Страница 71 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

7.21. На рисунке 7.34 изображён куб $ABCD A_1B_1C_1D_1$. Постройте образ данного куба при параллельном переносе, в результате которого:

1) образом точки $A$ является точка $D$;

2) образом точки $B$ является точка $C_1$.

Рис. 7.34

1) образом точки A является точка D

Параллельный перенос определяется вектором переноса. В данном случае, так как образом точки $A$ является точка $D$, то вектор переноса $\vec{v} = \vec{AD}$.

Чтобы построить образ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, необходимо найти образы всех его вершин при переносе на вектор $\vec{v} = \vec{AD}$. Обозначим образ произвольной точки $X$ как $X'$. Тогда для любой точки $X$ куба ее образ $X'$ находится из условия $\vec{XX'} = \vec{AD}$.

Найдем образы вершин куба:

• $A' = D$ (по условию).
• Для вершины $B$: $\vec{BB'} = \vec{AD}$. Так как $ABCD$ — грань куба (квадрат), то $\vec{AD} = \vec{BC}$. Следовательно, $\vec{BB'} = \vec{BC}$, откуда следует, что $B' = C$.
• Для вершины $A_1$: $\vec{A_1A'_1} = \vec{AD}$. Так как $ADD_1A_1$ — грань куба (квадрат), то $\vec{AD} = \vec{A_1D_1}$. Следовательно, $\vec{A_1A'_1} = \vec{A_1D_1}$, откуда следует, что $A'_1 = D_1$.
• Для вершины $B_1$: $\vec{B_1B'_1} = \vec{AD}$. В кубе векторы $\vec{AD}$ и $\vec{B_1C_1}$ равны. Следовательно, $\vec{B_1B'_1} = \vec{B_1C_1}$, откуда следует, что $B'_1 = C_1$.

Таким образом, грань $ABB_1A_1$ исходного куба переходит в грань $DCC_1D_1$.

Для остальных вершин ($C$, $D$, $C_1$, $D_1$) их образы ($C'$, $D'$, $C'_1$, $D'_1$) строятся по тому же правилу:

• $\vec{CC'} = \vec{AD}$
• $\vec{DD'} = \vec{AD}$
• $\vec{C_1C'_1} = \vec{AD}$
• $\vec{D_1D'_1} = \vec{AD}$

В результате переноса куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ переходит в куб $A'B'C'D'A'_1B'_1C'_1D'_1$, вершинами которого являются точки $D, C, C', D', D_1, C_1, C'_1, D'_1$. Этот новый куб, $DCC'D'D_1C_1C'_1D'_1$, примыкает к исходному кубу по грани $DCC_1D_1$.

Ответ: Образом куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является куб $DCC'D'D_1C_1C'_1D'_1$, где вершины $C'$, $D'$, $C'_1$, $D'_1$ строятся таким образом, что четырёхугольники $ADCC'$, $ADD'D$, $ADC'_1C_1$ и $ADD'_1D_1$ являются параллелограммами.

2) образом точки B является точка C_1

В этом случае параллельный перенос задается вектором $\vec{v} = \vec{BC_1}$. Этот вектор является диагональю грани $BCC_1B_1$.

Чтобы построить образ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, найдем образы всех его вершин при переносе на вектор $\vec{v} = \vec{BC_1}$. Обозначим образ произвольной точки $X$ как $X''$. Тогда для любой точки $X$ куба ее образ $X''$ находится из условия $\vec{XX''} = \vec{BC_1}$.

Найдем образы вершин куба:

• $B'' = C_1$ (по условию).
• Для вершины $A$: $\vec{AA''} = \vec{BC_1}$. В кубе грани $BCC_1B_1$ и $ADD_1A_1$ параллельны и равны, поэтому их соответствующие диагонали, заданные векторами $\vec{BC_1}$ и $\vec{AD_1}$, равны. Таким образом, $\vec{BC_1} = \vec{AD_1}$. Следовательно, $\vec{AA''} = \vec{AD_1}$, откуда следует, что $A'' = D_1$.

Итак, образом ребра $AB$ является ребро $D_1C_1$ исходного куба.

