Страница 72 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

7.30. 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 $BC$.

Пусть $ABCD$ — исходный ромб, а $A_1B_1C_1D_1$ — его изображение в виде параллелограмма. Нам нужно построить изображение высоты $AH$, проведённой из вершины $A$ к стороне $BC$.

1. Анализ свойств исходной фигуры (ромба).

В ромбе $ABCD$ все стороны равны, то есть $AB = BC = CD = DA$. Угол при вершине $A$ равен $∠A = 60°$. Сумма соседних углов параллелограмма равна $180°$, поэтому $∠B = 180° - ∠A = 180° - 60° = 120°$.

Так как угол $∠ABC = 120°$ является тупым, основание высоты $H$, опущенной из вершины $A$ на прямую $BC$, будет лежать на продолжении стороны $BC$ за точку $B$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ΔABH$. В нём $∠AHB = 90°$. Угол $∠ABH$ является смежным с углом $∠ABC$, следовательно, $∠ABH = 180° - ∠ABC = 180° - 120° = 60°$.

Из треугольника $ΔABH$ находим катет $BH$, лежащий против угла $∠BAH = 30°$:

$BH = AB \cdot \sin(30°) = \frac{1}{2} AB$

Поскольку в ромбе $AB = BC$, мы получаем ключевое соотношение:

$BH = \frac{1}{2} BC$

Это означает, что точка $H$ лежит на продолжении стороны $BC$ за точку $B$, и расстояние $BH$ равно половине длины стороны $BC$.

2. Построение изображения высоты.

При параллельном проецировании сохраняется отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Точки $B, C, H$ лежат на одной прямой, и их изображения $B_1, C_1, H_1$ также будут лежать на одной прямой.

Соотношение $BH = \frac{1}{2} BC$ сохранится и для их изображений:

$B_1H_1 = \frac{1}{2} B_1C_1$

Таким образом, для построения изображения высоты $A_1H_1$ необходимо выполнить следующие шаги:

1. Найти середину стороны $B_1C_1$ изображения. Обозначим её $M_1$. Тогда длина отрезка $B_1M_1$ равна половине длины стороны $B_1C_1$.
2. На прямой, содержащей сторону $B_1C_1$, отложить от точки $B_1$ в сторону, противоположную точке $C_1$, отрезок $B_1H_1$, равный по длине отрезку $B_1M_1$.
3. Соединить точку $A_1$ с построенной точкой $H_1$.

Полученный отрезок $A_1H_1$ и есть искомое изображение высоты ромба, проведённой из вершины $A$ к стороне $BC$.

Ответ: Отрезок $A_1H_1$, где точка $H_1$ лежит на продолжении стороны $B_1C_1$ за вершину $B_1$ и удовлетворяет условию $B_1H_1 = \frac{1}{2} B_1C_1$, является изображением высоты ромба.

7.31. Треугольник $A_1B_1C_1$ – изображение треугольника $ABC$. Постройте изображение квадрата $DEFM$, вписанного в треугольник $ABC$, если $D \in AB$, $M \in AB$, $E \in AC$, $F \in BC$.

Для построения изображения вписанного квадрата воспользуемся методом гомотетии, так как гомотетия является аффинным преобразованием, и ее свойства сохраняются при параллельном проектировании. Суть метода заключается в построении вспомогательного квадрата и его последующем гомотетичном преобразовании.

Построение будет основываться на следующем свойстве: если в треугольник вписан квадрат так, что одна из его сторон лежит на стороне треугольника, то вершина треугольника, противолежащая этой стороне, является центром гомотетии, переводящей один квадрат в другой с соответственными параллельными сторонами.

Поскольку построение аффинно-инвариантно, мы можем выполнить его на изображении треугольника $A_1B_1C_1$.

Анализ и план построения:

1. В исходном треугольнике $ABC$ сторона $DM$ квадрата $DEFM$ лежит на стороне $AB$. Это значит, что сторона $EF$ квадрата параллельна стороне $AB$. При параллельном проектировании параллельность сохраняется, поэтому в искомом изображении $D_1E_1F_1M_1$ сторона $E_1F_1$ будет параллельна стороне $A_1B_1$.

