Страница 82 - гдз по геометрии 7 класс учебник Смирнов, Туяков

14.11. Докажите, что если две наклонные, проведенные из данной точки к данной прямой, имеют равные проекции, то они равны (рис. 14.6).

Рис. 14.6

Рис. 14.7

Пусть из точки $A$, не принадлежащей прямой $l$, проведены перпендикуляр $AB$ и две наклонные $AC$ и $AD$ к этой прямой. Отрезки $BC$ и $BD$ являются ортогональными проекциями наклонных $AC$ и $AD$ на прямую $l$ соответственно.

Дано:
$AC$ и $AD$ — наклонные, проведенные из точки $A$ к прямой $CD$.
$AB \perp CD$ (то есть $AB$ — перпендикуляр).
$BC$ — проекция наклонной $AC$.
$BD$ — проекция наклонной $AD$.
По условию, проекции равны: $BC = BD$.

Доказать:
Наклонные равны: $AC = AD$.

Доказательство:
Рассмотрим треугольники $\triangle ABC$ и $\triangle ABD$.
Поскольку отрезок $AB$ является перпендикуляром к прямой $CD$, углы $\angle ABC$ и $\angle ABD$ — прямые. Следовательно, $\triangle ABC$ и $\triangle ABD$ являются прямоугольными треугольниками.
Сравним эти два треугольника:
1. Катет $BC$ равен катету $BD$ по условию задачи ($BC = BD$).
2. Катет $AB$ является общей стороной для обоих треугольников.
Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle ABC$ и $\triangle ABD$ равны по двум катетам. (Это частный случай первого признака равенства треугольников — по двум сторонам и углу между ними, так как угол между катетами прямой и равен $90^\circ$).
Из равенства треугольников ($\triangle ABC = \triangle ABD$) следует равенство всех их соответствующих элементов. В частности, гипотенуза $AC$ треугольника $\triangle ABC$ равна гипотенузе $AD$ треугольника $\triangle ABD$.
Следовательно, $AC = AD$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Если две наклонные, проведенные из одной точки к прямой, имеют равные проекции, то и сами наклонные равны.

14.12. Докажите, что из двух наклонных, проведенных из данной точки к данной прямой, больше та, проекция которой больше (рис. 14.7).

Дано:

Пусть из точки A, не лежащей на прямой a, к этой прямой проведены две наклонные AB и AC. Пусть AH — перпендикуляр, опущенный из точки A на прямую a. Тогда отрезки HB и HC являются проекциями наклонных AB и AC на прямую a соответственно.

Согласно условию, проекция одной наклонной больше проекции другой. Пусть $HC > HB$.

Доказать:

Наклонная AC больше наклонной AB, то есть $AC > AB$.

Доказательство:

Рассмотрим прямоугольные треугольники ΔAHB и ΔAHC. Они прямоугольные, так как AH — перпендикуляр к прямой a, следовательно, $∠AHB = ∠AHC = 90°$.

Воспользуемся теоремой Пифагора для каждого из этих треугольников. В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.

В треугольнике ΔAHB катетами являются AH и HB, а гипотенузой — наклонная AB. Получаем: $AB^2 = AH^2 + HB^2$

В треугольнике ΔAHC катетами являются AH и HC, а гипотенузой — наклонная AC. Получаем: $AC^2 = AH^2 + HC^2$

Из условия нам известно, что $HC > HB$. Так как длины отрезков — положительные числа, то и их квадраты будут находиться в том же соотношении: $HC^2 > HB^2$.

Сравним выражения для квадратов наклонных. Так как $HC^2 > HB^2$, то, прибавив к обеим частям этого неравенства одно и то же положительное число $AH^2$, мы не изменим знак неравенства: $AH^2 + HC^2 > AH^2 + HB^2$

Подставив в это неравенство выражения для $AB^2$ и $AC^2$, получим: $AC^2 > AB^2$

Поскольку длины наклонных AC и AB являются положительными величинами, из неравенства для их квадратов следует такое же неравенство и для самих длин: $AC > AB$

Таким образом, мы доказали, что наклонная, имеющая большую проекцию, сама является большей. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано: из двух наклонных, проведенных из данной точки к данной прямой, больше та, проекция которой больше.

14.13. Докажите, что из двух проекций наклонных, проведенных из данной точки к данной прямой, больше та, наклонная которой больше (рис. 14.7).

Пусть из точки A, не принадлежащей прямой l, проведены две наклонные AB и AC к этой прямой. Пусть AH — перпендикуляр, опущенный из точки A на прямую l. Тогда отрезки HB и HC являются проекциями наклонных AB и AC на прямую l соответственно.
По условию, одна наклонная больше другой. Пусть $AB > AC$.
Требуется доказать, что проекция большей наклонной больше проекции меньшей, то есть $HB > HC$.

Доказательство.

Рассмотрим треугольники ΔAHB и ΔAHC. Поскольку AH — перпендикуляр к прямой l, оба этих треугольника являются прямоугольными с прямым углом при вершине H. Катет AH является общим для обоих треугольников.

Применим теорему Пифагора для каждого из прямоугольных треугольников:
В ΔAHB: $AB^2 = AH^2 + HB^2$
В ΔAHC: $AC^2 = AH^2 + HC^2$

Выразим из этих равенств квадраты длин проекций HB и HC:
$HB^2 = AB^2 - AH^2$
$HC^2 = AC^2 - AH^2$

По условию задачи, наклонная AB больше наклонной AC, то есть $AB > AC$. Так как длины отрезков являются положительными числами, то и квадраты их длин будут находиться в том же соотношении: $AB^2 > AC^2$.