Образы остальных вершин ($C, D, A_1, B_1, C_1, D_1$) — точки $C'', D'', A''_1, B''_1, C''_1, D''_1$ — строятся по тому же правилу смещения на вектор $\vec{BC_1}$:

• $\vec{CC''} = \vec{BC_1}$ (четырёхугольник $BCC''C_1$ — параллелограмм).
• $\vec{DD''} = \vec{BC_1}$ (четырёхугольник $BC_1D''D$ — параллелограмм).
• $\vec{A_1A''_1} = \vec{BC_1}$ (четырёхугольник $BC_1A''_1A_1$ — параллелограмм).
• $\vec{B_1B''_1} = \vec{BC_1}$ (четырёхугольник $BC_1B''_1B_1$ — параллелограмм).
• $\vec{C_1C''_1} = \vec{BC_1}$ (точки $B, C_1, C''_1$ лежат на одной прямой).
• $\vec{D_1D''_1} = \vec{BC_1}$ (четырёхугольник $BC_1D''_1D_1$ — параллелограмм).

В результате переноса куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ переходит в куб $A''B''C''D''A''_1B''_1C''_1D''_1$, вершинами которого являются точки $D_1, C_1, C'', D'', A''_1, B''_1, C''_1, D''_1$.

Ответ: Образом данного куба является куб $D_1C_1C''D''A''_1B''_1C''_1D''_1$, где $A'' = D_1$, $B'' = C_1$, а остальные вершины $C''$, $D''$, $A''_1$, $B''_1$, $C''_1$, $D''_1$ определяются смещением соответствующих вершин исходного куба ($C, D, A_1, B_1, C_1, D_1$) на вектор $\vec{BC_1}$.

7.22. На рисунке 7.35 изображён тетраэдр $DABC$, точка $M$ – середина ребра $BC$. Постройте образ данного тетраэдра при параллельном переносе, в результате которого:

1) образом точки $D$ является точка $B$;

2) образом точки $A$ является точка $M$.

Рис. 7.35

Параллельный перенос — это преобразование пространства, при котором все точки смещаются в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. Он задается вектором переноса. Если точка $X$ переходит в точку $X'$, то вектор переноса равен $\vec{XX'}$. Чтобы построить образ тетраэдра, необходимо построить образы всех его четырех вершин.

1) образом точки D является точка B

В этом случае параллельный перенос задается вектором $\vec{DB}$. Это означает, что каждая вершина исходного тетраэдра $DABC$ смещается на вектор $\vec{DB}$. Найдем образы вершин:

• Образом вершины $D$ по условию является точка $B$. Обозначим ее $D'$. Итак, $D' = B$.
• Образ вершины $A$, точка $A'$, находится из условия $\vec{AA'} = \vec{DB}$. Геометрически это означает, что четырехугольник $DAA'B$ — параллелограмм. Для построения точки $A'$ нужно отложить от точки $A$ вектор, равный вектору $\vec{DB}$.
• Образ вершины $B$, точка $B'$, находится из условия $\vec{BB'} = \vec{DB}$. Для построения точки $B'$ нужно отложить от точки $B$ вектор, равный вектору $\vec{DB}$. Точки $D$, $B$ и $B'$ будут лежать на одной прямой, причем точка $B$ будет являться серединой отрезка $DB'$.
• Образ вершины $C$, точка $C'$, находится из условия $\vec{CC'} = \vec{DB}$. Геометрически это означает, что четырехугольник $DCC'B$ — параллелограмм. Для построения точки $C'$ нужно отложить от точки $C$ вектор, равный вектору $\vec{DB}$.

Соединив новые вершины $D'=B, A', B', C'$, получим искомый тетраэдр $BA'B'C'$.

Ответ: Образом тетраэдра $DABC$ является тетраэдр $BA'B'C'$, где точки $A'$, $B'$, $C'$ таковы, что выполняются векторные равенства: $\vec{AA'} = \vec{DB}$, $\vec{BB'} = \vec{DB}$, $\vec{CC'} = \vec{DB}$.

