$.2. Найти точку $F_1$ как середину отрезка $B_1C_1$.3. Найти точку $E_1$ как середину отрезка $A_1B_1$.4. Соединить последовательно точки $C_1$, $D_1$, $E_1$ и $F_1$.Полученный четырехугольник $C_1D_1E_1F_1$ является искомым изображением квадрата $CDEF$.

Ответ: Искомым изображением квадрата $CDEF$ является параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$, где $D_1$ — середина стороны $A_1C_1$, $F_1$ — середина стороны $B_1C_1$, а $E_1$ — середина стороны $A_1B_1$ данного треугольника $A_1B_1C_1$.

60. Треугольник $A_1B_1C_1$ — изображение равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$. Постройте изображение прямоугольника $ADEC$, если $B \in DE$.

Для построения изображения прямоугольника $ADEC$, исходя из изображения $A_1B_1C_1$ равнобедренного треугольника $ABC$, необходимо проанализировать свойства исходных фигур и учесть инварианты параллельного проецирования.

Анализ и обоснование построения

1. В равнобедренном треугольнике $ABC$ с основанием $AC$ медиана $BM$, проведенная к основанию, также является его высотой. Следовательно, прямая $BM$ перпендикулярна прямой $AC$ ($BM \perp AC$).
2. В прямоугольнике $ADEC$ стороны $AD$ и $EC$ перпендикулярны стороне $AC$ ($AD \perp AC$ и $EC \perp AC$). Также сторона $DE$ параллельна стороне $AC$ ($DE \parallel AC$).
3. Из того, что прямые $BM$, $AD$ и $EC$ перпендикулярны одной и той же прямой $AC$, следует, что эти три прямые параллельны между собой: $BM \parallel AD \parallel EC$.
4. По условию задачи, вершина $B$ треугольника лежит на стороне $DE$ прямоугольника ($B \in DE$).
5. При параллельном проецировании сохраняются следующие свойства:
   • Параллельность прямых сохраняется. Это значит, что изображения прямых $BM$, $AD$, $EC$ будут параллельны между собой (т.е. $B_1M_1 \parallel A_1D_1 \parallel E_1C_1$), а изображение прямой $DE$ будет параллельно изображению $AC$ (т.е. $D_1E_1 \parallel A_1C_1$).
   • Середина отрезка проецируется в середину его изображения. Поэтому, если $M$ — середина $AC$, то ее изображение $M_1$ будет серединой отрезка $A_1C_1$.
   • Принадлежность точки прямой сохраняется, поэтому изображение точки $B_1$ будет лежать на изображении прямой $D_1E_1$.

На основе этих свойств можно сформулировать четкий алгоритм построения.

Алгоритм построения

1. Найти точку $M_1$ — середину отрезка $A_1C_1$.
2. Провести отрезок $B_1M_1$. Этот отрезок является изображением медианы и высоты $BM$ треугольника $ABC$.
3. Через точку $B_1$ провести прямую $l$, параллельную прямой $A_1C_1$. На этой прямой будет лежать сторона $D_1E_1$ искомого изображения прямоугольника.
4. Через точку $A_1$ провести прямую $m$, параллельную прямой $B_1M_1$.
5. Точка пересечения прямых $l$ и $m$ является искомой вершиной $D_1$.
6. Через точку $C_1$ провести прямую $n$, параллельную прямой $B_1M_1$.
7. Точка пересечения прямых $l$ и $n$ является искомой вершиной $E_1$.
8. Последовательно соединить точки $A_1, D_1, E_1$ и $C_1$. Полученный четырехугольник $A_1D_1E_1C_1$ (являющийся параллелограммом) и есть искомое изображение прямоугольника $ADEC$.

Ответ: Искомое изображение прямоугольника — это четырехугольник $A_1D_1E_1C_1$, построенный в соответствии с приведенным алгоритмом.

61. Трапеция $A_1B_1C_1D_1$ — изображение трапеции $ABCD$, в которой $AB = CD = AD$, $BC < AD$. Постройте изображение центра окружности, касающейся боковых сторон и большего основания трапеции $ABCD$.

Пусть $O$ — центр искомой окружности. По условию, эта окружность касается боковых сторон $AB$ и $CD$, а также большего основания $AD$ трапеции $ABCD$.

Центр окружности равноудален от всех прямых, которых она касается. Следовательно, точка $O$ находится на одинаковом расстоянии от прямых $AB$, $CD$ и $AD$.

Геометрическое место точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых, является биссектрисой угла между ними. Это означает, что точка $O$ должна лежать на биссектрисе угла $\angle DAB$ (чтобы быть равноудаленной от $AD$ и $AB$) и на биссектрисе угла $\angle CDA$ (чтобы быть равноудаленной от $AD$ и $CD$). Таким образом, центр $O$ является точкой пересечения биссектрис углов при основании $AD$.

