Страница 92 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.11. Треугольник $A_1 B_1 C_1$ — изображение равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$. Постройте изображение центра окружности, описанной около треугольника $ABC$, если высота $AM$ этого треугольника делит сторону $BC$ на отрезки $BM$ и $MC$ так, что $BM = 5MC$.

Анализ
Пусть $O$ — центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, высота $BK$, проведенная к основанию, является также медианой и серединным перпендикуляром. Следовательно, точка $O$ лежит на медиане $BK$.

При параллельном проектировании треугольника $ABC$ в треугольник $A_1B_1C_1$ медиана $BK$ переходит в медиану $B_1K_1$ треугольника $A_1B_1C_1$. Изображение центра описанной окружности $O_1$ будет лежать на медиане $B_1K_1$.

Чтобы найти точное положение точки $O$ на медиане $BK$, воспользуемся условием задачи. Пусть $AM$ — высота, проведенная к стороне $BC$. По условию $BM = 5MC$. Обозначим $MC = x$, тогда $BM = 5x$, а вся сторона $BC = BM + MC = 6x$.

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, то его боковые стороны равны: $AB = BC = 6x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AMB$. По теореме Пифагора: $AM^2 = AB^2 - BM^2 = (6x)^2 - (5x)^2 = 36x^2 - 25x^2 = 11x^2$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AMC$. По теореме Пифагора: $AC^2 = AM^2 + MC^2 = 11x^2 + x^2 = 12x^2$.

Пусть $K$ — середина основания $AC$. Тогда $KC = \frac{1}{2}AC$, и $KC^2 = \frac{1}{4}AC^2 = \frac{1}{4}(12x^2) = 3x^2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BKC$. По теореме Пифагора: $BK^2 = BC^2 - KC^2 = (6x)^2 - 3x^2 = 36x^2 - 3x^2 = 33x^2$.

Центр описанной окружности $O$ лежит на высоте (медиане) $BK$. Расстояние от центра описанной окружности до вершин треугольника равно радиусу $R$. Таким образом, $OB = OC = R$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKC$. В нем $OC^2 = OK^2 + KC^2$. Также $OB = |BK - OK|$. Приравняем квадраты радиусов $OB^2$ и $OC^2$: $(BK - OK)^2 = OK^2 + KC^2$ $BK^2 - 2 \cdot BK \cdot OK + OK^2 = OK^2 + KC^2$ $BK^2 - 2 \cdot BK \cdot OK = KC^2$ $2 \cdot BK \cdot OK = BK^2 - KC^2$ $OK = \frac{BK^2 - KC^2}{2 \cdot BK}$

Подставим найденные значения: $OK = \frac{33x^2 - 3x^2}{2 \cdot \sqrt{33x^2}} = \frac{30x^2}{2x\sqrt{33}} = \frac{15x}{\sqrt{33}}$.

Найдем отношение, в котором точка $O$ делит медиану $BK$: $\frac{OK}{BK} = \frac{15x/\sqrt{33}}{\sqrt{33x^2}} = \frac{15x/\sqrt{33}}{x\sqrt{33}} = \frac{15}{33} = \frac{5}{11}$.

Таким образом, точка $O$ делит медиану $BK$ так, что $OK = \frac{5}{11}BK$. Отсюда следует, что $BO = BK - OK = BK - \frac{5}{11}BK = \frac{6}{11}BK$. Значит, точка $O$ делит медиану $BK$ в отношении $BO:OK = 6:5$.

Поскольку при параллельном проектировании сохраняется отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой, то изображение центра $O_1$ будет делить медиану $B_1K_1$ в том же отношении $B_1O_1:O_1K_1 = 6:5$.