2) образом точки A является точка M

По условию, точка $M$ является серединой ребра $BC$. Параллельный перенос, при котором образом точки $A$ является точка $M$, задается вектором $\vec{AM}$. Каждая вершина исходного тетраэдра $DABC$ смещается на вектор $\vec{AM}$. Найдем образы вершин:

• Образом вершины $A$ по условию является точка $M$. Обозначим ее $A'$. Итак, $A' = M$.
• Образ вершины $D$, точка $D'$, находится из условия $\vec{DD'} = \vec{AM}$. Геометрически это означает, что четырехугольник $ADD'M$ — параллелограмм.
• Образ вершины $B$, точка $B'$, находится из условия $\vec{BB'} = \vec{AM}$. Геометрически это означает, что четырехугольник $ABB'M$ — параллелограмм.
• Образ вершины $C$, точка $C'$, находится из условия $\vec{CC'} = \vec{AM}$. Геометрически это означает, что четырехугольник $ACC'M$ — параллелограмм.

Соединив новые вершины $D', A'=M, B', C'$, получим искомый тетраэдр $D'MB'C'$.

Ответ: Образом тетраэдра $DABC$ является тетраэдр $D'MB'C'$, где точки $D'$, $B'$, $C'$ таковы, что выполняются векторные равенства: $\vec{DD'} = \vec{AM}$, $\vec{BB'} = \vec{AM}$, $\vec{CC'} = \vec{AM}$.

7.23. Докажите, что если отрезок параллелен плоскости проектирования, то его параллельной проекцией является отрезок, равный данному.

Пусть дан отрезок $AB$ и плоскость проектирования $\alpha$. По условию задачи, отрезок $AB$ параллелен плоскости $\alpha$, то есть прямая, содержащая отрезок $AB$, параллельна плоскости $\alpha$.
Параллельной проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $A_1B_1$, где $A_1$ и $B_1$ — проекции точек $A$ и $B$ соответственно. (Мы предполагаем, что отрезок $AB$ не параллелен направлению проектирования, иначе его проекцией была бы точка).
По определению параллельного проектирования, прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны некоторой прямой $l$, задающей направление проектирования. Из этого следует, что прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны друг другу: $AA_1 \parallel BB_1$.
Так как две параллельные прямые $AA_1$ и $BB_1$ задают единственную плоскость, то точки $A, B, B_1, A_1$ лежат в одной плоскости (назовем её $\beta$). Таким образом, четырехугольник $ABB_1A_1$ является плоской фигурой.
Прямая $AB$ лежит в плоскости $\beta$, и по условию она параллельна плоскости $\alpha$. Прямая $A_1B_1$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Согласно свойству параллельных прямой и плоскости: если плоскость ($\beta$) проходит через прямую ($AB$), параллельную другой плоскости ($\alpha$), и пересекает эту плоскость, то линия пересечения ($A_1B_1$) параллельна данной прямой ($AB$). Следовательно, $AB \parallel A_1B_1$.
Рассмотрим четырехугольник $ABB_1A_1$. Мы установили, что его противолежащие стороны попарно параллельны:
1. $AA_1 \parallel BB_1$ (по определению параллельного проектирования).
2. $AB \parallel A_1B_1$ (как было доказано выше).
Четырехугольник, у которого противолежащие стороны попарно параллельны, является параллелограммом. Значит, $ABB_1A_1$ — параллелограмм.
По свойству параллелограмма, его противолежащие стороны равны по длине. Следовательно, $|AB| = |A_1B_1|$.
Таким образом, мы доказали, что параллельной проекцией отрезка, который параллелен плоскости проектирования, является отрезок, равный по длине исходному отрезку, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если отрезок параллелен плоскости проектирования, то его параллельная проекция — это отрезок, равный по длине данному отрезку.

7.24. Докажите, что если фигура принадлежит плоскости, параллельной плоскости проектирования, то её параллельной проекцией является фигура, равная данной.

Для доказательства утверждения рассмотрим основные свойства параллельного проектирования и определения равных фигур.

Пусть дана фигура $F$, которая целиком лежит в плоскости $\alpha$. Плоскость проектирования обозначим как $\beta$, и по условию задачи $\alpha \parallel \beta$. Проектирование является параллельным, что означает, что все проектирующие прямые параллельны некоторой прямой $l$. Прямая $l$ не может быть параллельна плоскостям $\alpha$ и $\beta$, иначе проекцией всей плоскости $\alpha$ была бы одна прямая или точка.

