Страница 188 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

20.25. На рёбрах $AB$, $CC_1$ и $B_1C_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $E$, $F$ и $M$ (рис. 20.8). Постройте сечение куба плоскостью $EFM$.

Рис. 20.8

Для построения сечения куба плоскостью, проходящей через точки $E, F, M$, будем последовательно находить точки пересечения этой плоскости с ребрами куба, а затем соединять их отрезками, если они лежат в одной грани. Основной метод, который мы будем использовать, — это метод следов.

1. Построение стороны сечения в грани $BCC_1B_1$

Точки $M$ и $F$ по условию лежат на ребрах $B_1C_1$ и $CC_1$ соответственно. Обе эти точки принадлежат плоскости боковой грани $BCC_1B_1$. Следовательно, отрезок $MF$ является линией пересечения секущей плоскости с этой гранью и одной из сторон искомого сечения. Соединяем точки $M$ и $F$.

2. Построение следа секущей плоскости на плоскости основания $ABC$

Чтобы найти другие точки сечения, построим след (линию пересечения) секущей плоскости $EFM$ с плоскостью нижнего основания $ABC$. Для этого найдем еще одну общую точку этих двух плоскостей, кроме уже известной точки $E$. Продлим прямую $MF$ в плоскости $BCC_1B_1$ до пересечения с продолжением ребра $BC$. Обозначим точку их пересечения $P$. Так как точка $P$ лежит на прямой $MF$, она принадлежит секущей плоскости $EFM$. Так как точка $P$ лежит на прямой $BC$, она принадлежит плоскости основания $ABC$. Таким образом, прямая $EP$ является следом секущей плоскости на плоскости основания.

3. Нахождение новой вершины сечения $G$

Проведем прямую $EP$. Эта прямая лежит в плоскости основания $ABC$. Она пересекает ребро $CD$ в некоторой точке $G$. Точка $G$ является новой вершиной сечения. Отрезок $EG$ — сторона сечения, лежащая в плоскости нижнего основания.

4. Построение еще одной вершины сечения $H$, используя свойство параллельности граней

Противоположные грани куба параллельны. Секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым. Плоскость верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ параллельна плоскости нижнего основания $ABCD$. Мы уже нашли линию их пересечения с секущей плоскостью: это прямая $EG$ для нижнего основания. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с верхним основанием будет проходить через точку $M$ параллельно прямой $EG$. Проведем в плоскости $A_1B_1C_1D_1$ через точку $M$ прямую, параллельную $EG$. Эта прямая пересечет ребро $A_1B_1$ в точке $H$. Отрезок $MH$ — еще одна сторона сечения.

5. Завершение построения сечения

Мы нашли все вершины сечения: $E$ на $AB$, $G$ на $CD$, $F$ на $CC_1$, $M$ на $B_1C_1$ и $H$ на $A_1B_1$. Теперь последовательно соединим вершины, лежащие в одних гранях:

• $EG$ в грани $ABCD$ (построено).
• $GF$ в грани $DCC_1D_1$ (точки $G$ и $F$ лежат в этой плоскости).
• $FM$ в грани $BCC_1B_1$ (построено).
• $MH$ в грани $A_1B_1C_1D_1$ (построено).
• $HE$ в грани $ABB_1A_1$ (точки $H$ и $E$ лежат в этой плоскости).

В результате получаем замкнутый многоугольник — пятиугольник $EGFMH$. Это и есть искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение куба плоскостью EFM — это пятиугольник $EGFMH$.

20.26. На ребре $AB$ тетраэдра $DABC$ отметили точку $E$ (рис. 20.9). Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $E$ параллельно плоскости $BCD$.

Рис. 20.9

Пусть искомая секущая плоскость называется $\alpha$. По условию, она проходит через точку $E$ на ребре $AB$ и параллельна плоскости $(BCD)$.

Для построения сечения найдем линии его пересечения с гранями тетраэдра. Будем использовать следующее свойство: если плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии пересечения параллельны.