Построение
1. В треугольнике $A_1B_1C_1$ строим медиану $B_1K_1$. Для этого находим середину $K_1$ отрезка $A_1C_1$ и соединяем ее с вершиной $B_1$.
2. Делим отрезок $B_1K_1$ в отношении $6:5$, считая от точки $B_1$. Для этого:
а) Из точки $B_1$ проводим произвольный луч $l$, не лежащий на прямой $B_1K_1$.
б) На луче $l$ откладываем $6+5=11$ равных отрезков произвольной длины: $B_1P_1 = P_1P_2 = \dots = P_{10}P_{11}$.
в) Соединяем точку $P_{11}$ с точкой $K_1$.
г) Через точку $P_6$ проводим прямую, параллельную отрезку $P_{11}K_1$.
д) Точка пересечения этой прямой с медианой $B_1K_1$ и будет искомой точкой $O_1$.

Доказательство
По построению $K_1$ — середина $A_1C_1$, следовательно, $B_1K_1$ — изображение медианы $BK$ треугольника $ABC$. Согласно анализу, центр описанной окружности $O$ лежит на медиане $BK$ и делит ее в отношении $BO:OK = 6:5$. По построению с использованием теоремы Фалеса для угла $\angle KB_1l$ и параллельных прямых $P_6O_1$ и $P_{11}K_1$, получаем, что $\frac{B_1O_1}{O_1K_1} = \frac{B_1P_6}{P_6P_{11}} = \frac{6}{5}$. Так как параллельное проектирование сохраняет отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой, точка $O_1$ является изображением центра $O$ описанной окружности треугольника $ABC$.

Ответ: Изображение центра описанной окружности — это точка $O_1$, которая делит медиану $B_1K_1$, проведенную к стороне $A_1C_1$, в отношении $B_1O_1 : O_1K_1 = 6:5$. Построение этой точки выполняется делением отрезка $B_1K_1$ в заданном отношении.

8.12. Треугольник $A_1 B_1 C_1$ — изображение треугольника $ABC$ (рис. 8.30), отрезки $A_1 D_1$ и $C_1 E_1$ — изображения соответственно высот $AD$ и $CE$ треугольника $ABC$. Постройте изображение центра окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Рис. 8.30

Центр описанной окружности треугольника (обозначим его $O$) является точкой пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам. Нам нужно построить изображение этой точки, $O_1$, на основе изображения треугольника $A_1B_1C_1$ и изображений его высот $A_1D_1$ и $C_1E_1$.

Обоснование построения

Рассмотрим серединный перпендикуляр к стороне $BC$ исходного треугольника $ABC$. По определению, он проходит через середину $M_a$ стороны $BC$ и перпендикулярен ей. Высота $AD$ также перпендикулярна стороне $BC$. Поскольку две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны, то серединный перпендикуляр к стороне $BC$ параллелен высоте $AD$.

Аналогично, серединный перпендикуляр к стороне $AB$ параллелен высоте $CE$.

Параллельное проектирование, при котором получается изображение, обладает важными свойствами: оно сохраняет параллельность прямых, а также середины отрезков (середина отрезка проецируется в середину его изображения).

Следовательно, изображение серединного перпендикуляра к стороне $BC$ — это прямая, которая проходит через изображение середины $M_a$ (то есть через середину $M_{a1}$ отрезка $B_1C_1$) и параллельна изображению высоты $AD$ (то есть прямой $A_1D_1$). Подобным образом, изображение серединного перпендикуляра к стороне $AB$ проходит через середину $M_{c1}$ отрезка $A_1B_1$ и параллельно прямой $C_1E_1$.

Так как центр описанной окружности $O$ является точкой пересечения серединных перпендикуляров, его изображение $O_1$ будет точкой пересечения изображений этих перпендикуляров.

Порядок построения

1. Найти точку $M_{a1}$ — середину отрезка $B_1C_1$.
2. Через точку $M_{a1}$ провести прямую $l_1$, параллельную прямой $A_1D_1$.
3. Найти точку $M_{c1}$ — середину отрезка $A_1B_1$.
4. Через точку $M_{c1}$ провести прямую $l_2$, параллельную прямой $C_1E_1$.
5. Точка пересечения прямых $l_1$ и $l_2$ и будет искомым изображением $O_1$ центра описанной окружности треугольника $ABC$.