Чтобы доказать, что проекция фигуры $F$ (обозначим ее $F'$) равна самой фигуре $F$, необходимо показать, что расстояние между любыми двумя точками в фигуре $F$ равно расстоянию между их соответствующими проекциями в фигуре $F'$. Преобразование, сохраняющее расстояния, называется движением или изометрией, и оно переводит фигуру в равную ей фигуру.

1. Возьмем две произвольные точки $A$ и $B$, принадлежащие фигуре $F$. Поскольку $F \subset \alpha$, то и $A \in \alpha$, и $B \in \alpha$.

2. Пусть $A'$ и $B'$ — это параллельные проекции точек $A$ и $B$ на плоскость $\beta$. По определению, $A' \in \beta$ и $B' \in \beta$.

3. Проектирующие прямые $AA'$ и $BB'$ по определению параллельного проектирования параллельны направляющей прямой $l$, а значит, они параллельны друг другу: $AA' \parallel BB'$.

4. Рассмотрим четырехугольник $ABB'A'$. Точки $A$ и $B$ лежат в плоскости $\alpha$, а точки $A'$ и $B'$ — в плоскости $\beta$. Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны, а прямые $AA'$ и $BB'$ также параллельны, то отрезки $AA'$ и $BB'$, заключенные между параллельными плоскостями, равны. То есть, $AA' = BB'$.

5. В четырехугольнике $ABB'A'$ две стороны $AA'$ и $BB'$ параллельны и равны. По признаку параллелограмма, четырехугольник $ABB'A'$ является параллелограммом.

6. В параллелограмме противолежащие стороны равны. Следовательно, длина стороны $AB$ равна длине противолежащей стороны $A'B'$: $AB = A'B'$.

Поскольку точки $A$ и $B$ были выбраны произвольно из фигуры $F$, мы доказали, что расстояние между любыми двумя точками фигуры $F$ сохраняется при параллельном проектировании на параллельную плоскость. Это означает, что данное преобразование является изометрией (движением). А движение переводит фигуру в равную ей фигуру.

Таким образом, фигура $F'$, являющаяся проекцией фигуры $F$, равна исходной фигуре $F$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано. Так как при параллельном проектировании фигуры, лежащей в плоскости $\alpha$, на параллельную ей плоскость $\beta$, расстояние между любыми двумя точками фигуры сохраняется, то такое преобразование является движением. Движение переводит фигуру в равную ей фигуру, следовательно, проекция фигуры равна самой фигуре.

7.25. Треугольник $A_1B_1C_1$ – изображение треугольника $ABC$. Постройте изображение биссектрисы треугольника $ABC$, проведённой из вершины $B$, если $AB : BC = 1 : 2$.

Пусть $BD$ — биссектриса угла $B$ в исходном треугольнике $ABC$, при этом точка $D$ лежит на стороне $AC$.

Согласно свойству биссектрисы треугольника, она делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Для биссектрисы $BD$ это свойство записывается в виде отношения:

$ \frac{AD}{DC} = \frac{AB}{BC} $

Из условия задачи известно, что $AB : BC = 1 : 2$. Подставив это отношение в формулу, получаем:

$ \frac{AD}{DC} = \frac{1}{2} $

Это означает, что биссектриса $BD$ пересекает сторону $AC$ в такой точке $D$, которая делит эту сторону в отношении $1:2$, считая от вершины $A$.

Треугольник $A_1B_1C_1$ является изображением (параллельной проекцией) треугольника $ABC$. Одним из инвариантов параллельного проецирования является сохранение отношения длин параллельных отрезков и отрезков, лежащих на одной прямой.

Следовательно, изображение $D_1$ точки $D$ будет лежать на изображении отрезка $AC$, то есть на отрезке $A_1C_1$, и будет делить его в том же самом отношении:

$ \frac{A_1D_1}{D_1C_1} = \frac{AD}{DC} = \frac{1}{2} $

Изображением биссектрисы $BD$ является отрезок $B_1D_1$. Таким образом, для построения изображения биссектрисы необходимо найти на стороне $A_1C_1$ точку $D_1$, которая делит её в отношении $1:2$, и соединить эту точку с вершиной $B_1$.