1. Плоскость грани $ABC$ пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $(BCD)$. Линия пересечения плоскостей $(ABC)$ и $(BCD)$ — это прямая $BC$. Следовательно, линия пересечения плоскости $(ABC)$ и плоскости $\alpha$ должна быть параллельна прямой $BC$. Так как точка $E$ принадлежит и плоскости $(ABC)$, и плоскости $\alpha$, то эта линия пересечения проходит через точку $E$.
   Строим в плоскости $(ABC)$ прямую через точку $E$ параллельно $BC$. Точку пересечения этой прямой с ребром $AC$ назовем $F$. Отрезок $EF$ является стороной искомого сечения, при этом $EF \parallel BC$.
2. Аналогично, плоскость грани $ABD$ пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $(BCD)$. Линии их пересечения — прямые, параллельные друг другу. Линия пересечения $(ABD)$ и $(BCD)$ — это прямая $BD$. Значит, линия пересечения $(ABD)$ и $\alpha$ должна быть параллельна $BD$ и проходить через точку $E$.
   Строим в плоскости $(ABD)$ прямую через точку $E$ параллельно $BD$. Точку пересечения этой прямой с ребром $AD$ назовем $G$. Отрезок $EG$ является второй стороной искомого сечения, при этом $EG \parallel BD$.
3. Точки $F$ и $G$ принадлежат секущей плоскости $\alpha$, а также лежат в плоскости грани $ADC$. Следовательно, отрезок $FG$, соединяющий эти точки, является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ADC$. Этот отрезок — третья сторона сечения.

В результате построений мы получили треугольник $EFG$. Он и является искомым сечением.

Убедимся, что построенная плоскость $(EFG)$ параллельна плоскости $(BCD)$. По построению, $EF \parallel BC$ и $EG \parallel BD$. Прямые $EF$ и $EG$ пересекаются в точке $E$, а прямые $BC$ и $BD$ пересекаются в точке $B$. Согласно признаку параллельности плоскостей, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны. Следовательно, $(EFG) \parallel (BCD)$. Построение верно.

Ответ: Искомое сечение — это треугольник $EFG$, где точка $F$ лежит на ребре $AC$ и $EF \parallel BC$, а точка $G$ лежит на ребре $AD$ и $EG \parallel BD$.

20.27. На ребре $DA$ тетраэдра $DABC$ отметили точку $M$ так, что $AM : MD = 4 : 3$ (рис. 20.10). Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ параллельно плоскости $ABC$. Вычислите площадь полученного сечения, если $AB = BC = AC = 28$ см.

Рис. 20.10

Построение сечения

Пусть искомая плоскость сечения будет $\alpha$. По условию, она проходит через точку $M$ на ребре $DA$ и параллельна плоскости основания $ABC$.

Построение основано на свойстве параллельных плоскостей: если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии их пересечения параллельны.

1. Плоскость грани $DAB$ пересекает параллельные плоскости $\alpha$ и $ABC$. Линия пересечения плоскостей $DAB$ и $ABC$ — это прямая $AB$. Следовательно, линия пересечения плоскостей $\alpha$ и $DAB$ — это прямая, проходящая через точку $M$ и параллельная $AB$. Проведём эту прямую до пересечения с ребром $DB$ в точке $N$. Получим отрезок $MN \parallel AB$.
2. Аналогично, плоскость грани $DAC$ пересекает плоскости $\alpha$ и $ABC$. Линия их пересечения — $AC$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ и $DAC$ — это прямая, проходящая через точку $M$ и параллельная $AC$. Проведём эту прямую до пересечения с ребром $DC$ в точке $P$. Получим отрезок $MP \parallel AC$.
3. Соединим точки $N$ и $P$. Отрезок $NP$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $DBC$. Так как $\alpha \parallel ABC$, то $NP \parallel BC$.

Треугольник $MNP$ и есть искомое сечение тетраэдра.

