Страница 104 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

10.7. Докажите, что равные наклонные, проведённые к плоскости из одной точки, имеют равные проекции.

Пусть из точки $A$, не принадлежащей плоскости $\alpha$, проведены две наклонные $AB$ и $AC$ к этой плоскости, причём точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $\alpha$. По условию задачи, эти наклонные равны, то есть $AB = AC$.

Проведём из точки $A$ перпендикуляр $AH$ к плоскости $\alpha$. Точка $H$ называется основанием перпендикуляра. Отрезок $HB$ является ортогональной проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $HC$ — ортогональной проекцией наклонной $AC$ на ту же плоскость. Нам необходимо доказать, что длины этих проекций равны, то есть $HB = HC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Поскольку $AH$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание $H$. Следовательно, $AH \perp HB$ и $AH \perp HC$. Это означает, что $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ — прямоугольные треугольники с прямым углом при вершине $H$.

Сравним эти два прямоугольных треугольника:

• Гипотенуза $AB$ треугольника $\triangle AHB$ равна гипотенузе $AC$ треугольника $\triangle AHC$ по условию задачи ($AB = AC$).
• Катет $AH$ является общим для обоих треугольников.

Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ равны по признаку равенства прямоугольных треугольников (по гипотенузе и катету).

Из равенства треугольников ($\triangle AHB \cong \triangle AHC$) следует равенство их соответствующих сторон. Следовательно, катет $HB$ первого треугольника равен соответствующему катету $HC$ второго треугольника: $HB = HC$.

Это доказывает, что проекции равных наклонных, проведённых из одной точки к плоскости, равны.

Доказательство с использованием теоремы Пифагора:
В прямоугольном треугольнике $\triangle AHB$ по теореме Пифагора: $AB^2 = AH^2 + HB^2$. Отсюда $HB^2 = AB^2 - AH^2$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle AHC$ по теореме Пифагора: $AC^2 = AH^2 + HC^2$. Отсюда $HC^2 = AC^2 - AH^2$.
Так как по условию $AB = AC$, то и $AB^2 = AC^2$.
Следовательно, $HB^2 = HC^2$. Поскольку длины отрезков являются положительными величинами, из этого следует, что $HB = HC$.

Ответ: Утверждение доказано. Если из одной точки к плоскости проведены равные наклонные, то их проекции на эту плоскость также равны.

10.8. Докажите, что если проекции двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, равны, то равны и наклонные.

Пусть из точки $A$, не принадлежащей плоскости $\alpha$, проведены две наклонные $AB$ и $AC$ к этой плоскости (точки $B$ и $C$ лежат в плоскости $\alpha$). Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$ (точка $H$ лежит в плоскости $\alpha$).

По определению, отрезок $HB$ является ортогональной проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $HC$ — ортогональной проекцией наклонной $AC$ на ту же плоскость.

По условию задачи, проекции этих наклонных равны, то есть $HB = HC$. Нам необходимо доказать, что сами наклонные также равны: $AB = AC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через его основание, точку $H$. Следовательно, $AH \perp HB$ и $AH \perp HC$. Это означает, что $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$ являются прямоугольными треугольниками с прямым углом при вершине $H$.

Сравним эти два прямоугольных треугольника:
1. Катет $AH$ — общий для обоих треугольников.
2. Катет $HB$ равен катету $HC$ согласно условию задачи ($HB = HC$).

Поскольку два катета одного прямоугольного треугольника соответственно равны двум катетам другого, то такие треугольники равны. Таким образом, $\triangle AHB \cong \triangle AHC$.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Гипотенузы $AB$ и $AC$ являются соответствующими сторонами в равных треугольниках $\triangle AHB$ и $\triangle AHC$. Следовательно, $AB = AC$.

Таким образом, мы доказали, что если проекции двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, равны, то равны и сами наклонные.

Ответ: Утверждение доказано. Равенство наклонных следует из равенства прямоугольных треугольников (по двум катетам), образованных каждой наклонной, её проекцией и перпендикуляром, опущенным из той же точки на плоскость.