Построение

1. Провести из точки $A_1$ произвольный луч $l$, не лежащий на прямой $A_1C_1$.
2. На луче $l$, начиная от точки $A_1$, отложить с помощью циркуля три равных отрезка произвольной длины. Обозначим концы этих отрезков как $K_1$, $K_2$ и $K_3$ так, что $A_1K_1 = K_1K_2 = K_2K_3$.
3. Соединить точку $K_3$ с точкой $C_1$, получив отрезок $K_3C_1$.
4. Через точку $K_1$ провести прямую, параллельную отрезку $K_3C_1$. Точка пересечения этой прямой со стороной $A_1C_1$ и будет искомой точкой $D_1$. Согласно обобщенной теореме Фалеса, эта точка разделит отрезок $A_1C_1$ в отношении $A_1D_1 : D_1C_1 = A_1K_1 : K_1K_3 = 1:2$.
5. Соединить точку $B_1$ с построенной точкой $D_1$.

Полученный отрезок $B_1D_1$ является искомым изображением биссектрисы треугольника $ABC$, проведённой из вершины $B$.

Ответ: Искомое изображение биссектрисы – это отрезок $B_1D_1$, где точка $D_1$ делит отрезок $A_1C_1$ в отношении $A_1D_1 : D_1C_1 = 1:2$. Построение точки $D_1$ приведено выше.

7.26. Треугольник $A_1B_1C_1$ – изображение равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$. Постройте изображение центра окружности, вписанной в треугольник $ABC$, если $AB : AC = 5 : 4$.

Для того чтобы построить изображение центра вписанной окружности, необходимо сначала найти его положение в оригинальном треугольнике (прообразе), а затем, используя свойства параллельного проецирования, выполнить построение на изображении.

Анализ

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Центр вписанной в треугольник окружности (инцентр) является точкой пересечения его биссектрис. Обозначим инцентр буквой $O$.

Поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$, его медиана $BM$, проведенная из вершины $B$ к середине $M$ основания $AC$, является также биссектрисой угла $\angle ABC$ и высотой. Это означает, что центр вписанной окружности $O$ лежит на медиане $BM$.

Чтобы определить точное положение точки $O$ на медиане $BM$, рассмотрим биссектрису $AO$ угла $\angle BAC$. Точка $O$ является точкой пересечения биссектрис $BM$ и $AO$. Применим теорему о свойстве биссектрисы к треугольнику $ABM$ и биссектрисе $AO$. Эта теорема гласит, что биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам. Таким образом, получаем соотношение:

$\frac{BO}{OM} = \frac{AB}{AM}$

Из условия задачи нам известно, что $AB : AC = 5 : 4$. Мы можем принять длины сторон равными $AB = 5x$ и $AC = 4x$ для некоторого масштаба $x$.

Так как $M$ — середина стороны $AC$, то длина отрезка $AM$ равна половине длины $AC$:

$AM = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}(4x) = 2x$

Теперь мы можем вычислить искомое отношение:

$\frac{BO}{OM} = \frac{AB}{AM} = \frac{5x}{2x} = \frac{5}{2}$

Следовательно, центр вписанной окружности $O$ делит медиану $BM$ в отношении $5:2$, считая от вершины $B$.

Построение

При параллельном проецировании сохраняется принадлежность точек прямым и отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Это значит, что изображение центра вписанной окружности $O_1$ будет лежать на изображении медианы $B_1M_1$ и делить её в том же отношении $5:2$.

Построение выполняется в следующей последовательности:

1. Находим середину $M_1$ стороны $A_1C_1$ данного треугольника $A_1B_1C_1$.
2. Проводим отрезок $B_1M_1$, который является изображением медианы $BM$. Искомая точка $O_1$ лежит на этом отрезке.
3. Делим отрезок $B_1M_1$ в отношении $5:2$, считая от точки $B_1$. Для этого используем теорему Фалеса:
   • Из точки $B_1$ проводим произвольный луч $l$, не совпадающий с прямой $B_1M_1$.
   • На этом луче от точки $B_1$ откладываем $5+2=7$ равных отрезков произвольной длины. Обозначим концы отрезков как $P_1, P_2, \dots, P_7$.
   • Соединяем точку $P_7$ с точкой $M_1$.
   • Через точку $P_5$ проводим прямую, параллельную отрезку $P_7M_1$.
   • Точка пересечения построенной прямой с отрезком $B_1M_1$ и будет искомой точкой $O_1$.