Ответ: Искомым сечением является треугольник $MNP$, плоскость которого параллельна плоскости $ABC$, а его вершины $M, N, P$ лежат на ребрах $DA, DB, DC$ тетраэдра соответственно.

Вычисление площади сечения

Так как плоскость сечения $MNP$ параллельна плоскости основания $ABC$, то тетраэдр $DMNP$ подобен тетраэдру $DABC$. Следовательно, треугольник сечения $MNP$ подобен треугольнику основания $ABC$.

Коэффициент подобия $k$ можно найти из отношения длин рёбер, выходящих из общей вершины $D$:

$k = \frac{DM}{DA}$

Из условия задачи $AM : MD = 4 : 3$. Это означает, что отрезок $DA$ можно разделить на $4+3=7$ равных частей. Тогда $AM$ составляет 4 части, а $MD$ — 3 части. Таким образом, отношение $MD$ ко всему ребру $DA$ равно:

$k = \frac{MD}{DA} = \frac{3}{4+3} = \frac{3}{7}$

Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия:

$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{3}{7}\right)^2 = \frac{9}{49}$

Площадь сечения $S_{MNP}$ можно выразить через площадь основания $S_{ABC}$:

$S_{MNP} = S_{ABC} \cdot \frac{9}{49}$

Основание $ABC$ — равносторонний треугольник со стороной $a = 28$ см. Его площадь вычисляется по формуле:

$S = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$S_{ABC} = \frac{28^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{784\sqrt{3}}{4} = 196\sqrt{3}$ см$^2$.

Теперь вычислим площадь сечения $MNP$:

$S_{MNP} = 196\sqrt{3} \cdot \frac{9}{49} = \frac{196}{49} \cdot 9\sqrt{3} = 4 \cdot 9\sqrt{3} = 36\sqrt{3}$ см$^2$.

Ответ: $36\sqrt{3}$ см$^2$.

20.28. Основанием пирамиды $MABCD$ является прямоугольник $ABCD$. Точка $K$ – середина ребра $AD$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $K$ параллельно плоскости $ABM$. Найдите периметр полученного сечения, если $MA = MB = 16$ см, $AB = 10$ см.

Построение сечения

Пусть $\alpha$ - секущая плоскость. По условию, она проходит через точку $K$ (середину ребра $AD$) и параллельна плоскости $(ABM)$.

1. Линия пересечения секущей плоскости $\alpha$ с гранью $(MAD)$ должна проходить через точку $K$ и быть параллельной линии пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(MAD)$, то есть прямой $MA$. Проведем отрезок $KL$ в грани $(MAD)$ так, что точка $L$ лежит на ребре $MD$, а $KL \parallel MA$.

2. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $(ABCD)$ должна проходить через точку $K$ и быть параллельной линии пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(ABCD)$, то есть прямой $AB$. Проведем отрезок $KN$ в плоскости основания так, что точка $N$ лежит на ребре $BC$, а $KN \parallel AB$.

3. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $(MBC)$ должна проходить через точку $N$ и быть параллельной линии пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(MBC)$, то есть прямой $MB$. Проведем отрезок $NP$ в грани $(MBC)$ так, что точка $P$ лежит на ребре $MC$, а $NP \parallel MB$.

4. Соединим точки $L$ и $P$, лежащие в одной грани $(MDC)$.

Таким образом, искомое сечение — это четырехугольник $KLPN$.

Нахождение периметра полученного сечения

Периметр четырехугольника $KLPN$ равен сумме длин его сторон: $P_{KLPN} = KL + LP + PN + NK$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MAD$. Так как $K$ — середина $AD$ и по построению $KL \parallel MA$, то по теореме Фалеса $L$ — середина $MD$. Следовательно, $KL$ является средней линией $\triangle MAD$.

$KL = \frac{1}{2} MA = \frac{1}{2} \cdot 16 = 8$ см.