10.9. Докажите, что если точка принадлежит прямой, перпендикулярной плоскости многоугольника и проходящей через центр окружности, описанной около многоугольника, то эта точка равноудалена от вершин многоугольника.

Пусть дан многоугольник $A_1A_2...A_n$, лежащий в плоскости $\alpha$. Пусть $O$ — центр окружности, описанной около этого многоугольника, и $R$ — её радиус. По определению описанной окружности, все вершины многоугольника лежат на ней, а значит, находятся на одинаковом расстоянии от её центра $O$. Таким образом, отрезки, соединяющие центр с вершинами, равны радиусу:
$OA_1 = OA_2 = ... = OA_n = R$.

Рассмотрим прямую $l$, которая проходит через точку $O$ и перпендикулярна плоскости $\alpha$. Пусть $M$ — произвольная точка, принадлежащая прямой $l$. Нам необходимо доказать, что точка $M$ равноудалена от вершин многоугольника, то есть что все расстояния $MA_1, MA_2, ..., MA_n$ равны между собой.

Соединим точку $M$ с любой вершиной многоугольника, например, с $A_i$. Рассмотрим получившийся треугольник $\triangle MOA_i$.

По условию, прямая $l$ (на которой лежит отрезок $MO$) перпендикулярна плоскости $\alpha$. Отрезок $OA_i$ лежит в плоскости $\alpha$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $l$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку их пересечения $O$. Следовательно, $l \perp OA_i$, а это значит, что угол $\angle MOA_i$ — прямой, и $\triangle MOA_i$ является прямоугольным треугольником с катетами $MO$ и $OA_i$.

Применим к треугольнику $\triangle MOA_i$ теорему Пифагора. Квадрат гипотенузы $MA_i$ равен сумме квадратов катетов $MO$ и $OA_i$:
$MA_i^2 = MO^2 + OA_i^2$.

Мы знаем, что $OA_i = R$. Подставим это значение в формулу:
$MA_i^2 = MO^2 + R^2$.

Это равенство справедливо для любой вершины $A_i$ многоугольника. Правая часть равенства, $MO^2 + R^2$, имеет одно и то же значение для всех вершин, так как длина отрезка $MO$ и радиус $R$ — постоянные величины. Следовательно, квадраты расстояний от точки $M$ до всех вершин многоугольника равны:
$MA_1^2 = MA_2^2 = ... = MA_n^2$.

Так как расстояние — это неотрицательная величина, из равенства квадратов расстояний следует и равенство самих расстояний:
$MA_1 = MA_2 = ... = MA_n$.

Таким образом, мы доказали, что любая точка на прямой, перпендикулярной плоскости многоугольника и проходящей через центр описанной около него окружности, равноудалена от всех вершин этого многоугольника. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

10.10. Расстояние между параллельными плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равно 4 см. Прямые $m$ и $n$ скрещивающиеся, $m \subset \alpha$, $n \subset \beta$. Чему равно расстояние между прямыми $m$ и $n$?

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми определяется как длина их общего перпендикуляра. Также известно, что расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между двумя параллельными плоскостями, содержащими эти прямые.

В условиях задачи даны:

• Две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ ($\alpha \parallel \beta$).
• Расстояние между плоскостями $d(\alpha, \beta) = 4$ см.
• Прямая $m$ лежит в плоскости $\alpha$ ($m \subset \alpha$).
• Прямая $n$ лежит в плоскости $\beta$ ($n \subset \beta$).
• Прямые $m$ и $n$ скрещивающиеся.

Поскольку прямые $m$ и $n$ уже лежат в заданных параллельных плоскостях $\alpha$ и $\beta$, расстояние между этими прямыми будет равно расстоянию между плоскостями.