2. Стороны $DE$ и $FM$ квадрата перпендикулярны $AB$. При проектировании перпендикулярность не сохраняется, но сохраняется параллельность. Так как $DE \parallel FM$, то и их изображения $D_1E_1$ и $F_1M_1$ будут параллельны. Следовательно, искомое изображение $D_1E_1F_1M_1$ будет параллелограммом.

3. Мы будем использовать гомотетию с центром в вершине $C_1$. Для этого сначала построим вспомогательный параллелограмм $A_1B_1P_1Q_1$, который является изображением квадрата, построенного на стороне $AB$ "внешним" по отношению к треугольнику образом.

4. Затем, используя гомотетию с центром $C_1$, мы "переместим" вершины этого вспомогательного параллелограмма на соответствующие стороны треугольника, чтобы получить вершины искомого параллелограмма $D_1E_1F_1M_1$.

Построение:

Пусть дан треугольник $A_1B_1C_1$ — изображение треугольника $ABC$.

1. Построим вспомогательный параллелограмм $A_1B_1P_1Q_1$, который является изображением квадрата, построенного на стороне $AB$. Для этого:

   • Через точку $A_1$ проведем произвольную прямую $d$, не параллельную $A_1B_1$. Эта прямая задает направление для боковых сторон квадрата на изображении.

   • На прямой $d$ построим точку $Q_1$ такую, что отрезок $A_1Q_1$ является изображением отрезка, равного $AB$. Это можно сделать, построив параллелограмм $A_1B_1B'_1Q_1$, где точка $B'_1$ лежит на прямой $d$. Тогда длина отрезка $A_1Q_1$ будет соответствовать длине $B_1B'_1$. Для нашей цели достаточно выбрать произвольную точку $Q_1$ на $d$, а затем скорректировать. Однако классический метод предполагает построение "образа квадрата". Для этого достаточно провести через $A_1$ и $B_1$ две параллельные прямые в произвольном направлении и отложить на них равные отрезки, но это не строго. Самый простой способ — выбрать произвольное направление и произвольную длину для "высоты". В результате получится образ прямоугольника, а не квадрата, но для целей аффинного построения это не меняет сути. Для простоты будем считать, что мы строим параллелограмм $A_1B_1P_1Q_1$, где $A_1Q_1 \parallel B_1P_1$. Назовем его "вспомогательным". Построим его с той же стороны от прямой $A_1B_1$, что и вершина $C_1$.

   • Проведем прямую через $B_1$ параллельно $A_1Q_1$.

   • Проведем прямую через $Q_1$ параллельно $A_1B_1$. Точка пересечения этих двух прямых даст нам вершину $P_1$. (На самом деле, для гомотетии достаточно точек $Q_1$ и $P_1$, которые получаются построением $A_1B_1P_1Q_1$ как параллелограмма).

2. Проведем луч из вершины $C_1$ через точку $Q_1$. Точка пересечения этого луча со стороной $A_1C_1$ даст нам вершину $E_1$ искомого параллелограмма. $E_1 = C_1Q_1 \cap A_1C_1$.

3. Аналогично проведем луч из вершины $C_1$ через точку $P_1$. Точка пересечения этого луча со стороной $B_1C_1$ даст нам вершину $F_1$. $F_1 = C_1P_1 \cap B_1C_1$.

4. Отрезок $E_1F_1$ является одной из сторон искомого параллелограмма. По свойству гомотетии, $E_1F_1 \parallel Q_1P_1$. Так как $Q_1P_1 \parallel A_1B_1$, то и $E_1F_1 \parallel A_1B_1$.

5. Для нахождения остальных вершин, $D_1$ и $M_1$, проведем через точки $E_1$ и $F_1$ прямые, параллельные прямой $A_1Q_1$ (или, что то же самое, $B_1P_1$).

   • Проведем прямую через $E_1$ параллельно $A_1Q_1$. Точка ее пересечения со стороной $A_1B_1$ есть вершина $D_1$.

   • Проведем прямую через $F_1$ параллельно $A_1Q_1$. Точка ее пересечения со стороной $A_1B_1$ есть вершина $M_1$.