Рассмотрим основание $ABCD$. Так как $ABCD$ — прямоугольник, то $AD \parallel BC$. Так как $K$ — середина $AD$ и $KN \parallel AB$, то из свойств прямоугольника следует, что $N$ — середина $BC$. Отрезок $KN$ соединяет середины боковых сторон прямоугольника, поэтому он параллелен основаниям $AB$ и $CD$ и равен им по длине.

$KN = AB = 10$ см.

Рассмотрим треугольник $\triangle MBC$. Так как $N$ — середина $BC$ и по построению $NP \parallel MB$, то по теореме Фалеса $P$ — середина $MC$. Следовательно, $NP$ является средней линией $\triangle MBC$.

$NP = \frac{1}{2} MB = \frac{1}{2} \cdot 16 = 8$ см.

Рассмотрим треугольник $\triangle MDC$. Так как $L$ — середина $MD$ и $P$ — середина $MC$, то $LP$ является средней линией $\triangle MDC$.

$LP = \frac{1}{2} DC$.

В прямоугольнике $ABCD$ противоположные стороны равны, поэтому $DC = AB = 10$ см. Тогда:

$LP = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см.

Теперь вычислим периметр сечения:

$P_{KLPN} = KL + LP + PN + NK = 8 + 5 + 8 + 10 = 31$ см.

Ответ: 31 см.

20.29. Верно ли утверждение:

1) если параллельные проекции двух прямых на плоскость параллельны, то данные прямые параллельны;

2) если плоская фигура равна своей параллельной проекции, то плоскость, в которой лежит данная фигура, и плоскость, в которой лежит её проекция, параллельны?

1) если параллельные проекции двух прямых на плоскость параллельны, то данные прямые параллельны;

Утверждение неверно. Две прямые в пространстве могут быть не параллельны (например, скрещивающимися), но их параллельные проекции на некоторую плоскость могут быть параллельными.

Рассмотрим контрпример. Пусть параллельное проектирование осуществляется на плоскость $Oxy$ ($z=0$) параллельно оси $Oz$. Направление проектирования задается вектором $\vec{d}=(0, 0, 1)$.

Возьмем две прямые в пространстве:

• Прямая $a$, совпадающая с осью $Ox$. Ее направляющий вектор $\vec{v}_a=(1, 0, 0)$.
• Прямая $b$, проходящая через точку $(0, 1, 0)$ и параллельная вектору $\vec{v}_b=(1, 0, 1)$. Ее параметрическое уравнение: $x=s, y=1, z=s$.

Прямые $a$ и $b$ не параллельны, так как их направляющие векторы $\vec{v}_a=(1, 0, 0)$ и $\vec{v}_b=(1, 0, 1)$ не коллинеарны. Они также не пересекаются (у прямой $a$ координата $y$ всегда равна 0, а у прямой $b$ — 1). Следовательно, прямые $a$ и $b$ являются скрещивающимися.

Теперь найдем их проекции на плоскость $Oxy$:

• Проекция прямой $a$ (которая уже лежит в плоскости $Oxy$) на эту же плоскость есть сама прямая $a$. Обозначим проекцию $a'$. Ее уравнение: $y=0, z=0$ (ось $Ox$).
• Для нахождения проекции прямой $b$, спроецируем любую ее точку $(s, 1, s)$. При проектировании параллельно оси $Oz$ на плоскость $z=0$ координата $z$ обнуляется, а остальные остаются без изменений. Таким образом, проекцией точки $(s, 1, s)$ будет точка $(s, 1, 0)$. Множество таких точек образует прямую $b'$. Ее уравнение: $y=1, z=0$.

Проекции $a'$ (ось $Ox$) и $b'$ (прямая $y=1$ в плоскости $Oxy$) параллельны друг другу.

Таким образом, мы имеем две скрещивающиеся прямые $a$ и $b$, чьи параллельные проекции $a'$ и $b'$ параллельны.

Ответ: нет, утверждение неверно.

2) если плоская фигура равна своей параллельной проекции, то плоскость, в которой лежит данная фигура, и плоскость, в которой лежит её проекция, параллельны?