Теперь сравним квадраты проекций. Вычтем из обеих частей верного неравенства $AB^2 > AC^2$ одну и ту же величину $AH^2$. Знак неравенства при этом не изменится:
$AB^2 - AH^2 > AC^2 - AH^2$
Подставив в это неравенство выражения для $HB^2$ и $HC^2$, получим:
$HB^2 > HC^2$

Поскольку длины проекций HB и HC являются положительными величинами, из неравенства для их квадратов следует такое же неравенство и для самих длин:
$HB > HC$

Таким образом, мы доказали, что проекция большей наклонной больше проекции меньшей наклонной. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение о том, что из двух проекций наклонных, проведенных из данной точки к данной прямой, больше та, наклонная которой больше, доказано.

14.14. Докажите, что биссектриса треугольника не превосходит его медианы, проведенной из той же вершины.

Рассмотрим произвольный треугольник $ABC$. Проведем из вершины $A$ медиану $AM$ и биссектрису $AL$. Точки $M$ и $L$ лежат на стороне $BC$. Требуется доказать, что $AL \le AM$.

Для доказательства рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Треугольник $ABC$ является равнобедренным, и $AB = AC$.

В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная из вершины, противолежащей основанию, совпадает с медианой. Таким образом, точки $L$ и $M$ — это одна и та же точка, а значит, отрезки $AL$ и $AM$ равны. В этом случае $AL = AM$, и доказываемое неравенство $AL \le AM$ выполняется.

Случай 2: Треугольник не является равнобедренным, $AB \ne AC$.

Пусть, без ограничения общности, сторона $AC$ длиннее стороны $AB$, то есть $AC > AB$.

По свойству биссектрисы треугольника, она делит противолежащую сторону в отношении, равном отношению прилежащих сторон: $ \frac{BL}{LC} = \frac{AB}{AC} $

Так как $AC > AB$, то дробь $\frac{AB}{AC} < 1$, из чего следует, что $BL < LC$.

Точка $M$ — это середина стороны $BC$, поэтому $BM = MC = \frac{1}{2}BC$. Поскольку $BL < LC$ и $BL + LC = BC$, то $BL < \frac{1}{2}BC$. Таким образом, $BL < BM$, и это означает, что точка $L$ лежит на стороне $BC$ между точками $B$ и $M$.

В треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Из $AC > AB$ следует, что $\angle ABC > \angle ACB$ (или $\angle B > \angle C$).

Рассмотрим углы $\angle ALC$ и $\angle ALB$. Они смежные, поэтому их сумма равна $180^\circ$. Выразим эти углы через углы треугольника $ABC$. Из $\triangle ABL$: $\angle ALB = 180^\circ - \angle B - \angle BAL$. Из $\triangle ACL$: $\angle ALC = 180^\circ - \angle C - \angle CAL$.

Поскольку $AL$ — биссектриса, $\angle BAL = \angle CAL$. Так как $\angle B > \angle C$, то $\angle ALB < \angle ALC$. Из того, что $\angle ALB + \angle ALC = 180^\circ$ и $\angle ALB < \angle ALC$, следует, что $\angle ALC$ — тупой (больше $90^\circ$), а $\angle ALB$ — острый (меньше $90^\circ$).

Теперь рассмотрим $\triangle ALM$. Мы установили, что точка $L$ лежит между $B$ и $M$. Угол $\angle ALM$ является смежным с острым углом $\angle ALB$. Следовательно, $\angle ALM = 180^\circ - \angle ALB$, то есть $\angle ALM$ — тупой угол.

В треугольнике против большего угла лежит большая сторона. Так как в $\triangle ALM$ угол $\angle ALM$ тупой, он является наибольшим углом этого треугольника. Сторона, лежащая напротив него, — это медиана $AM$. Следовательно, $AM$ — самая длинная сторона в $\triangle ALM$. В частности, $AM > AL$.

Объединяя оба случая, мы видим, что если треугольник равнобедренный ($AB=AC$), то $AL=AM$. Если треугольник не равнобедренный, то $AL < AM$. В общем виде это можно записать как $AL \le AM$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Биссектриса треугольника не превосходит его медианы, проведенной из той же вершины.

Подготовьтесь к овладению новыми знаниями

14.15. Изобразите прямую $b$ и точку $A$, ей не принадлежащую. Через точку $A$ проведите прямую $a$, параллельную прямой $b$. Сколько таких прямых можно провести?

Изобразите прямую b и точку A, ей не принадлежащую. Через точку A проведите прямую a, параллельную прямой b.

Для выполнения этого задания сначала начертим на плоскости произвольную прямую и обозначим её буквой $b$. Затем отметим точку $A$, которая не лежит на этой прямой, то есть $A \notin b$. После этого через точку $A$ проведём прямую $a$ таким образом, чтобы она была параллельна прямой $b$. Две прямые в плоскости называются параллельными, если они не пересекаются. Это обозначается как $a \parallel b$.

Результат построения показан на рисунке:

На рисунке мы видим прямую $b$, точку $A$ вне её, и прямую $a$, проходящую через точку $A$ и параллельную прямой $b$.

Сколько таких прямых можно провести?

Этот вопрос относится к одному из фундаментальных положений евклидовой геометрии — аксиоме параллельных прямых. В формулировке, известной как аксиома Плейфера, она звучит так:

Через точку, не лежащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной.

Исходя из этой аксиомы, можно сделать однозначный вывод: для данной прямой $b$ и точки $A$, не принадлежащей ей, существует одна и только одна прямая $a$, которая проходит через точку $A$ и параллельна прямой $b$. Любая другая прямая, проходящая через точку $A$, будет пересекать прямую $b$.

Ответ: Через точку $A$, не принадлежащую прямой $b$, можно провести только одну прямую, параллельную прямой $b$.