6. Четырехугольник $D_1E_1F_1M_1$ является искомым изображением квадрата $DEFM$.

Обоснование:

Рассмотренное построение использует только операции, сохраняющиеся при параллельном проектировании: проведение прямых через две точки, нахождение точки пересечения прямых, проведение прямой, параллельной данной. Гомотетия с центром в точке $C$ переводит квадрат $ABPQ$ в вписанный квадрат $DEFM$. Поскольку построение вершин $E$ и $F$ (как $CQ \cap AC$ и $CP \cap BC$) инвариантно относительно аффинных преобразований, то, выполнив аналогичное построение на изображении $A_1B_1C_1$, мы получим изображение $D_1E_1F_1M_1$ вписанного квадрата.

Ответ: Искомое изображение квадрата $D_1E_1F_1M_1$ строится по вышеописанному алгоритму в 6 шагов.

7.32. Треугольник $A_1B_1C_1$ – изображение прямоугольного равнобедренного треугольника $ABC$ с гипотенузой $AB$. Постройте изображение квадрата, стороной которого является отрезок $AB$, если этот квадрат лежит в плоскости $ABC$ и расположен вне треугольника $ABC$.

Пусть дан треугольник $A_1B_1C_1$ — изображение прямоугольного равнобедренного треугольника $ABC$ с гипотенузой $AB$. Необходимо построить изображение квадрата $ABDE$, сторона которого $AB$ является гипотенузой треугольника, и который лежит в той же плоскости, что и треугольник, но вне его.

Для построения проанализируем свойства исходной геометрической фигуры в плоскости.

В исходном треугольнике $ABC$, поскольку он прямоугольный ($\angle C = 90^\circ$) и равнобедренный ($AC = BC$), медиана $CM$, проведенная из вершины прямого угла к гипотенузе $AB$, равна половине гипотенузы: $CM = \frac{1}{2}AB$. Кроме того, в равнобедренном треугольнике медиана к основанию является и высотой, следовательно, $CM \perp AB$.

Рассмотрим квадрат $ABDE$, построенный на стороне $AB$. Пусть $O$ — его центр (точка пересечения диагоналей), а $M$ — середина стороны $AB$. Отрезок $OM$, соединяющий центр квадрата с серединой стороны, перпендикулярен этой стороне ($OM \perp AB$) и равен половине ее длины ($OM = \frac{1}{2}AB$).

Таким образом, точки $C$ и $O$ лежат на одной прямой — перпендикуляре к отрезку $AB$, проходящем через его середину $M$. По условию, квадрат расположен вне треугольника, значит, точки $C$ и $O$ находятся по разные стороны от прямой $AB$. Так как $CM = OM = \frac{1}{2}AB$, точка $M$ является серединой отрезка $CO$.

Свойства параллельного проецирования, такие как сохранение параллельности прямых и сохранение отношения длин отрезков на одной прямой (в частности, середина отрезка проецируется в середину его изображения), позволяют использовать эти геометрические соотношения для построения.

Построение:

1. Находим точку $M_1$ — середину отрезка $A_1B_1$. Точка $M_1$ является изображением середины $M$ гипотенузы $AB$.
2. Проводим прямую через точки $C_1$ и $M_1$. На продолжении отрезка $C_1M_1$ за точку $M_1$ откладываем отрезок $M_1O_1$, равный отрезку $C_1M_1$. Так как $M$ — середина $CO$, то $M_1$ — середина $C_1O_1$. Полученная точка $O_1$ является изображением центра квадрата $O$.
3. Центр квадрата является точкой пересечения его диагоналей и делит их пополам. Это свойство сохраняется при проецировании. Следовательно, $O_1$ — середина изображений диагоналей $A_1E_1$ и $B_1D_1$.
4. Для построения вершины $D_1$ проводим прямую через точки $B_1$ и $O_1$ и на ее продолжении за точку $O_1$ откладываем отрезок $O_1D_1$, равный отрезку $B_1O_1$.
5. Аналогично, для построения вершины $E_1$ проводим прямую через точки $A_1$ и $O_1$ и на ее продолжении за точку $O_1$ откладываем отрезок $O_1E_1$, равный отрезку $A_1O_1$.
6. Соединяем точки $A_1, B_1, D_1, E_1$ отрезками. Четырехугольник $A_1B_1D_1E_1$ (являющийся параллелограммом) и есть искомое изображение квадрата.

