Page 29 - Геометрия 7 класс II часть_2019

special.edu.kz.
special.edu.kz.

Доказательство. Пусть A – точка, не special.edu.kz.

принадлежащая прямой b (рис. 14.2).

Выберем на этой прямой какие-нибудь
special.edu.kz. special.edu.kz. special.edu.kz.
точки B и C . Если угол ABC прямой, то

AB искомый перпендикуляр. В противном

случае, от луча BC в полуплоскости, не

содержащей точку A , отложим угол A BC ,
1
равный углу ABC , и точку A выберем
1
так, чтобы отрезки AB и A B были равны.
1
Соединим отрезком точки A и A . Прямая
1
BC содержит биссектрису угла ABA .
special.edu.kz. special.edu.kz. 1 special.edu.kz.
Обозначим D точку пересечения этой бис-

сектрисы с отрезком A A . В равнобед-
1
ренном треугольнике ABA с основанием
1
AA биссектриса BD является высотой.
1
Следовательно, AD является искомым

перпендикуляром, опущенным из точки A

на прямую b .
special.edu.kz. special.edu.kz. special.edu.kz.
Докажем, что этот перпендикуляр един-

ственен. Действительно, если бы суще-

ствовало два перпендикуляра AD и AD
2
1
(рис. 14.3), то в треугольнике AD D было
2
1
бы два прямых угла, а это невозможно в
силу свойств прямоугольного треугольника.

27
special.edu.kz. special.edu.kz. special.edu.kz.