Ответ: Искомое изображение центра описанной окружности является точкой пересечения прямой, проходящей через середину стороны $B_1C_1$ параллельно прямой $A_1D_1$, и прямой, проходящей через середину стороны $A_1B_1$ параллельно прямой $C_1E_1$.

8.13. Треугольник $A_1 B_1 C_1$ (рис. 8.31) — изображение треугольника $ABC$, точка $O_1$ — изображение центра окружности, описанной около треугольника $ABC$. Постройте изображения высот треугольника $ABC$.

Рис. 8.31

Анализ

Для решения задачи воспользуемся свойством, связывающим высоты треугольника и его описанную окружность. Пусть $ABC$ — исходный треугольник, $O$ — центр его описанной окружности, а $H$ — его ортоцентр (точка пересечения высот). Пусть $AH_a$ — высота, опущенная из вершины $A$ на сторону $BC$, а $M_a$ — середина стороны $BC$.

Прямая $AH_a$ по определению высоты перпендикулярна прямой $BC$ ($AH_a \perp BC$).Прямая $OM_a$ является серединным перпендикуляром к стороне $BC$, так как $O$ — центр описанной окружности. Следовательно, $OM_a \perp BC$.Поскольку обе прямые $AH_a$ и $OM_a$ перпендикулярны одной и той же прямой $BC$, они параллельны друг другу: $AH_a \parallel OM_a$.

Параллельное проектирование, которое переводит треугольник $ABC$ в $A_1B_1C_1$, обладает следующими свойствами:
1. Параллельные прямые переходят в параллельные прямые.
2. Отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой или на параллельных прямых, сохраняется. В частности, середина отрезка переходит в середину его изображения.

Из этого следует, что изображение высоты $AH_a$ (прямая $A_1H_{a1}$) будет параллельно изображению прямой $OM_a$ (прямая $O_1M_{a1}$), где $M_{a1}$ — середина отрезка $B_1C_1$. Это дает нам способ построения изображений высот.

Построение

Для построения изображения высоты, опущенной из вершины $A_1$ на сторону $B_1C_1$, необходимо выполнить следующие действия:
1. Найти точку $M_{a1}$ — середину отрезка $B_1C_1$.
2. Провести прямую через точки $O_1$ и $M_{a1}$.
3. Через вершину $A_1$ провести прямую, параллельную прямой $O_1M_{a1}$. Эта прямая и будет искомым изображением высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $A$.

Аналогичные построения выполняются для двух других высот:
• Находим середину $M_{b1}$ стороны $A_1C_1$. Проводим прямую через $B_1$, параллельную прямой $O_1M_{b1}$.
• Находим середину $M_{c1}$ стороны $A_1B_1$. Проводим прямую через $C_1$, параллельную прямой $O_1M_{c1}$.

Все три построенные прямые (изображения высот) пересекутся в одной точке $H_1$, которая является изображением ортоцентра исходного треугольника $ABC$.

Ответ: Изображения высот строятся как прямые, проходящие через вершины треугольника $A_1$, $B_1$, $C_1$ параллельно прямым, соединяющим центр описанной окружности $O_1$ с серединами противолежащих сторон $B_1C_1$, $A_1C_1$ и $A_1B_1$ соответственно, как показано на рисунке.

8.14. Параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$ — изображение ромба $ABCD$. Постройте изображение перпендикуляра, опущенного из точки пересечения диагоналей ромба на сторону $AD$, если $\angle A = 60^\circ$.