Ответ: Четырехугольник $A_1B_1D_1E_1$, построенный согласно приведенному алгоритму, является искомым изображением квадрата.

7.33. Эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$ (рис. 7.37), отрезок $A_1B_1$ – изображение диаметра $AB$ данной окружности. Постройте изображение диаметра, перпендикулярного диаметру $AB$.

Рис. 7.37

Для решения задачи используется свойство параллельного проецирования, согласно которому изображения перпендикулярных диаметров окружности являются сопряженными диаметрами эллипса. Следовательно, задача сводится к построению диаметра эллипса, сопряженного данному диаметру $A_1B_1$.

Сопряженные диаметры обладают свойством, что каждый из них делит пополам хорды, параллельные другому. Это свойство и будет использовано для построения.

Построение выполняется в следующей последовательности:

1. Проведем в эллипсе произвольную хорду $M_1N_1$, параллельную данному диаметру $A_1B_1$. Для этого достаточно выбрать на эллипсе произвольную точку $M_1$ и провести через нее прямую, параллельную $A_1B_1$, до второго пересечения с эллипсом в точке $N_1$.
2. Найдем середину $K_1$ хорды $M_1N_1$.
3. Проведем прямую через центр эллипса $O_1$ и найденную точку $K_1$.
4. Отрезок, который отсекает эллипс на этой прямой, и будет искомым диаметром. Обозначим его концы как $C_1$ и $D_1$.

Построенный диаметр $C_1D_1$ по определению является сопряженным диаметру $A_1B_1$, так как он проходит через середину хорды $M_1N_1$, параллельной $A_1B_1$. Поскольку сопряженные диаметры эллипса являются изображением перпендикулярных диаметров исходной окружности, то диаметр $C_1D_1$ — это и есть искомое изображение диаметра, перпендикулярного диаметру $AB$.

Ответ: Искомый диаметр $C_1D_1$ — это диаметр эллипса, который проходит через его центр $O_1$ и середину любой хорды, параллельной данному диаметру $A_1B_1$.

7.34. Эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$, точка $A_1$ – изображение точки $A$ окружности (рис. 7.38). Постройте изображение касательной к данной окружности, проходящей через точку $A$.

Рис. 7.37

Рис. 7.38

Поскольку эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$, а точка $A_1$ — изображением точки $A$ на окружности, то искомое изображение касательной будет касательной к эллипсу в точке $A_1$. Это следует из свойства инвариантности касания при параллельном проектировании.

Для построения воспользуемся свойством сопряженных диаметров эллипса. В исходной окружности касательная в точке $A$ перпендикулярна диаметру, проходящему через эту точку. Назовем этот диаметр $AD$. Если мы построим другой диаметр $BC$, перпендикулярный $AD$, то касательная в точке $A$ будет параллельна диаметру $BC$.

При параллельном проектировании перпендикулярные диаметры окружности ($AD$ и $BC$) переходят в сопряженные диаметры эллипса ($A_1D_1$ и $B_1C_1$), а параллельные прямые — в параллельные. Следовательно, искомая касательная в точке $A_1$ будет параллельна диаметру $B_1C_1$, который сопряжен диаметру $A_1D_1$.

Таким образом, задача сводится к построению диаметра, сопряженного диаметру, проходящему через точку $A_1$.

Построение выполняется в следующем порядке:
1. Проводим прямую через данную точку $A_1$ и центр эллипса $O_1$. Находим вторую точку пересечения этой прямой с эллипсом, $D_1$. Отрезок $A_1D_1$ — диаметр эллипса.
2. Проводим произвольную хорду $M_1N_1$, параллельную диаметру $A_1D_1$.
3. Находим середину $K_1$ хорды $M_1N_1$.
4. Проводим прямую через центр $O_1$ и точку $K_1$. Эта прямая пересечет эллипс в точках $B_1$ и $C_1$. Диаметр $B_1C_1$ является сопряженным к диаметру $A_1D_1$.
5. Проводим через точку $A_1$ прямую, параллельную диаметру $B_1C_1$.