Построенная точка $O_1$ является изображением центра окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Ответ: Изображение центра вписанной окружности — это точка $O_1$, которая лежит на медиане $B_1M_1$ треугольника $A_1B_1C_1$ (проведенной к стороне $A_1C_1$) и делит ее в отношении $B_1O_1 : O_1M_1 = 5 : 2$.

7.27. Треугольник $A_1B_1C_1$ – 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 $BM = 5MC$.

Центр $O$ описанной окружности равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$ лежит на его высоте (которая также является медианой) $BH$, проведенной к основанию. При параллельном проецировании середина отрезка переходит в середину проекции отрезка, поэтому проекцией медианы $BH$ является медиана $B_1H_1$ треугольника $A_1B_1C_1$. Следовательно, искомая точка $O_1$ — проекция центра $O$ — должна лежать на медиане $B_1H_1$.

Параллельное проецирование сохраняет отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Поэтому, чтобы найти положение точки $O_1$ на отрезке $B_1H_1$, нам необходимо найти отношение, в котором точка $O$ делит медиану $BH$. То есть, нам нужно найти значение $\frac{BO}{BH}$.

Для нахождения этого отношения воспользуемся данными задачи. Пусть $MC = x$. По условию, высота $AM$ делит сторону $BC$ так, что $BM = 5MC$, следовательно, $BM = 5x$. Тогда вся боковая сторона $BC = BM + MC = 5x + x = 6x$. Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, то $AB = BC = 6x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AMB$ (так как $AM$ — высота, $AM \perp BC$). 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:

$AC^2 = AM^2 + MC^2 = 11x^2 + x^2 = 12x^2$.

Отсюда длина основания $AC = \sqrt{12x^2} = 2\sqrt{3}x$.

Найдем длину медианы $BH$. Так как $BH$ в равнобедренном треугольнике является и высотой, то $\triangle BHC$ — прямоугольный. $H$ — середина $AC$, поэтому $HC = \frac{AC}{2} = \frac{2\sqrt{3}x}{2} = \sqrt{3}x$. По теореме Пифагора для $\triangle BHC$:

$BH^2 = BC^2 - HC^2 = (6x)^2 - (\sqrt{3}x)^2 = 36x^2 - 3x^2 = 33x^2$.

Отсюда $BH = \sqrt{33}x$.

Радиус $R$ описанной окружности равен $OB$. Для его нахождения воспользуемся свойством, что центр описанной окружности $O$ равноудален от вершин. $OB = OC = R$. В прямоугольном треугольнике $\triangle OHC$ (точка $O$ лежит на высоте $BH$) имеем $OC^2 = OH^2 + HC^2$. Так как $O$ лежит на отрезке $BH$, то $OH = BH - BO = BH - R$. Подставим в уравнение:

$R^2 = (BH - R)^2 + HC^2$

$R^2 = BH^2 - 2 \cdot BH \cdot R + R^2 + HC^2$

$2 \cdot BH \cdot R = BH^2 + HC^2$

Так как $BH^2 + HC^2 = BC^2$ (из $\triangle BHC$), то $2 \cdot BH \cdot R = BC^2$. Отсюда находим $R$:

$R = BO = \frac{BC^2}{2 \cdot BH} = \frac{(6x)^2}{2\sqrt{33}x} = \frac{36x^2}{2\sqrt{33}x} = \frac{18x}{\sqrt{33}}$.

Теперь мы можем найти искомое отношение:

$\frac{BO}{BH} = \frac{18x/\sqrt{33}}{\sqrt{33}x} = \frac{18}{(\sqrt{33})^2} = \frac{18}{33} = \frac{6}{11}$.