Докажем это. Пусть $d(m, n)$ — это расстояние между прямыми $m$ и $n$. Для любых точек $A$, принадлежащей прямой $m$, и $B$, принадлежащей прямой $n$, выполняется условие $A \in \alpha$ и $B \in \beta$. Расстояние между любыми точками, принадлежащими двум параллельным плоскостям, не может быть меньше расстояния между самими плоскостями. Следовательно, длина любого отрезка $AB$ не меньше, чем $d(\alpha, \beta)$, то есть $|AB| \ge 4$ см. Это означает, что и кратчайшее расстояние между прямыми $m$ и $n$ не может быть меньше 4 см: $d(m, n) \ge 4$ см.

Существует общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым $m$ и $n$. Назовем его $PQ$, где $P \in m$ и $Q \in n$. По определению, $PQ \perp m$ и $PQ \perp n$. Прямая $PQ$ также будет перпендикулярна плоскостям $\alpha$ и $\beta$. Поскольку $P \in \alpha$ и $Q \in \beta$, то длина отрезка $PQ$ является расстоянием между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Таким образом, расстояние между скрещивающимися прямыми $m$ и $n$ равно расстоянию между параллельными плоскостями $\alpha$ и $\beta$, в которых они лежат.

$d(m, n) = d(\alpha, \beta) = 4$ см.

Ответ: 4 см.

10.11. Расстояние между скрещивающимися прямыми, принадлежащими соответственно параллельным плоскостям $\alpha$ и $\beta$, равно 10 см. Чему равно расстояние между плоскостями $\alpha$ и $\beta$?

Пусть a и b — скрещивающиеся прямые, $\alpha$ и $\beta$ — параллельные плоскости, причем прямая a лежит в плоскости $\alpha$ ($a \subset \alpha$), а прямая b — в плоскости $\beta$ ($b \subset \beta$). Расстояние между прямыми a и b по условию равно 10 см.

Расстояние между скрещивающимися прямыми определяется длиной их общего перпендикуляра. Обозначим этот общий перпендикуляр как отрезок MN, где точка $M$ лежит на прямой a ($M \in a$), а точка $N$ — на прямой b ($N \in b$). Из условия следует, что длина этого отрезка $|MN| = 10$ см. По определению, прямая, содержащая отрезок MN, перпендикулярна и прямой a, и прямой b ($MN \perp a$ и $MN \perp b$).

Расстояние между параллельными плоскостями — это длина отрезка, перпендикулярного этим плоскостям, концы которого принадлежат этим плоскостям.

Чтобы найти расстояние между плоскостями $\alpha$ и $\beta$, докажем, что отрезок MN перпендикулярен этим плоскостям. Поскольку $M \in a$ и $a \subset \alpha$, то точка $M$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($M \in \alpha$). Аналогично, поскольку $N \in b$ и $b \subset \beta$, то точка $N$ принадлежит плоскости $\beta$ ($N \in \beta$). Таким образом, отрезок MN соединяет плоскости $\alpha$ и $\beta$.

Теперь докажем перпендикулярность MN к плоскостям. В плоскости $\alpha$ через точку M проведем прямую $b'$, параллельную прямой $b$. Так как $a$ и $b$ скрещиваются, то $a$ и $b'$ пересекаются в точке M. Поскольку $MN \perp b$ и $b' \parallel b$, то из свойств перпендикулярных прямых следует, что $MN \perp b'$. Мы также знаем, что $MN \perp a$. Таким образом, прямая MN перпендикулярна двум пересекающимся прямым a и $b'$, лежащим в плоскости $\alpha$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая MN перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$), а прямая MN перпендикулярна одной из них (плоскости $\alpha$), то она перпендикулярна и другой плоскости (плоскости $\beta$).

Итак, отрезок MN соединяет точки на плоскостях $\alpha$ и $\beta$ и перпендикулярен им обеим. Следовательно, его длина и есть расстояние между этими плоскостями. $d(\alpha, \beta) = |MN| = 10$ см.

Ответ: 10 см.

10.12. Расстояние между параллельными прямыми, принадлежащими соответственно параллельным плоскостям $\alpha$ и $\beta$, равно 7 см. Верно ли утверждение, что расстояние между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равно 7 см?