Анализ:
Пусть $ABCD$ — исходный ромб, а параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$ — его изображение при параллельном проецировании. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ ромба, а $OH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $O$ на сторону $AD$ ($H \in AD$). Нам необходимо построить изображение отрезка $OH$, то есть отрезок $O_1H_1$.
Ключевым свойством параллельного проецирования является сохранение отношения длин отрезков, лежащих на одной прямой. Это означает, что если точка $H$ делит отрезок $AD$ в отношении $AH:HD = k$, то ее изображение $H_1$ будет делить отрезок $A_1D_1$ в том же отношении: $A_1H_1:H_1D_1 = k$. Наша задача — найти это отношение.
Рассмотрим свойства исходного ромба $ABCD$. По условию, $\angle A = 60^\circ$. Так как у ромба все стороны равны ($AB = AD$), то треугольник $\triangle ABD$ является равнобедренным с углом $60^\circ$ при вершине, а значит, он равносторонний.
В ромбе диагонали взаимно перпендикулярны и являются биссектрисами его углов. Рассмотрим $\triangle AOD$. В нем $\angle OAD = \frac{1}{2}\angle A = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ$. Так как $\triangle ABD$ равносторонний, то $\angle ADO = \angle ADB = 60^\circ$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OHD$ (так как $OH \perp AD$ по построению). В нем $\angle ODH = 60^\circ$. Пусть сторона ромба равна $a$, то есть $AD = a$. В равностороннем $\triangle ABD$ диагональ $BD = a$. Точка $O$ делит диагональ $BD$ пополам, следовательно $OD = \frac{BD}{2} = \frac{a}{2}$.
Из $\triangle OHD$ находим катет $HD$: $HD = OD \cdot \cos(\angle ODH) = \frac{a}{2} \cdot \cos(60^\circ) = \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{4}$.
Таким образом, точка $H$ делит сторону $AD$ так, что $HD = \frac{1}{4}AD$. Отсюда следует, что $AH = AD - HD = a - \frac{a}{4} = \frac{3a}{4}$.
Следовательно, точка $H$ делит сторону $AD$ в отношении $AH : HD = \frac{3a}{4} : \frac{a}{4} = 3:1$.
Это отношение сохранится и при проецировании. Значит, наша задача сводится к построению точки $H_1$ на отрезке $A_1D_1$, которая делит его в отношении $A_1H_1 : H_1D_1 = 3:1$, и соединению этой точки с точкой $O_1$ (изображением центра ромба).

Построение:
1. Находим изображение $O_1$ центра ромба. Для этого в параллелограмме $A_1B_1C_1D_1$ проводим диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$. Точка их пересечения $O_1$ и есть искомое изображение, так как проецирование сохраняет свойство "быть серединой отрезка".
2. Строим точку $H_1$ на стороне $A_1D_1$, делящую ее в отношении $A_1H_1 : H_1D_1 = 3:1$. Для этого:
а) Из точки $A_1$ проводим произвольный луч $l$, не лежащий на прямой $A_1D_1$.
б) На луче $l$ откладываем от точки $A_1$ четыре равных друг другу отрезка произвольной длины: $A_1P_1 = P_1P_2 = P_2P_3 = P_3P_4$.
в) Соединяем точку $P_4$ с точкой $D_1$.
г) Через точку $P_3$ (третью от $A_1$) проводим прямую, параллельную отрезку $P_4D_1$. По теореме Фалеса, эта прямая пересечет отрезок $A_1D_1$ в точке $H_1$, такой, что $A_1H_1 : H_1D_1 = A_1P_3 : P_3P_4 = 3:1$.
3. Соединяем точки $O_1$ и $H_1$.

Ответ: Отрезок $O_1H_1$, построенный согласно приведенному алгоритму, является искомым изображением перпендикуляра.

8.15. Параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$ — изображение ромба $ABCD$, в котором $\angle A = 60^{\circ}$. Постройте изображение высоты ромба, проведённой из вершины $A$ к стороне $BC$ ромба.

Для построения изображения высоты ромба, проведенной из вершины $A$ к стороне $BC$, необходимо сначала проанализировать свойства исходной фигуры (ромба), а затем применить свойства параллельного проектирования для выполнения построения на его изображении (параллелограмме).

Пусть дан ромб $ABCD$, в котором $\angle A = 60^\circ$. В ромбе все стороны равны ($AB = BC = CD = DA$), а сумма соседних углов равна $180^\circ$. Следовательно, углы ромба: $\angle A = \angle C = 60^\circ$ и $\angle B = \angle D = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Искомая высота $AH$ проводится из вершины $A$ к прямой, содержащей сторону $BC$. Так как $\angle B = 120^\circ$ является тупым, основание высоты, точка $H$, будет лежать на продолжении стороны $BC$ за вершину $B$.