Утверждение неверно. Равенство (конгруэнтность) фигуры и ее проекции означает, что параллельное проектирование в данном случае является изометрическим преобразованием (движением). Можно подобрать такое направление проектирования, что для двух непараллельных плоскостей проектирование одной на другую будет изометрией.

Рассмотрим контрпример.

Пусть плоскость проекции $\pi$ — это плоскость $Oxy$ ($z=0$).

Пусть плоскость $\alpha$, в которой лежит фигура, задана уравнением $z=y$. Эта плоскость не параллельна плоскости $\pi$, они пересекаются по оси $Ox$.

Рассмотрим в плоскости $\alpha$ треугольник $ABC$ с вершинами в точках $A=(0,0,0)$, $B=(1,0,0)$ и $C=(0,1,1)$. Найдем длины его сторон:

• $|AB| = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1$
• $|AC| = \sqrt{(0-0)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0+1+1} = \sqrt{2}$
• $|BC| = \sqrt{(1-0)^2 + (0-1)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$

Выберем направление проектирования, заданное вектором $\vec{d}=(0, 1+\sqrt{2}, 1)$. Спроецируем треугольник $ABC$ на плоскость $\pi$ ($z=0$) параллельно этому вектору.

Проекцией точки $P(x_0, y_0, z_0)$ будет точка $P'(x', y', 0)$ такая, что вектор $\vec{PP'}$ коллинеарен вектору $\vec{d}$. $\vec{PP'} = (x'-x_0, y'-y_0, -z_0) = \lambda \vec{d} = \lambda(0, 1+\sqrt{2}, 1)$. Из равенства координат получаем: $x'-x_0 = 0 \implies x' = x_0$. $-z_0 = \lambda \cdot 1 \implies \lambda = -z_0$. $y'-y_0 = \lambda(1+\sqrt{2}) \implies y' = y_0 - z_0(1+\sqrt{2})$.

Найдем проекции $A'$, $B'$, $C'$ вершин треугольника:

• $A=(0,0,0) \implies A'=(0, 0-0, 0) = (0,0,0)$
• $B=(1,0,0) \implies B'=(1, 0-0, 0) = (1,0,0)$
• $C=(0,1,1) \implies C'=(0, 1-1(1+\sqrt{2}), 0) = (0, -\sqrt{2}, 0)$

Теперь найдем длины сторон проекции — треугольника $A'B'C'$:

• $|A'B'| = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1$
• $|A'C'| = \sqrt{(0-0)^2 + (-\sqrt{2}-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{0+2+0} = \sqrt{2}$
• $|B'C'| = \sqrt{(1-0)^2 + (0-(-\sqrt{2}))^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1+2+0} = \sqrt{3}$

Длины соответствующих сторон треугольников $ABC$ и $A'B'C'$ равны, следовательно, треугольники равны по трем сторонам. Таким образом, фигура (треугольник $ABC$) равна своей параллельной проекции. Однако плоскость фигуры $\alpha$ ($z=y$) не параллельна плоскости проекции $\pi$ ($z=0$).

Ответ: нет, утверждение неверно.

20.30. Точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ являются соответственно изображениями вершин $A$, $B$ и $C$ параллелограмма $ABCD$ (рис. 20.11). Постройте изображение параллелограмма $ABCD$.

Рис. 20.10

Рис. 20.11

Построение изображения параллелограмма $ABCD$ основывается на свойстве его диагоналей, которое сохраняется при параллельном проектировании. Основное свойство параллелограмма заключается в том, что его диагонали пересекаются и в точке пересечения делятся пополам. При параллельном проектировании середина отрезка проецируется в середину проекции этого отрезка. Таким образом, для построения изображения четвертой вершины $D_1$ параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$ можно использовать точку пересечения его диагоналей.

