Номер 4.23, страница 38 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

4.23. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны. Точка $O$ не принадлежит этим плоскостям (рис. 4.13). Каждой точке $X$ фигуры $F$, принадлежащей плоскости $\alpha$, ставится в соответствие точка $X_1$ такая, что $X_1 = OX \cap \beta$. Докажите, что при таком преобразовании образом фигуры $F$ является фигура $F_1$, гомотетичная фигуре $F$ с центром $O$ и коэффициентом, равным $\frac{h}{h_1}$, где $h$ и $h_1$ — соответственно расстояния от точки $O$ до плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Рис. 4.13

По условию задачи, каждой точке $X$ фигуры $F$, принадлежащей плоскости $\alpha$, ставится в соответствие точка $X_1$, которая является точкой пересечения прямой $OX$ с плоскостью $\beta$. Это означает, что для любой пары соответственных точек $X$ и $X_1$, точки $O, X, X_1$ лежат на одной прямой.

Чтобы доказать, что фигура $F_1$ (состоящая из всех точек $X_1$) гомотетична фигуре $F$ с центром в точке $O$, необходимо показать, что для любой точки $X \in F$ выполняется векторное равенство $\vec{OX_1} = k \cdot \vec{OX}$, где $k$ — постоянный коэффициент, равный, как требуется в условии, $\frac{h}{h_1}$.

Проведем доказательство.
Пусть $h$ — расстояние от точки $O$ до плоскости $\beta$, и $h_1$ — расстояние от точки $O$ до плоскости $\alpha$.
Опустим перпендикуляры из точки $O$ на плоскости $\alpha$ и $\beta$. Пусть $P$ — основание перпендикуляра на плоскость $\alpha$, а $P_1$ — основание перпендикуляра на плоскость $\beta$.
По определению расстояния от точки до плоскости имеем: $|OP| = h_1$ и $|OP_1| = h$.
Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны, а прямые $OP$ и $OP_1$ перпендикулярны этим плоскостям, то точки $O, P_1, P$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим произвольную точку $X$ фигуры $F$ и ее образ $X_1$. Возьмем плоскость $\gamma$, проходящую через три точки: $O, P, X$ (если они не лежат на одной прямой). Точки $X_1$ (лежащая на прямой $OX$) и $P_1$ (лежащая на прямой $OP$) также принадлежат этой плоскости $\gamma$.

В плоскости $\gamma$ рассмотрим треугольники $\triangle OPX$ и $\triangle OP_1X_1$.
1. Так как $OP$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а прямая $PX$ лежит в плоскости $\alpha$, то угол $\angle OPX$ прямой, $\angle OPX = 90^\circ$.
2. Аналогично, так как $OP_1$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, а прямая $P_1X_1$ лежит в плоскости $\beta$, то угол $\angle OP_1X_1$ прямой, $\angle OP_1X_1 = 90^\circ$.
Следовательно, треугольники $\triangle OPX$ и $\triangle OP_1X_1$ — прямоугольные.

У этих прямоугольных треугольников есть общий острый угол при вершине $O$ ($\angle POX = \angle P_1OX_1$). Следовательно, треугольники $\triangle OPX$ и $\triangle OP_1X_1$ подобны по острому углу.

Из подобия треугольников следует пропорциональность их соответствующих сторон (гипотенуз и катетов):$ \frac{|OX_1|}{|OX|} = \frac{|OP_1|}{|OP|} $

Подставим известные длины перпендикуляров:$ \frac{|OX_1|}{|OX|} = \frac{h}{h_1} $

Это отношение не зависит от выбора точки $X$ в фигуре $F$, так как $h$ и $h_1$ — это заданные постоянные расстояния. Обозначим этот постоянный коэффициент как $k = \frac{h}{h_1}$. Таким образом, для любой точки $X \in F$ и ее образа $X_1 \in F_1$ выполняется равенство длин отрезков: $|OX_1| = k \cdot |OX|$.

Поскольку точки $O, X, X_1$ лежат на одной прямой, из равенства длин следует векторное равенство:$ \vec{OX_1} = k \cdot \vec{OX} $, где $k = \frac{h}{h_1}$.

Это равенство является определением гомотетии с центром в точке $O$ и коэффициентом $k$. Таким образом, преобразование, отображающее фигуру $F$ на фигуру $F_1$, является гомотетией.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что фигура $F_1$ является образом фигуры $F$ при гомотетии с центром в точке $O$ и коэффициентом $k = \frac{h}{h_1}$.