Номер 1291, страница 330 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 14. Преобразования плоскости. Движения. Параграф 3. Симметрии фигур. Дополнительные задачи - номер 1291, страница 330.

Условие.

1291* На стороне AB прямоугольника ABCD построен треугольник ABS так, как показано на рисунке 379: CC₁⊥AS, DD₁⊥BS. Используя параллельный перенос, докажите, что прямые SK и AB взаимно перпендикулярны.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 7.

Решение 8.

Решение 9.

Решение 11.

Для доказательства воспользуемся параллельным переносом на вектор $\vec{v} = \vec{AD}$.

При таком параллельном переносе:

• Точка $A$ переходит в точку $D$.
• Точка $B$ переходит в точку $C$, так как $ABCD$ — прямоугольник, и, следовательно, $\vec{AD} = \vec{BC}$.
• Точка $S$ переходит в некоторую точку $S'$.

В результате этого переноса треугольник $ABS$ отобразится на треугольник $DCS'$. При этом прямые, содержащие стороны треугольника, перейдут в параллельные им прямые:

• Прямая $AS$ перейдет в прямую $DS'$, следовательно, $AS \parallel DS'$.
• Прямая $BS$ перейдет в прямую $CS'$, следовательно, $BS \parallel CS'$.

Теперь рассмотрим условия перпендикулярности, данные в задаче.

1. По условию $CC_1 \perp AS$. Так как мы установили, что $AS \parallel DS'$, то из этого следует, что $CC_1 \perp DS'$. Прямая $CC_1$ проходит через вершину $C$ треугольника $DCS'$ и перпендикулярна его стороне $DS'$. Это означает, что прямая $CC_1$ содержит высоту треугольника $DCS'$, опущенную из вершины $C$.

2. Аналогично, по условию $DD_1 \perp BS$. Так как мы установили, что $BS \parallel CS'$, то из этого следует, что $DD_1 \perp CS'$. Прямая $DD_1$ проходит через вершину $D$ треугольника $DCS'$ и перпендикулярна его стороне $CS'$. Это означает, что прямая $DD_1$ содержит высоту треугольника $DCS'$, опущенную из вершины $D$.

По условию, точка $K$ является точкой пересечения прямых $CC_1$ и $DD_1$. Следовательно, $K$ — это точка пересечения двух высот треугольника $DCS'$, а значит, $K$ является его ортоцентром.

Свойство ортоцентра заключается в том, что все три высоты треугольника пересекаются в этой точке. Таким образом, третья высота треугольника $DCS'$, проведенная из вершины $S'$, также проходит через точку $K$. Эта высота перпендикулярна стороне $DC$. Отсюда следует, что прямая $S'K$ перпендикулярна прямой $DC$, то есть $S'K \perp DC$.

Так как $ABCD$ — прямоугольник, его противоположные стороны $AB$ и $DC$ параллельны ($AB \parallel DC$). Поскольку прямая $S'K$ перпендикулярна прямой $DC$, она также перпендикулярна и параллельной ей прямой $AB$. Таким образом, $S'K \perp AB$.

Теперь докажем, что из $S'K \perp AB$ следует $SK \perp AB$. Для этого воспользуемся векторами. Условие $SK \perp AB$ эквивалентно равенству нулю скалярного произведения векторов $\vec{SK}$ и $\vec{AB}$: $\vec{SK} \cdot \vec{AB} = 0$.

Вектор $\vec{SK}$ можно выразить через векторы $\vec{SS'}$ и $\vec{S'K}$ по правилу сложения векторов (правило треугольника): $\vec{SK} = \vec{SS'} + \vec{S'K}$.

Вектор $\vec{SS'}$ является вектором нашего параллельного переноса, то есть $\vec{SS'} = \vec{AD}$.

Подставим это в выражение для скалярного произведения:
$\vec{SK} \cdot \vec{AB} = (\vec{SS'} + \vec{S'K}) \cdot \vec{AB} = (\vec{AD} + \vec{S'K}) \cdot \vec{AB} = \vec{AD} \cdot \vec{AB} + \vec{S'K} \cdot \vec{AB}$.

Рассмотрим каждое слагаемое в полученной сумме:

• $\vec{AD} \cdot \vec{AB} = 0$, так как $ABCD$ — прямоугольник, и его смежные стороны $AD$ и $AB$ взаимно перпендикулярны.
• $\vec{S'K} \cdot \vec{AB} = 0$, так как мы ранее доказали, что прямые $S'K$ и $AB$ взаимно перпендикулярны.

Таким образом, $\vec{SK} \cdot \vec{AB} = 0 + 0 = 0$.

Равенство скалярного произведения нулю означает, что векторы $\vec{SK}$ и $\vec{AB}$ перпендикулярны, а следовательно, перпендикулярны и содержащие их прямые $SK$ и $AB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано с использованием параллельного переноса и свойств ортоцентра треугольника.