Алгоритм построения:

1. Соединим данные точки $A_1$ и $C_1$ отрезком. Этот отрезок является изображением диагонали $AC$ исходного параллелограмма.
2. Найдем середину отрезка $A_1C_1$. Обозначим эту точку $O_1$. Точка $O_1$ является изображением точки пересечения диагоналей $AC$ и $BD$.
3. Проведем прямую через точки $B_1$ и $O_1$. Эта прямая содержит изображение диагонали $BD$.
4. Вершина $D_1$ должна лежать на этой прямой, причем точка $O_1$ должна быть серединой отрезка $B_1D_1$. Для нахождения $D_1$ отложим на луче $B_1O_1$ от точки $O_1$ отрезок $O_1D_1$, равный по длине отрезку $B_1O_1$.
5. Соединим последовательно точки $A_1, B_1, C_1$ и $D_1$. Полученный четырехугольник $A_1B_1C_1D_1$ и есть искомое изображение параллелограмма $ABCD$.

Другой способ построения основан на свойстве параллельности противоположных сторон. В параллелограмме $ABCD$ сторона $AD$ параллельна стороне $BC$, и сторона $AB$ параллельна стороне $DC$. Так как параллельность прямых сохраняется при параллельном проектировании, то и в изображении $A_1B_1C_1D_1$ должны выполняться соотношения: $A_1D_1 \parallel B_1C_1$ и $A_1B_1 \parallel D_1C_1$. Для построения точки $D_1$ достаточно провести через точку $A_1$ прямую, параллельную $B_1C_1$, и через точку $C_1$ прямую, параллельную $A_1B_1$. Точка пересечения этих прямых и будет искомой вершиной $D_1$. Этот метод эквивалентен использованию векторов: $\vec{A_1D_1} = \vec{B_1C_1}$.

Ответ:

Чтобы построить изображение параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$, необходимо найти положение четвертой вершины $D_1$. Для этого нужно: 1. Соединить точки $A_1$ и $C_1$ и найти середину этого отрезка — точку $O_1$. 2. Провести луч из точки $B_1$ через $O_1$. 3. На этом луче отложить отрезок $O_1D_1$, равный отрезку $B_1O_1$. 4. Соединить точки $A_1, B_1, C_1, D_1$, чтобы получить искомый параллелограмм.

20.31. Треугольник $A_1B_1C_1$ – изображение прямоугольного треугольника $ABC$ с гипотенузой $AB$, отрезок $A_1B_1$ – изображение гипотенузы $AB$. Постройте изображение квадрата, вписанного в треугольник $ABC$ и имеющего с ним общий угол, если:

1) $AC = BC$;

2) $AC : BC = 2 : 3$.

Пусть $\triangle ABC$ — исходный прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$. Пусть $CDEF$ — вписанный в него квадрат, имеющий с ним общий угол $C$. Это означает, что вершины квадрата $D$ и $F$ лежат на катетах $AC$ и $BC$ соответственно, а вершина $E$ — на гипотенузе $AB$.

Пусть сторона квадрата равна $x$, то есть $CD = CF = DE = EF = x$. Поскольку сторона квадрата $DE$ параллельна катету $BC$ (так как обе перпендикулярны $AC$), то треугольник $ADE$ подобен треугольнику $ABC$ ($\triangle ADE \sim \triangle ABC$).

Из подобия треугольников следует соотношение сторон:

$\frac{AD}{AC} = \frac{DE}{BC}$

Поскольку $AD = AC - CD = AC - x$ и $DE = x$, получаем:

$\frac{AC - x}{AC} = \frac{x}{BC}$

Преобразуем это выражение:

$1 - \frac{x}{AC} = \frac{x}{BC}$

$(AC - x) \cdot BC = x \cdot AC$

$AC \cdot BC - x \cdot BC = x \cdot AC$

$AC \cdot BC = x(AC + BC)$

Отсюда можно найти сторону квадрата $x = \frac{AC \cdot BC}{AC + BC}$.