Чтобы найти точное положение точки $H$, воспользуемся вспомогательным построением. Проведем высоту $DK$ из вершины $D$ на ту же прямую $BC$. Поскольку стороны ромба $AD$ и $BC$ параллельны, высоты $AH$ и $DK$ будут параллельны и равны по длине. Это означает, что четырехугольник $ADKH$ — параллелограмм, и, следовательно, выполняется векторное равенство $\vec{AH} = \vec{DK}$.

Теперь определим положение точки $K$ на прямой $BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle DKC$. В нем $\angle DKC = 90^\circ$, а $\angle C = 60^\circ$ (как угол ромба). Гипотенуза $DC$ является стороной ромба. Катет $CK$, прилежащий к углу $\angle C$, можно найти по формуле:

$CK = DC \cdot \cos(60^\circ) = DC \cdot \frac{1}{2}$

Так как в ромбе $DC = BC$, получаем $CK = \frac{1}{2}BC$. Поскольку $\angle C = 60^\circ$ — острый, точка $K$ лежит на отрезке $BC$. Таким образом, точка $K$ является серединой стороны $BC$.

Параллельное проектирование, которое переводит ромб $ABCD$ в параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$, сохраняет следующие свойства:

• Середина отрезка проецируется в середину его изображения.
• Векторное равенство сохраняется.

Исходя из этого, можно сформулировать алгоритм построения изображения высоты $A_1H_1$ на данном параллелограмме $A_1B_1C_1D_1$.

1. Найти середину стороны $B_1C_1$. Обозначим эту точку $K_1$. Точка $K_1$ является изображением точки $K$.
2. Так как в исходной фигуре $\vec{AH} = \vec{DK}$, то в изображении будет выполняться равенство $\vec{A_1H_1} = \vec{D_1K_1}$. Это означает, что четырехугольник $A_1D_1K_1H_1$ также является параллелограммом. Для построения точки $H_1$ необходимо отложить от точки $A_1$ вектор, равный вектору $\vec{D_1K_1}$.
3. Практически это делается так:
   • Через точку $A_1$ провести прямую, параллельную отрезку $D_1K_1$.
   • Через точку $K_1$ провести прямую, параллельную стороне $A_1D_1$.
   • Точка пересечения этих двух прямых и будет искомой точкой $H_1$.
4. Соединить точки $A_1$ и $H_1$. Отрезок $A_1H_1$ — это искомое изображение высоты.

Ниже представлена схема построения:

На рисунке показана последовательность: 1. Находим $K_1$ — середину $B_1C_1$. 2. Проводим прямую через $A_1$ параллельно $D_1K_1$. 3. Проводим прямую через $K_1$ параллельно $A_1D_1$. 4. На их пересечении получаем точку $H_1$. 5. Отрезок $A_1H_1$ — искомое изображение высоты.

Ответ: Изображением высоты ромба, проведённой из вершины $A$ к стороне $BC$, является отрезок $A_1H_1$, где точка $H_1$ строится как четвертая вершина параллелограмма $A_1D_1K_1H_1$, в котором $K_1$ является серединой стороны $B_1C_1$ исходного параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$.

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

Для построения изображения квадрата $DEFM$ необходимо сначала проанализировать его расположение и свойства в исходном треугольнике $ABC$.

Исходный треугольник $ABC$ является прямоугольным и равнобедренным с гипотенузой $AB$. Это означает, что его катеты равны ($AC = BC$), а углы при основании равны $45^\circ$ ($\angle A = \angle B = 45^\circ$). Квадрат $DEFM$ вписан в треугольник таким образом, что его сторона $DM$ находится на гипотенузе $AB$, а вершины $E$ и $F$ лежат на катетах $AC$ и $BC$ соответственно. Из такого расположения следует, что стороны квадрата $DE$ и $FM$ перпендикулярны гипотенузе $AB$.