Построенная прямая и будет искомым изображением касательной.

Ответ: Изображением касательной к окружности в точке $A$ является прямая, проходящая через точку $A_1$ и параллельная диаметру эллипса, сопряженному диаметру, проходящему через точку $A_1$.

7.35. Треугольник $A_1 B_1 C_1$ является изображением прямоугольного треугольника $ABC$, отрезок $A_1 B_1$ – изображением его гипотенузы $AB$. Постройте изображение биссектрисы треугольника $ABC$, проведённой из вершины $B$, если $\angle A = 30^{\circ}$.

Пусть $ABC$ — исходный прямоугольный треугольник, а $A_1B_1C_1$ — его изображение. Так как $A_1B_1$ является изображением гипотенузы $AB$, то прямой угол в треугольнике $ABC$ — это угол $C$, то есть $\angle C = 90^\circ$.

По условию, $\angle A = 30^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, следовательно, $\angle B = 180^\circ - \angle A - \angle C = 180^\circ - 30^\circ - 90^\circ = 60^\circ$.

Пусть $BD$ — биссектриса угла $B$. Точка $D$ лежит на катете $AC$. По свойству биссектрисы треугольника, она делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам:

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

В прямоугольном треугольнике $ABC$ катет $BC$ лежит напротив угла в $30^\circ$, значит, он равен половине гипотенузы $AB$:

$$ BC = {1 \over 2}AB $$

Подставим это соотношение в формулу свойства биссектрисы:

$$ {AD \over DC} = {AB \over {1 \over 2}AB} = 2 $$

Таким образом, точка $D$ делит катет $AC$ в отношении $AD:DC = 2:1$, считая от вершины $A$.

При параллельном проектировании (которое используется для получения изображений в стереометрии) сохраняется отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой. Следовательно, изображение точки $D$ — точка $D_1$ — должна делить отрезок $A_1C_1$ в том же отношении: $A_1D_1:D_1C_1 = 2:1$.

Отсюда следует алгоритм построения.

Построение:

1. На отрезке $A_1C_1$ (изображении катета $AC$) необходимо найти точку $D_1$ (изображение точки $D$) такую, что $A_1D_1:D_1C_1 = 2:1$.
2. Для этого из точки $A_1$ проведём произвольный луч $l$, не совпадающий с прямой $A_1C_1$.
3. На луче $l$ отложим от точки $A_1$ три равных отрезка произвольной длины с помощью циркуля: $A_1P_1 = P_1P_2 = P_2P_3$.
4. Соединим точку $P_3$ с точкой $C_1$.
5. Через точку $P_2$ проведём прямую, параллельную отрезку $P_3C_1$. Точка пересечения этой прямой с отрезком $A_1C_1$ будет искомой точкой $D_1$. По теореме Фалеса, $A_1D_1:D_1C_1 = A_1P_2:P_2P_3 = 2:1$.
6. Соединим точки $B_1$ и $D_1$. Отрезок $B_1D_1$ является искомым изображением биссектрисы угла $B$.

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

7.36. Эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$. Постройте изображение правильного треугольника:

1) вписанного в данную окружность;

2) описанного около данной окружности.

Данная задача решается методами начертательной геометрии с использованием свойств параллельного проектирования. При параллельном проектировании окружность изображается в виде эллипса, при этом центр окружности $O$ переходит в центр эллипса $O_1$. Сохраняются следующие свойства:

• Прямые переходят в прямые.
• Параллельность прямых сохраняется.
• Отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой или на параллельных прямых, сохраняется. В частности, середина отрезка переходит в середину его изображения.
• Касание прямой и кривой сохраняется.

Используя эти свойства, построим изображения правильных треугольников.

Для построения изображения правильного треугольника, вписанного в окружность, воспользуемся его геометрическим свойством: если $A$ — одна из вершин треугольника, а $AD$ — диаметр окружности, то сторона $BC$, противолежащая вершине $A$, перпендикулярна диаметру $AD$ и делит пополам радиус $OD$. В свою очередь, прямая, перпендикулярная диаметру, параллельна касательной к окружности в конце этого диаметра.