Параллельное проектирование не сохраняет величины углов, поэтому построить изображение биссектрисы угла, просто разделив угол на изображении пополам, нельзя. Необходимо найти свойство искомой точки $O$, которое сохраняется при параллельном проектировании (является аффинным инвариантом).

Рассмотрим треугольник $\triangle ABD$. По условию задачи дано, что $AB = AD$. Это означает, что $\triangle ABD$ является равнобедренным с основанием $BD$. В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине ($\angle DAB$) одновременно является и медианой, проведенной к основанию. Следовательно, биссектриса угла $\angle DAB$ проходит через вершину $A$ и середину диагонали $BD$.

Аналогично, рассмотрим треугольник $\triangle ACD$. По условию $CD = AD$, поэтому $\triangle ACD$ — равнобедренный с основанием $AC$. Биссектриса угла при вершине ($\angle CDA$) в этом треугольнике также является медианой, проведенной к основанию $AC$. Следовательно, биссектриса угла $\angle CDA$ проходит через вершину $D$ и середину диагонали $AC$.

Таким образом, центр окружности $O$ является точкой пересечения двух отрезков: отрезка, соединяющего вершину $A$ с серединой диагонали $BD$, и отрезка, соединяющего вершину $D$ с серединой диагонали $AC$.

Построение, основанное на нахождении середин отрезков и пересечении прямых, сохраняется при параллельном проектировании, так как середина отрезка проектируется в середину образа отрезка, а прямые — в прямые. Поэтому для построения изображения $O_1$ точки $O$ необходимо выполнить аналогичные действия на изображении трапеции $A_1B_1C_1D_1$.

Алгоритм построения:

1. В данном изображении трапеции $A_1B_1C_1D_1$ построить диагональ $B_1D_1$.
2. Найти середину $K_1$ отрезка $B_1D_1$.
3. Провести прямую через точки $A_1$ и $K_1$.
4. Построить диагональ $A_1C_1$.
5. Найти середину $L_1$ отрезка $A_1C_1$.
6. Провести прямую через точки $D_1$ и $L_1$.
7. Точка пересечения прямых $A_1K_1$ и $D_1L_1$ и будет искомым изображением $O_1$ центра окружности.

Ответ: Изображение центра окружности $O_1$ является точкой пересечения прямой, проходящей через вершину $A_1$ и середину диагонали $B_1D_1$, и прямой, проходящей через вершину $D_1$ и середину диагонали $A_1C_1$.

62. Точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — параллельные проекции точек $A$, $B$ и $C$ на плоскость $\alpha$ (рис. 82). Постройте точку пересечения прямой, содержащей медиану треугольника $ABC$, проведённую из вершины $A$, с плоскостью $\alpha$.

Рис. 82

Пусть $AM$ — медиана треугольника $ABC$, проведенная из вершины $A$. Это означает, что точка $M$ является серединой стороны $BC$. Требуется построить точку пересечения прямой, содержащей медиану $AM$, с плоскостью $\alpha$.

Согласно условию, точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ являются параллельными проекциями точек $A$, $B$, $C$ на плоскость $\alpha$.

Ключевым свойством параллельного проецирования является то, что середина отрезка проецируется в середину проекции этого отрезка. Обозначим проекцию точки $M$ на плоскость $\alpha$ как $M_1$. Поскольку $M$ — середина $BC$, ее проекция $M_1$ будет серединой отрезка $B_1C_1$ (который является проекцией отрезка $BC$).

Прямая $A_1M_1$ является проекцией прямой $AM$ на плоскость $\alpha$. Искомая точка пересечения, назовем ее $X$, должна лежать как на самой прямой $AM$, так и в плоскости $\alpha$. Поскольку прямая $A_1M_1$ целиком лежит в плоскости $\alpha$ и является проекцией прямой $AM$, точка пересечения $X$ должна лежать на прямой $A_1M_1$.

Следовательно, искомая точка $X$ — это точка пересечения прямых $AM$ и $A_1M_1$.

Таким образом, алгоритм построения следующий:

1. В плоскости $\alpha$ соединяем точки $B_1$ и $C_1$.
2. Находим середину отрезка $B_1C_1$ и обозначаем ее $M_1$.
3. Проводим прямую через точки $A_1$ и $M_1$. Эта прямая лежит в плоскости $\alpha$.
4. Соединяем точки $B$ и $C$ и находим их середину, точку $M$.
5. Проводим прямую через точки $A$ и $M$. Это прямая, содержащая медиану.
6. Находим точку пересечения прямых $AM$ и $A_1M_1$. Эта точка и является искомой.

Ответ: Искомая точка является точкой пересечения прямой $AM$, где $M$ — середина отрезка $BC$, и прямой $A_1M_1$, где $M_1$ — середина отрезка $B_1C_1$.