Рассмотрим треугольник $ADE$. Угол $\angle A = 45^\circ$, а угол $\angle ADE = 90^\circ$ (так как $DE \perp AB$). Отсюда следует, что треугольник $ADE$ является прямоугольным равнобедренным, и, следовательно, длина катета $AD$ равна длине катета $DE$ ($AD = DE$).

Аналогично, в треугольнике $BFM$ угол $\angle B = 45^\circ$ и угол $\angle BMF = 90^\circ$, что делает его также прямоугольным равнобедренным. Следовательно, $BM = FM$.

По определению квадрата, все его стороны равны: $DE = FM = DM$. Объединяя эти равенства с выводами из предыдущих пунктов, получаем: $AD = DE = DM = BM$. Это означает, что точки $D$ и $M$ делят гипотенузу $AB$ на три равных отрезка.

Данное свойство — деление отрезка на равные части — сохраняется при параллельном проектировании. Это означает, что в изображении треугольника $A_1B_1C_1$ точки $D_1$ и $M_1$ также будут делить отрезок $A_1B_1$ на три равные части.

Кроме того, рассмотрим медиану $CH$, проведенную из вершины прямого угла $C$ к гипотенузе $AB$. В равнобедренном прямоугольном треугольнике эта медиана является также и высотой, то есть $CH \perp AB$. Так как стороны квадрата $DE$ и $FM$ также перпендикулярны $AB$, они параллельны медиане $CH$. Свойство параллельности прямых также сохраняется при параллельном проектировании.

Таким образом, для построения изображения квадрата (которое будет параллелограммом $D_1E_1F_1M_1$) можно использовать следующий алгоритм:

1. Разделить отрезок $A_1B_1$ на три равные части с помощью вспомогательного луча и параллельных прямых (по теореме Фалеса). Получим точки $D_1$ и $M_1$ такие, что $A_1D_1 = D_1M_1 = M_1B_1$.
2. Найти середину $H_1$ отрезка $A_1B_1$ и построить изображение медианы — отрезок $C_1H_1$.
3. Через точку $D_1$ провести прямую, параллельную $C_1H_1$. Точка пересечения этой прямой со стороной $A_1C_1$ будет искомой вершиной $E_1$.
4. Через точку $M_1$ провести прямую, параллельную $C_1H_1$. Точка пересечения этой прямой со стороной $B_1C_1$ будет искомой вершиной $F_1$.
5. Соединить последовательно точки $D_1, E_1, F_1$ и $M_1$. Полученный параллелограмм $D_1E_1F_1M_1$ является искомым изображением квадрата.

Ответ: Искомым изображением квадрата является параллелограмм $D_1E_1F_1M_1$, построенный в соответствии с описанным алгоритмом. Его вершины $D_1$ и $M_1$ делят отрезок $A_1B_1$ на три равные части, а боковые стороны $D_1E_1$ и $M_1F_1$ параллельны изображению медианы треугольника, проведенной из вершины $C_1$.

8.17. Треугольник $A_1B_1C_1$ — изображение прямоугольного равнобедренного треугольника $ABC$ с гипотенузой $AB$. Постройте изображение квадрата со стороной $AB$, лежащего в плоскости $ABC$ и расположенного вне треугольника $ABC$.

Для построения изображения квадрата со стороной $AB$ необходимо проанализировать свойства исходной геометрической фигуры (оригинала) и учесть, какие из этих свойств сохраняются при параллельном проектировании.

Анализ и обоснование построения

Пусть $ABC$ — данный прямоугольный равнобедренный треугольник, в котором $AB$ — гипотенуза. Это означает, что угол $\angle C = 90^\circ$ и катеты $AC = BC$. Пусть $ABDE$ — это квадрат, построенный на гипотенузе $AB$ и расположенный вне треугольника $ABC$.