При параллельном проектировании это свойство сохраняется в следующем виде: изображение хорды $B_1C_1$ будет параллельно изображению касательной в точке $A_1$.

Алгоритм построения:

1. На эллипсе выбираем произвольную точку $A_1$. Это будет изображение одной из вершин треугольника.
2. Проводим через точку $A_1$ и центр эллипса $O_1$ диаметр $A_1D_1$. Это изображение диаметра окружности.
3. Находим точку $M_1$ — середину отрезка $O_1D_1$.
4. Проводим через точку $M_1$ хорду $B_1C_1$ эллипса, параллельную касательной к эллипсу в точке $A_1$.
5. Соединяем точки $A_1, B_1, C_1$. Полученный треугольник $A_1B_1C_1$ является искомым изображением правильного треугольника, вписанного в окружность.

Ответ: Изображение вписанного правильного треугольника строится путем выбора одной вершины на эллипсе, проведения через нее диаметра и построения противолежащей стороны как хорды, проходящей через середину "дальнего" радиуса и параллельной касательной в выбранной вершине.

Для построения изображения правильного треугольника, описанного около окружности, воспользуемся свойством гомотетии. Пусть $ABC$ — правильный треугольник, вписанный в окружность, вершины которого являются точками касания для описанного треугольника $PQR$. Тогда треугольник $PQR$ является образом треугольника $ABC$ при гомотетии с центром в центре окружности $O$ и коэффициентом $k=-2$. Это означает, что вершина $P$ описанного треугольника (противолежащая стороне, касающейся окружности в точке $A$) получается из вершины $A$ вписанного треугольника по правилу $\vec{OP} = -2\vec{OA}$.

Поскольку параллельное проектирование сохраняет гомотетию (как частный случай аффинного преобразования), для построения изображения описанного треугольника можно сначала построить изображение вписанного, а затем применить к его вершинам гомотетию с центром $O_1$ и коэффициентом $-2$.

Алгоритм построения:

1. Сначала строим изображение правильного треугольника $A_1B_1C_1$, вписанного в эллипс, как описано в пункте 1. Его вершины являются изображениями точек касания.
2. Для каждой вершины вписанного треугольника, например $A_1$, проводим прямую через $A_1$ и центр эллипса $O_1$.
3. На этой прямой, по другую сторону от центра $O_1$ относительно точки $A_1$, откладываем точку $P_1$ так, чтобы расстояние $O_1P_1$ было в два раза больше расстояния $O_1A_1$. То есть, строим точку $P_1$ по правилу $\vec{O_1P_1} = -2\vec{O_1A_1}$.
4. Повторяем эту процедуру для вершин $B_1$ и $C_1$, получая точки $P_2$ и $P_3$.
5. Соединяем точки $P_1, P_2, P_3$. Полученный треугольник $P_1P_2P_3$ является искомым изображением правильного треугольника, описанного около окружности.

Ответ: Изображение описанного правильного треугольника строится путем построения изображения вписанного треугольника (из точек касания) и последующего применения к его вершинам гомотетии с центром в центре эллипса и коэффициентом -2.

7.37. Эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$. Постройте изображение квадрата:

1) вписанного в данную окружность;

2) описанного около данной окружности.

Поскольку эллипс с центром $O_1$ является изображением окружности с центром $O$ при параллельном проецировании, то центр окружности $O$ изображается центром эллипса $O_1$.

Ключевым свойством, которое мы будем использовать, является то, что пара взаимно перпендикулярных диаметров окружности изображается в виде пары сопряженных диаметров эллипса. Сопряженные диаметры эллипса — это пара диаметров, таких что касательные к эллипсу в концах одного диаметра параллельны другому диаметру.

1) вписанного в данную окружность

Диагонали квадрата, вписанного в окружность, являются ее взаимно перпендикулярными диаметрами. Вершины квадрата являются концами этих диаметров.