Таким образом, точка $O$ делит медиану $BH$ в отношении $6:11$, считая от вершины $B$. Следовательно, ее проекция $O_1$ делит медиану $B_1H_1$ в том же отношении: $B_1O_1 = \frac{6}{11}B_1H_1$.

Построение:

1. Найти середину $H_1$ стороны $A_1C_1$.
2. Провести отрезок (медиану) $B_1H_1$.
3. Разделить отрезок $B_1H_1$ в отношении $6:5$ (что эквивалентно $B_1O_1 = \frac{6}{11}B_1H_1$), считая от точки $B_1$. Это можно сделать с помощью теоремы Фалеса:
   • Из точки $B_1$ провести произвольный луч $l$, не совпадающий с $B_1H_1$.
   • На этом луче отложить от точки $B_1$ одиннадцать равных отрезков произвольной длины (с помощью циркуля). Обозначим конец последнего отрезка как точку $P$. Таким образом, $B_1P$ состоит из 11 равных частей.
   • Соединить точку $P$ с точкой $H_1$.
   • Найти на луче $l$ точку $Q$, которая является концом шестого отрезка ($B_1Q = \frac{6}{11}B_1P$).
   • Провести через точку $Q$ прямую, параллельную отрезку $PH_1$.
   • Точка пересечения этой прямой с медианой $B_1H_1$ и будет искомой точкой $O_1$.

Ответ: Изображение центра описанной окружности, точка $O_1$, лежит на медиане $B_1H_1$ треугольника $A_1B_1C_1$ и делит ее в отношении $B_1O_1:O_1H_1 = 6:5$.

7.28. Треугольник $A_1B_1C_1$ — изображение треугольника $ABC$ (рис. 7.36), отрезки $A_1D_1$ и $C_1E_1$ — изображения соответственно высот $AD$ и $CE$ треугольника $ABC$. Постройте изображение центра окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Рис. 7.34

Рис. 7.35

Рис. 7.36

Для построения изображения центра описанной окружности треугольника $ABC$ (обозначим его $O_1$) воспользуемся свойством прямой Эйлера. В любом треугольнике ортоцентр (точка пересечения высот, $H$), центроид (точка пересечения медиан, $M$) и центр описанной окружности ($O$) лежат на одной прямой. При этом центроид делит отрезок, соединяющий ортоцентр и центр описанной окружности, в отношении $2:1$, считая от ортоцентра. То есть, точки расположены на прямой в порядке $H-M-O$ (или $O-M-H$), и выполняется соотношение длин отрезков $HM : MO = 2:1$.

Параллельное проектирование, при котором треугольник $ABC$ отображается в треугольник $A_1B_1C_1$, сохраняет коллинеарность точек (принадлежность точек одной прямой) и отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Следовательно, изображения ортоцентра $H_1$, центроида $M_1$ и центра описанной окружности $O_1$ также будут лежать на одной прямой, и для них будет справедливо соотношение $H_1M_1 : M_1O_1 = 2:1$.

Исходя из этого, алгоритм построения следующий.

Сначала построим изображение ортоцентра $H_1$. Ортоцентр $H$ является точкой пересечения высот $AD$ и $CE$. По условию, их изображения — это отрезки $A_1D_1$ и $C_1E_1$. Поскольку при проектировании точка пересечения прямых переходит в точку пересечения их изображений, то для нахождения $H_1$ достаточно найти точку пересечения прямых, содержащих отрезки $A_1D_1$ и $C_1E_1$.

Затем построим изображение центроида $M_1$. Центроид $M$ является точкой пересечения медиан. Так как параллельное проектирование сохраняет середину отрезка, изображение медианы треугольника является медианой его изображения. Для нахождения $M_1$ построим две медианы треугольника $A_1B_1C_1$. Например, найдем середину $K_1$ стороны $A_1C_1$ и проведем медиану $B_1K_1$. Затем найдем середину $L_1$ стороны $B_1C_1$ и проведем медиану $A_1L_1$. Точка их пересечения и будет искомым изображением центроида $M_1$.

