Номер 237, страница 95 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

237. Через вершины $A$ и $B$ треугольника $ABC$ проведены прямые $k$ и $l$, перпендикулярные его плоскости, а через медиану $CD$ — плоскость, пересекающая прямые $k$ и $l$ в точках $E$ и $F$ соответственно (рис. 239). Установите:

а) чем является отрезок $CD$ в треугольнике $CEF$;

б) что если $CA = CB$, то треугольник $CEF$ является равнобедренным.

Рис. 239

а)

Чтобы определить, чем является отрезок CD в треугольнике CEF, необходимо установить положение точки D относительно стороны EF.

По условию, прямые $k$ и $l$ перпендикулярны плоскости треугольника $ABC$. Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны между собой. Следовательно, $k \parallel l$, а значит, отрезки $AE$ и $BF$ параллельны ($AE \parallel BF$).

Поскольку $AE \perp (ABC)$ и $BF \perp (ABC)$, то эти прямые перпендикулярны любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через их основание. В частности, $AE \perp AB$ и $BF \perp AB$. Таким образом, фигура $ABFE$ является прямоугольной трапецией с основаниями $AE$ и $BF$ и лежит в некоторой плоскости $\pi$.

Плоскость треугольника $CEF$ (обозначим ее $\alpha$) проходит через прямую $CD$. Точки $E$ и $F$ определены как точки пересечения плоскости $\alpha$ с прямыми $k$ и $l$. Точка $D$ лежит на прямой $AB$, которая находится в плоскости $\pi$. Точка $D$ также лежит на прямой $CD$, которая находится в плоскости $\alpha$. Следовательно, точка $D$ лежит на линии пересечения плоскостей $\pi$ и $\alpha$. Точки $E$ и $F$ также лежат на этой линии пересечения (так как $E, F \in \pi$ и $E, F \in \alpha$). Отсюда следует, что точки $E, D, F$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольники $\triangle ADE$ и $\triangle BDF$ в плоскости $\pi$.

• $AD = DB$, так как $CD$ — медиана треугольника $ABC$ по условию.
• $\angle EAD = \angle FBD = 90^\circ$, поскольку прямые $AE$ и $BF$ перпендикулярны плоскости $ABC$ и, следовательно, прямой $AB$.
• $\angle ADE = \angle BDF$ как вертикальные углы (они образованы пересечением прямых $AB$ и $EF$).

По второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам, или ASA), треугольники $\triangle ADE$ и $\triangle BDF$ равны: $\triangle ADE \cong \triangle BDF$.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон: $DE = DF$ и $AE = BF$.

Поскольку точка $D$ лежит на отрезке $EF$ и делит его на два равных отрезка ($DE=DF$), $D$ является серединой отрезка $EF$.

В треугольнике $CEF$ отрезок $CD$ соединяет вершину $C$ с серединой противоположной стороны $EF$. По определению, такой отрезок является медианой.

Ответ: Отрезок CD является медианой треугольника CEF.

б)

Требуется доказать, что если $CA = CB$, то треугольник $CEF$ является равнобедренным. Для этого докажем, что его боковые стороны $CE$ и $CF$ равны.

Так как прямая $AE$ перпендикулярна плоскости $ABC$, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $A$. Следовательно, $AE \perp AC$. Это означает, что треугольник $EAC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A$. По теореме Пифагора для $\triangle EAC$ имеем:

$CE^2 = AC^2 + AE^2$

Аналогично, так как прямая $BF$ перпендикулярна плоскости $ABC$, она перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $B$. Следовательно, $BF \perp BC$. Это означает, что треугольник $FBC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $B$. По теореме Пифагора для $\triangle FBC$ имеем:

$CF^2 = BC^2 + BF^2$

Из условия нам дано, что $CA = CB$ (или $AC = BC$). Из доказательства в пункте а) мы знаем, что $AE = BF$ (как соответствующие стороны равных треугольников $\triangle ADE$ и $\triangle BDF$).

Сравним квадраты длин сторон $CE$ и $CF$:

$CE^2 = AC^2 + AE^2$

$CF^2 = BC^2 + BF^2$

Так как $AC = BC$ и $AE = BF$, то $AC^2 = BC^2$ и $AE^2 = BF^2$. Подставляя эти равенства, получаем:

$CE^2 = CF^2$

Отсюда следует, что $CE = CF$.

Поскольку в треугольнике $CEF$ две стороны равны, он является равнобедренным по определению.

Ответ: Доказано, что если $CA = CB$, то треугольник $CEF$ является равнобедренным.