При параллельном проецировании эти перпендикулярные диаметры перейдут в сопряженные диаметры эллипса, а вершины квадрата — в концы этих сопряженных диаметров. Следовательно, изображением вписанного квадрата будет параллелограмм, вершины которого лежат на эллипсе.

Построение:
1. В данном эллипсе с центром $O_1$ проводим произвольный диаметр $A_1C_1$.
2. Строим сопряженный ему диаметр $B_1D_1$. Для этого можно провести любую хорду, параллельную $A_1C_1$, найти ее середину, и провести прямую через эту середину и центр эллипса $O_1$. Точки пересечения этой прямой с эллипсом и будут концами сопряженного диаметра $B_1$ и $D_1$.
3. Соединяем последовательно точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $D_1$.

Полученный параллелограмм $A_1B_1C_1D_1$ и есть искомое изображение вписанного квадрата.

Ответ: Изображением квадрата, вписанного в окружность, является параллелограмм, вершины которого лежат на эллипсе, а диагонали являются парой сопряженных диаметров этого эллипса.

2) описанного около данной окружности

Стороны квадрата, описанного около окружности, касаются ее в точках, которые являются концами двух взаимно перпендикулярных диаметров. Каждая сторона квадрата параллельна тому диаметру, в концах которого лежат точки касания двух других сторон.

Так как при параллельном проецировании сохраняется касание и параллельность, то изображением описанного квадрата будет параллелограмм, стороны которого касаются эллипса в концах двух сопряженных диаметров.

Построение:
1. В данном эллипсе с центром $O_1$ проводим произвольную пару сопряженных диаметров $K_1M_1$ и $L_1N_1$.
2. Через концы каждого диаметра проводим прямые, параллельные сопряженному ему диаметру:
- через точки $K_1$ и $M_1$ проводим прямые, параллельные диаметру $L_1N_1$;
- через точки $L_1$ и $N_1$ проводим прямые, параллельные диаметру $K_1M_1$.
3. Эти четыре прямые, касающиеся эллипса в точках $K_1, M_1, L_1, N_1$, образуют параллелограмм.

Этот параллелограмм является искомым изображением описанного квадрата.

Ответ: Изображением квадрата, описанного около окружности, является параллелограмм, стороны которого касаются эллипса в концах пары его сопряженных диаметров.

7.38. Существует ли пятиугольник, отличный от правильного, каждая диагональ которого параллельна некоторой стороне?

Да, такой пятиугольник существует.

Рассмотрим сначала правильный пятиугольник $ABCDE$. В нём каждая диагональ параллельна одной из сторон. Например, диагональ $AC$ параллельна стороне $DE$, диагональ $BD$ параллельна стороне $AE$, и так далее для всех пяти диагоналей. Это свойство легко доказывается через равенство углов и равнобедренные трапеции, которые образуются сторонами и диагоналями (например, $ACDE$ — равнобедренная трапеция, так как $CD=AE$ и $\angle CDE = \angle AED$).

Теперь применим к правильному пятиугольнику аффинное преобразование, которое не является преобразованием подобия. Например, растяжение вдоль одной из осей. Пусть мы разместим правильный пятиугольник на координатной плоскости и применим преобразование $(x, y) \rightarrow (2x, y)$.

Аффинные преобразования обладают ключевым свойством: они сохраняют параллельность прямых. Это означает, что если до преобразования две прямые были параллельны, то их образы после преобразования также будут параллельны.

Таким образом, если в исходном правильном пятиугольнике диагональ $AC$ была параллельна стороне $DE$, то в новом, преобразованном пятиугольнике, образ диагонали $AC$ будет параллелен образу стороны $DE$. Это будет верно для каждой из пяти диагоналей.

При этом полученный пятиугольник не будет правильным. Растяжение только по одной оси нарушит равенство длин сторон и равенство углов. Например, если сторона $AB$ была горизонтальной, её длина увеличится в 2 раза, а если сторона $BC$ была наклонной, её длина изменится на другой коэффициент, и угол при вершине $B$ также изменится.

Следовательно, мы построили пятиугольник, отличный от правильного, у которого каждая диагональ параллельна некоторой стороне.

Ответ: Да, существует.