Наконец, имея точки $H_1$ и $M_1$, построим изображение центра описанной окружности $O_1$. Проведем прямую через точки $H_1$ и $M_1$ (это изображение прямой Эйлера). Точка $O_1$ лежит на этой прямой так, что $M_1$ находится между $H_1$ и $O_1$, и $M_1O_1 = \frac{1}{2} H_1M_1$. Для построения точки $O_1$ необходимо отложить от точки $M_1$ на луче $H_1M_1$ (т.е. в сторону от $H_1$) отрезок, равный половине длины отрезка $H_1M_1$.

Ответ: Изображение центра описанной окружности, точка $O_1$, строится как точка на продолжении отрезка $H_1M_1$ за точку $M_1$, такая, что $M_1O_1 = \frac{1}{2}H_1M_1$, где $H_1$ — точка пересечения прямых $A_1D_1$ и $C_1E_1$ (изображение ортоцентра), а $M_1$ — точка пересечения медиан треугольника $A_1B_1C_1$ (изображение центроида).

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

Для построения изображения перпендикуляра, опущенного из точки пересечения диагоналей ромба на сторону, необходимо сначала определить положение основания этого перпендикуляра на стороне ромба, а затем использовать свойства параллельного проецирования для построения его изображения.

1. Пусть $ABCD$ — ромб, у которого по условию $\angle A = 60^{\circ}$. Поскольку все стороны ромба равны ($AB = AD$), треугольник $\triangle ABD$ является равнобедренным с углом при вершине $60^{\circ}$. Следовательно, $\triangle ABD$ — равносторонний, и $AB = AD = BD$.

2. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба $AC$ и $BD$. Диагонали ромба в точке пересечения делятся пополам, значит $O$ — середина диагонали $BD$. Таким образом, $OD = \frac{1}{2}BD$. Так как $BD=AD$, то $OD = \frac{1}{2}AD$.

3. Опустим перпендикуляр $OH$ из точки $O$ на сторону $AD$ ($H \in AD$). Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ODH$. Угол $\angle ODH$ равен углу $\angle ADB$. Поскольку $\triangle ABD$ равносторонний, $\angle ADB = 60^{\circ}$.

4. В прямоугольном треугольнике $\triangle ODH$ катет $DH$, прилежащий к углу $60^{\circ}$, равен:
$DH = OD \cdot \cos(60^{\circ}) = \frac{1}{2}AD \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}AD$.

5. Таким образом, точка $H$ (основание перпендикуляра) делит сторону $AD$ в отношении $AH:HD = (AD - DH):DH = (\frac{3}{4}AD) : (\frac{1}{4}AD) = 3:1$.

При параллельном проецировании сохраняется отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Следовательно, изображение точки $H$, точка $H_1$, будет делить изображение стороны $AD$, отрезок $A_1D_1$, в том же отношении $A_1H_1 : H_1D_1 = 3:1$. Изображением точки пересечения диагоналей $O$ является точка пересечения диагоналей параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$, точка $O_1$.
Построение выполняется в следующем порядке:

1. В данном параллелограмме $A_1B_1C_1D_1$ проводим диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$. Точку их пересечения обозначаем $O_1$.
2. Строим точку $H_1$ на отрезке $A_1D_1$ так, чтобы она делила его в отношении $A_1H_1:H_1D_1 = 3:1$. Для этого можно использовать теорему Фалеса:
   • Из точки $A_1$ проводим произвольный луч $l$, не совпадающий с прямой $A_1D_1$.
   • На луче $l$ от точки $A_1$ откладываем четыре равных отрезка произвольной длины: $A_1K_1 = K_1K_2 = K_2K_3 = K_3K_4$.
   • Соединяем точку $K_4$ с точкой $D_1$.
   • Через точку $K_3$ проводим прямую, параллельную отрезку $K_4D_1$. Точка пересечения этой прямой с отрезком $A_1D_1$ и будет искомой точкой $H_1$.
3. Соединяем точки $O_1$ и $H_1$. Отрезок $O_1H_1$ и есть искомое изображение перпендикуляра.

Ответ: Искомым изображением перпендикуляра является отрезок $O_1H_1$, где $O_1$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$, а точка $H_1$ лежит на стороне $A_1D_1$ и делит ее в отношении $A_1H_1:H_1D_1 = 3:1$.