1. Проведем в треугольнике $ABC$ медиану $CM$ к гипотенузе $AB$. Так как треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AB$, то медиана $CM$ является также и его высотой, а значит, $CM \perp AB$.
2. В любом прямоугольном треугольнике медиана, проведенная из вершины прямого угла к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Следовательно, $CM = \frac{1}{2}AB$, или, что то же самое, $AB = 2CM$.
3. По определению квадрата, его стороны $AD$ и $BE$ перпендикулярны стороне $AB$. Таким образом, в плоскости фигуры отрезки $AD$, $BE$ и $CM$ параллельны друг другу: $AD \parallel BE \parallel CM$.
4. Длины сторон квадрата равны длине гипотенузы $AB$. Учитывая пункт 2, имеем: $AD = BE = AB = 2CM$.

При параллельном проектировании, в результате которого был получен треугольник $A_1B_1C_1$, сохраняются следующие важные свойства:

• Параллельность прямых. Так как в оригинале $AD \parallel CM$, то их изображения $A_1D_1$ и $C_1M_1$ также будут параллельны. Аналогично $B_1E_1 \parallel C_1M_1$.
• Сохранение середины отрезка. Изображение середины отрезка является серединой изображения отрезка. Если $M_1$ — середина отрезка $A_1B_1$, то $M_1$ является изображением точки $M$.
• Сохранение отношения длин отрезков, лежащих на параллельных прямых. Поскольку отрезки $AD$ и $CM$ параллельны и $AD = 2CM$, то для их изображений будет выполняться аналогичное соотношение длин: $|A_1D_1| = 2|C_1M_1|$. Точно так же $|B_1E_1| = 2|C_1M_1|$.

Эти свойства полностью определяют алгоритм построения изображения квадрата.

Построение

1. Найти точку $M_1$ — середину отрезка $A_1B_1$.
2. Соединить точки $C_1$ и $M_1$, получив отрезок $C_1M_1$ — изображение медианы $CM$.
3. Через точку $A_1$ провести прямую, параллельную прямой $C_1M_1$.
4. На этой прямой от точки $A_1$ отложить отрезок $A_1D_1$, длина которого в два раза больше длины отрезка $C_1M_1$ (т.е. $|A_1D_1| = 2|C_1M_1|$). Точку $D_1$ следует расположить так, чтобы она находилась по другую сторону от прямой $A_1B_1$ относительно точки $C_1$, так как по условию квадрат лежит вне треугольника.
5. Аналогично, через точку $B_1$ провести прямую, параллельную $C_1M_1$, и отложить на ней отрезок $B_1E_1$ такой же длины и в том же направлении, что и $A_1D_1$.
6. Соединить точки $D_1$ и $E_1$.

Построенный четырехугольник $A_1B_1E_1D_1$ является параллелограммом, так как отрезки $A_1D_1$ и $B_1E_1$ параллельны и равны. Этот параллелограмм и есть искомое изображение квадрата $ABDE$.

Ответ: Искомое изображение квадрата — это параллелограмм $A_1B_1E_1D_1$, построенный в соответствии с описанным алгоритмом.

8.18. Эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$ (рис. 8.32), отрезок $A_1B_1$ — изображение диаметра $AB$ данной окружности. Постройте изображение диаметра, перпендикулярного диаметру $AB$.

Рис. 8.32

Поскольку эллипс является изображением окружности при параллельном проецировании, то перпендикулярные диаметры окружности изображаются в виде так называемых сопряженных диаметров эллипса. По определению, диаметр эллипса, сопряженный данному диаметру, проходит через середины всех хорд, параллельных данному диаметру. Это свойство и лежит в основе построения.

Построение:

1. Проведем произвольную хорду $M_1N_1$, параллельную данному диаметру $A_1B_1$. Для этого выберем на эллипсе произвольную точку $M_1$, не совпадающую с $A_1$ или $B_1$, и проведем через нее прямую, параллельную $A_1B_1$. Эта прямая пересечет эллипс во второй точке $N_1$.
2. Найдем середину $K_1$ хорды $M_1N_1$. Это можно сделать, например, с помощью циркуля и линейки, построив серединный перпендикуляр к отрезку $M_1N_1$.
3. Проведем прямую через центр эллипса $O_1$ и точку $K_1$.
4. Точки пересечения построенной прямой с эллипсом обозначим как $C_1$ и $D_1$.