Нет, данное утверждение не всегда верно. Расстояние между плоскостями может быть равно 7 см, но в общем случае оно будет меньше.

Рассмотрим доказательство. Пусть даны параллельные плоскости $α$ и $β$, и параллельные прямые $a$ и $b$ такие, что $a$ лежит в плоскости $α$ ($a \subset α$), а $b$ лежит в плоскости $β$ ($b \subset β$). Расстояние между прямыми $a$ и $b$ равно 7 см.

Обозначим искомое расстояние между плоскостями $α$ и $β$ как $h$. По определению, это длина перпендикуляра, опущенного из любой точки одной плоскости на другую.

Выберем произвольную точку $A$ на прямой $a$. Так как $a \subset α$, то и точка $A \in α$.

1. Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $β$. Длина этого перпендикуляра равна расстоянию между плоскостями, то есть $|AH| = h$. Точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A$ на плоскость $β$.

2. Расстояние между параллельными прямыми равно расстоянию от любой точки одной прямой до другой прямой. Следовательно, расстояние от точки $A$ до прямой $b$ равно 7 см. Пусть $K$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $b$. Тогда точка $K$ лежит на прямой $b$ ($K \in b$) и длина отрезка $AK$ равна 7 см, то есть $|AK| = 7$ см.

3. Рассмотрим три точки $A$, $H$ и $K$. Отрезок $AH$ — это перпендикуляр к плоскости $β$. Отрезок $AK$ — это наклонная, проведенная из точки $A$ к плоскости $β$. Отрезок $HK$ соединяет основание перпендикуляра $H$ и основание наклонной $K$, а значит, является проекцией наклонной $AK$ на плоскость $β$.

Так как $AH \perp β$, то отрезок $AH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости $β$, в том числе и прямой $HK$. Отсюда следует, что треугольник $AHK$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $H$ ($\angle AHK = 90^\circ$).

Применим к прямоугольному треугольнику $AHK$ теорему Пифагора:

$|AK|^2 = |AH|^2 + |HK|^2$

Подставим известные значения длин отрезков:

$7^2 = h^2 + |HK|^2$

$49 = h^2 + |HK|^2$

Выразим из этого уравнения квадрат расстояния между плоскостями $h^2$:

$h^2 = 49 - |HK|^2$

Поскольку $|HK|^2$ — это квадрат расстояния, эта величина всегда неотрицательна: $|HK|^2 \ge 0$.

Следовательно, $h^2 \le 49$, что означает $h \le 7$ см.

Равенство $h = 7$ см достигается только в частном случае, когда $|HK|^2 = 0$, то есть $|HK| = 0$. Это означает, что точки $H$ и $K$ совпадают. Геометрически это происходит тогда, когда ортогональная проекция прямой $a$ на плоскость $β$ совпадает с прямой $b$. В общем случае это условие не выполняется, и расстояние между плоскостями будет строго меньше 7 см.

Ответ: утверждение неверно. Расстояние между плоскостями α и β не больше 7 см ($h \le 7$ см) и, в общем случае, меньше 7 см.

10.13. На рисунке 10.13 изображён куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$, ребро которого равно 2 см. Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $DD_1$.

Рис. 10.13

Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми $AB$ и $DD_1$ необходимо найти длину их общего перпендикуляра.

Рассмотрим куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

1. Прямая $DD_1$ является боковым ребром куба, поэтому она перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $AD$ лежит в плоскости $ABCD$, следовательно, $DD_1 \perp AD$.
2. Грань $ABCD$ является квадратом. Смежные стороны квадрата перпендикулярны, поэтому $AB \perp AD$.
3. Мы получили, что отрезок $AD$ перпендикулярен и прямой $AB$, и прямой $DD_1$. Следовательно, $AD$ является общим перпендикуляром для прямых $AB$ и $DD_1$.

Расстояние между прямыми $AB$ и $DD_1$ равно длине их общего перпендикуляра $AD$. По условию, ребро куба равно 2 см, значит, длина $AD$ равна 2 см.