Нас интересует положение точек $D$ и $F$. Из соотношения $\frac{AD}{AC} = \frac{DE}{BC}$ и того, что $DE = CD = x$, следует $\frac{AD}{AC} = \frac{CD}{BC}$. Отсюда получаем ключевое для построения соотношение:

$\frac{AD}{CD} = \frac{AC}{BC}$

Аналогично, из подобия $\triangle FBE \sim \triangle ABC$ можно получить соотношение $\frac{BF}{CF} = \frac{BC}{AC}$.

Поскольку параллельное проектирование сохраняет отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой, то для изображения $\triangle A_1B_1C_1$ будут верны аналогичные соотношения:

$A_1D_1 : D_1C_1 = AC : BC$

$B_1F_1 : F_1C_1 = BC : AC$

Изображением квадрата $CDEF$ будет параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$. Построение сводится к нахождению точек $D_1$ и $F_1$ на сторонах $A_1C_1$ и $B_1C_1$ соответственно, а затем — к построению параллелограмма.

1) $AC = BC$

В этом случае треугольник $ABC$ — равнобедренный. Отношение катетов $AC : BC = 1 : 1$.

Следовательно, для точек на изображении имеем:

$A_1D_1 : D_1C_1 = 1 : 1$, то есть $D_1$ — середина отрезка $A_1C_1$.

$B_1F_1 : F_1C_1 = 1 : 1$, то есть $F_1$ — середина отрезка $B_1C_1$.

Построение:

1. Найти середину $D_1$ отрезка $A_1C_1$.
2. Найти середину $F_1$ отрезка $B_1C_1$.
3. Через точку $D_1$ провести прямую, параллельную $B_1C_1$.
4. Через точку $F_1$ провести прямую, параллельную $A_1C_1$.
5. Точка пересечения этих прямых есть вершина $E_1$.

Полученный параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$ является искомым изображением квадрата.

Ответ: Искомое изображение — это параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$, где $D_1$ — середина $A_1C_1$, $F_1$ — середина $B_1C_1$, а $E_1$ — точка пересечения прямых, проведенных через $D_1$ и $F_1$ параллельно сторонам $B_1C_1$ и $A_1C_1$ соответственно.

2) $AC : BC = 2 : 3$

В этом случае, согласно общему выводу, для точек на изображении имеем:

$A_1D_1 : D_1C_1 = AC : BC = 2 : 3$.

$B_1F_1 : F_1C_1 = BC : AC = 3 : 2$.

Построение:

1. Разделить отрезок $A_1C_1$ точкой $D_1$ в отношении $A_1D_1 : D_1C_1 = 2 : 3$. Это можно сделать с помощью теоремы Фалеса: из точки $C_1$ провести произвольный луч, не лежащий на прямой $A_1C_1$, отложить на нем 5 равных отрезков. Конец пятого отрезка соединить с точкой $A_1$. Через конец третьего отрезка (считая от $C_1$) провести прямую, параллельную прямой, соединяющей пятый отрезок и $A_1$. Точка пересечения этой прямой с $A_1C_1$ и будет искомой точкой $D_1$.
2. Аналогично разделить отрезок $B_1C_1$ точкой $F_1$ в отношении $B_1F_1 : F_1C_1 = 3 : 2$.
3. Через точку $D_1$ провести прямую, параллельную $B_1C_1$.
4. Через точку $F_1$ провести прямую, параллельную $A_1C_1$.
5. Точка пересечения этих прямых есть вершина $E_1$.

Полученный параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$ является искомым изображением квадрата.

Ответ: Искомое изображение — это параллелограмм $C_1D_1E_1F_1$, где точка $D_1$ делит отрезок $A_1C_1$ в отношении $A_1D_1 : D_1C_1 = 2:3$, точка $F_1$ делит отрезок $B_1C_1$ в отношении $B_1F_1 : F_1C_1 = 3:2$, а $E_1$ — точка пересечения прямых, проведенных через $D_1$ и $F_1$ параллельно сторонам $B_1C_1$ и $A_1C_1$ соответственно.