Полученный отрезок $C_1D_1$ и является искомым изображением диаметра, перпендикулярного диаметру $AB$.

Обоснование:

При параллельном проецировании сохраняются параллельность прямых и свойство точки быть серединой отрезка.

• Поскольку хорда $M_1N_1$ построена параллельно диаметру $A_1B_1$ ($M_1N_1 \parallel A_1B_1$), то их прообразы в исходной окружности — хорда $MN$ и диаметр $AB$ — также параллельны ($MN \parallel AB$).
• Точка $K_1$ является серединой хорды $M_1N_1$, следовательно, ее прообраз $K$ является серединой хорды $MN$ в окружности.
• В окружности диаметр, проходящий через середину хорды, перпендикулярен этой хорде. Значит, диаметр, содержащий отрезок $OK$, перпендикулярен хорде $MN$ ($OK \perp MN$).
• Так как $MN \parallel AB$ и прямая, содержащая диаметр $CD$, перпендикулярна $MN$, то она перпендикулярна и $AB$. То есть, диаметр $CD$ (прообраз $C_1D_1$) перпендикулярен диаметру $AB$.
• Следовательно, изображение диаметра $CD$, которым является отрезок $C_1D_1$, проходящий через точки $O_1$ и $K_1$, и есть искомое изображение.

Ответ: Отрезок $C_1D_1$, построенный по вышеописанному алгоритму, является изображением диаметра, перпендикулярного диаметру $AB$.

8.19. Эллипс с центром $O_1$ и треугольник $A_1B_1C_1$ являются изображениями окружности с центром $O$ и вписанного в нее треугольника $ABC$ (рис. 8.33). Постройте изображение высоты треугольника $ABC$, проведенной из вершины $A$.

Рис. 8.33

Для построения изображения высоты треугольника ABC, проведённой из вершины A, необходимо использовать свойство, которое сохраняется при параллельном проецировании. В общем случае перпендикулярность прямых не сохраняется, поэтому изображение высоты A₁H₁ не будет перпендикулярно стороне B₁C₁.

Ключевая идея состоит в том, чтобы найти в исходной фигуре прямую, параллельную высоте, построение изображения которой не представляет труда. Рассмотрим прообраз: треугольник ABC, вписанный в окружность с центром O. Пусть AH — его высота из вершины A, тогда по определению $AH \perp BC$.

Рассмотрим также отрезок OM, где M — середина стороны BC. В треугольнике OBC стороны OB и OC равны как радиусы окружности, значит, он является равнобедренным. Его медиана OM является также и высотой, следовательно, $OM \perp BC$.

Поскольку прямые AH и OM перпендикулярны одной и той же прямой BC, они параллельны друг другу: $AH \parallel OM$.

Это свойство параллельности сохраняется при проецировании. Кроме того, середина отрезка проецируется в середину его изображения. Таким образом, искомое изображение высоты A₁H₁ будет параллельно отрезку O₁M₁, где O₁ — данный центр эллипса, а M₁ — середина стороны B₁C₁.

Отсюда вытекает следующий алгоритм построения:

1. Найти точку M₁ — середину отрезка B₁C₁.
2. Провести отрезок O₁M₁, соединяющий центр эллипса O₁ с точкой M₁.
3. Через вершину A₁ провести прямую, параллельную отрезку O₁M₁.
4. Точка пересечения этой прямой со стороной B₁C₁ (или её продолжением) есть точка H₁ — изображение основания высоты.
5. Отрезок A₁H₁ является искомым изображением высоты.

Ответ: Изображением высоты треугольника ABC, проведённой из вершины A, является отрезок A₁H₁, где H₁ – точка на прямой B₁C₁, причём отрезок A₁H₁ параллелен отрезку O₁M₁, где O₁ – центр эллипса, а M₁ – середина стороны B₁C₁.