Ответ: 2 см.

10.14. Через вершину A прямоугольного треугольника ABC $(\angle ACB = 90^\circ)$ проведена прямая AD, перпендикулярная плоскости ABC (рис. 10.14). Найдите расстояние между прямыми AD и BC, если $AB = 10$ см, $\angle BAC = 45^\circ$.

Рис. 10.13

Рис. 10.14

Расстояние между скрещивающимися прямыми $AD$ и $BC$ равно длине их общего перпендикуляра.

По условию, прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Так как прямая $AC$ лежит в этой плоскости, то $AD \perp AC$.

Также по условию, треугольник $ABC$ — прямоугольный с $\angle ACB = 90^\circ$. Это означает, что $AC \perp BC$.

Поскольку отрезок $AC$ перпендикулярен обеим прямым ($AD$ и $BC$) и соединяет их (точка $A$ лежит на прямой $AD$, а точка $C$ — на прямой $BC$), то $AC$ является их общим перпендикуляром. Следовательно, искомое расстояние равно длине катета $AC$.

Найдем длину $AC$ из прямоугольного треугольника $ABC$. Нам известна гипотенуза $AB = 10$ см и прилежащий к катету $AC$ угол $\angle BAC = 45^\circ$.
Используем определение косинуса:
$\cos(\angle BAC) = \frac{AC}{AB}$
Отсюда:
$AC = AB \cdot \cos(\angle BAC) = 10 \cdot \cos(45^\circ) = 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Ответ: $5\sqrt{2}$ см.

10.15. Из точки $M$ провели к плоскости $\alpha$ равные наклонные $MA, MB, MC$ и $MD$. Могут ли точки $A, B, C$ и $D$ быть вершинами:

1) прямоугольника;

2) ромба;

3) прямоугольной трапеции;

4) равнобокой трапеции?

Пусть $O$ — проекция точки $M$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезок $MO$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$. Наклонные $MA, MB, MC$ и $MD$ являются гипотенузами в прямоугольных треугольниках $\triangle MOA, \triangle MOB, \triangle MOC$ и $\triangle MOD$ соответственно, где катет $MO$ — общий для всех четырех треугольников.

По теореме Пифагора для этих треугольников имеем:

$OA^2 = MA^2 - MO^2$

$OB^2 = MB^2 - MO^2$

$OC^2 = MC^2 - MO^2$

$OD^2 = MD^2 - MO^2$

По условию задачи, длины наклонных равны: $MA = MB = MC = MD$. Из этого следует, что их проекции на плоскость $\alpha$ также равны:

$OA = OB = OC = OD$

Это означает, что точки $A, B, C$ и $D$ в плоскости $\alpha$ равноудалены от точки $O$. Следовательно, эти точки лежат на одной окружности с центром в точке $O$ и радиусом $R = OA$. Четырехугольник, вершины которого лежат на одной окружности, называется вписанным в окружность. Таким образом, задача сводится к определению, какие из перечисленных четырехугольников могут быть вписаны в окружность.

1) прямоугольника;

Четырехугольник можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. У прямоугольника все углы равны $90^\circ$. Сумма противоположных углов равна $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$. Следовательно, вокруг любого прямоугольника можно описать окружность. Таким образом, точки $A, B, C$ и $D$ могут быть вершинами прямоугольника.

Ответ: да, могут.

2) ромба;

Ромб является параллелограммом, у которого противоположные углы равны. Пусть углы ромба равны $\alpha$ и $\beta$. Для того чтобы ромб можно было вписать в окружность, сумма его противоположных углов должна быть равна $180^\circ$. То есть, должно выполняться равенство $\alpha + \alpha = 180^\circ$, откуда $\alpha = 90^\circ$. Если у ромба хотя бы один угол прямой, то и все остальные углы прямые, и такой ромб является квадратом. Квадрат — это частный случай ромба, и его можно вписать в окружность. Таким образом, точки $A, B, C$ и $D$ могут быть вершинами ромба, если этот ромб является квадратом.

Ответ: да, могут (если этот ромб — квадрат).

3) прямоугольной трапеции;

Прямоугольная трапеция имеет два прямых угла, прилегающих к одной из боковых сторон. Пусть в трапеции $ABCD$ углы $\angle A$ и $\angle B$ равны $90^\circ$. Чтобы эту трапецию можно было вписать в окружность, сумма ее противоположных углов должна быть равна $180^\circ$. Отсюда следует, что $\angle A + \angle C = 180^\circ$, то есть $90^\circ + \angle C = 180^\circ$, что дает $\angle C = 90^\circ$. Аналогично, $\angle B + \angle D = 180^\circ$, что дает $\angle D = 90^\circ$. Четырехугольник, у которого все углы прямые, является прямоугольником. Однако, по стандартному определению, трапеция — это четырехугольник, у которого только одна пара сторон параллельна, в то время как у прямоугольника две пары параллельных сторон. Таким образом, прямоугольник не является трапецией. Следовательно, прямоугольная трапеция (не являющаяся прямоугольником) не может быть вписана в окружность.

Ответ: нет, не могут.

4) равнобокой трапеции?

Известно, что трапецию можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда она является равнобокой (равнобедренной). Это является свойством равнобокой трапеции. Поскольку точки $A, B, C$ и $D$ должны лежать на окружности, они могут образовывать равнобокую трапецию.

Ответ: да, могут.

10.16. Докажите, что из двух наклонных, проведённых к плоскости из одной точки, большую проекцию имеет большая наклонная.

Пусть дана плоскость $\alpha$ и точка $A$, не принадлежащая этой плоскости. Проведём из точки $A$ перпендикуляр $AH$ к плоскости $\alpha$, где $H$ — основание перпендикуляра. Проведём также из точки $A$ две наклонные $AB_1$ и $AB_2$ к плоскости $\alpha$, где $B_1$ и $B_2$ — основания наклонных. Отрезки $HB_1$ и $HB_2$ являются проекциями наклонных $AB_1$ и $AB_2$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Требуется доказать, что если одна наклонная больше другой, то и её проекция больше проекции другой наклонной. Пусть, для определённости, наклонная $AB_1$ больше наклонной $AB_2$, то есть $AB_1 > AB_2$. Докажем, что $HB_1 > HB_2$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AHB_1$ и $\triangle AHB_2$.

По определению перпендикуляра к плоскости, прямая $AH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку $H$. Следовательно, $AH \perp HB_1$ и $AH \perp HB_2$.

Это означает, что треугольники $\triangle AHB_1$ и $\triangle AHB_2$ являются прямоугольными с общим катетом $AH$. Наклонные $AB_1$ и $AB_2$ являются их гипотенузами, а проекции $HB_1$ и $HB_2$ — другими катетами.

Применим теорему Пифагора для этих двух треугольников:

Для $\triangle AHB_1$: $AB_1^2 = AH^2 + HB_1^2$

Для $\triangle AHB_2$: $AB_2^2 = AH^2 + HB_2^2$

Выразим из этих равенств квадраты проекций:

$HB_1^2 = AB_1^2 - AH^2$

$HB_2^2 = AB_2^2 - AH^2$

По условию, $AB_1 > AB_2$. Так как длины отрезков являются положительными величинами, то и их квадраты будут находиться в том же соотношении: $AB_1^2 > AB_2^2$.

Сравним выражения для квадратов проекций. Так как $AB_1^2 > AB_2^2$, то, вычитая из обеих частей неравенства одно и то же число $AH^2$, получим:

$AB_1^2 - AH^2 > AB_2^2 - AH^2$

Следовательно, $HB_1^2 > HB_2^2$.

Поскольку длины проекций $HB_1$ и $HB_2$ также являются положительными величинами, из неравенства для их квадратов следует такое же неравенство и для самих длин: $HB_1 > HB_2$.

Таким образом, мы доказали, что большей наклонной соответствует большая проекция.

Ответ: Что и требовалось доказать.