Страница 76 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.9. Сколько центров симметрии имеет фигура, состоящая из двух взаимно параллельных прямых?

Центром симметрии фигуры называется такая точка $O$, что для любой точки $A$ фигуры, точка $A'$, симметричная точке $A$ относительно $O$, также принадлежит этой фигуре. Иными словами, преобразование центральной симметрии с центром $O$ отображает фигуру на саму себя.

Рассмотрим фигуру, состоящую из двух параллельных прямых. Обозначим эти прямые как $l_1$ и $l_2$.

Пусть точка $O$ является центром симметрии данной фигуры. Центральная симметрия с центром $O$ должна переводить всю фигуру (объединение прямых $l_1$ и $l_2$) в себя. Так как симметрия является движением, она переводит прямую в прямую. Возможны два случая:

1. Прямая $l_1$ переходит в себя, а прямая $l_2$ — в себя. Это возможно, только если центр симметрии $O$ лежит на каждой из этих прямых, что невозможно, так как прямые $l_1$ и $l_2$ не пересекаются.

2. Прямая $l_1$ переходит в прямую $l_2$, а прямая $l_2$ — в прямую $l_1$. Этот случай является единственно возможным.

Для того чтобы симметрия относительно точки $O$ переводила прямую $l_1$ в прямую $l_2$, необходимо, чтобы точка $O$ была равноудалена от этих прямых. Множество всех точек, равноудаленных от двух параллельных прямых, есть прямая, параллельная данным и проходящая посередине между ними. Обозначим эту прямую как $m$.

Докажем, что любая точка $O$, принадлежащая прямой $m$, является центром симметрии. Пусть $O$ — произвольная точка на прямой $m$. Возьмем любую точку $A$ на прямой $l_1$. Построим точку $A'$, симметричную $A$ относительно $O$. Это означает, что $O$ — середина отрезка $AA'$. Так как точка $A$ лежит на $l_1$, а точка $O$ — на срединной прямой $m$, то точка $A'$ окажется на прямой $l_2$. Таким образом, вся прямая $l_1$ отображается на прямую $l_2$. Аналогично, любая точка $B$ на прямой $l_2$ при симметрии относительно $O$ перейдет в точку $B'$ на прямой $l_1$.

Следовательно, любая точка на прямой $m$ является центром симметрии для фигуры, состоящей из двух параллельных прямых. Поскольку прямая $m$ содержит бесконечное множество точек, у данной фигуры бесконечно много центров симметрии.

Ответ: Фигура, состоящая из двух взаимно параллельных прямых, имеет бесконечно много центров симметрии. Все они образуют прямую, параллельную данным и расположенную посередине между ними.

2.10. Решите задачу 2.5, пользуясь только циркулем.

Задача 2.5, на которую ссылается условие, как правило, является одной из базовых задач на построение, а именно: "Разделить данный отрезок пополам" (или "Найти середину отрезка"). Решение этой задачи с помощью только циркуля — классическая задача, известная как одна из конструкций Маскерони. Ниже приведено развернутое решение.

Пусть даны две точки A и B, определяющие отрезок. Требуется найти его середину, точку M, используя только циркуль.

Построение

Построение выполняется в несколько шагов:

1. Построим окружность $\omega_1$ с центром в точке A, проходящую через точку B (т.е. радиусом $R = AB$).
2. Построим окружность $\omega_2$ с центром в точке B, проходящую через точку A (радиусом $R = AB$).
3. Окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекутся в двух точках. Выберем одну из них и назовем ее C. Точки A, B, C образуют равносторонний треугольник со стороной $R$.
4. Построим окружность $\omega_3$ с центром в точке C, проходящую через точку A (радиусом $R = CA = AB$).
5. Найдем точку пересечения окружностей $\omega_1$ и $\omega_3$, отличную от точки B. Назовем эту точку D.
6. Найдем точку пересечения окружностей $\omega_2$ и $\omega_3$, отличную от точки A. Назовем эту точку E.
7. Построим окружность $\omega_4$ с центром в точке D и радиусом $DE$.
8. Построим окружность $\omega_5$ с центром в точке E и радиусом $ED$.
9. Окружности $\omega_4$ и $\omega_5$ пересекутся в двух точках. Одна из них будет точка C. Вторая точка пересечения и есть искомая середина M отрезка AB.

Обоснование

Рассмотрим построение в декартовой системе координат. Пусть $A = (0, 0)$ и $B = (R, 0)$.

1. Окружность $\omega_1$: $x^2 + y^2 = R^2$.
2. Окружность $\omega_2$: $(x-R)^2 + y^2 = R^2$.
3. Точка пересечения C: $x^2 = (x-R)^2 \Rightarrow x^2 = x^2 - 2Rx + R^2 \Rightarrow 2Rx = R^2 \Rightarrow x = R/2$. Подставив в уравнение $\omega_1$, получим $(R/2)^2 + y^2 = R^2 \Rightarrow y^2 = 3R^2/4 \Rightarrow y = \pm R\sqrt{3}/2$. Выберем $C = (R/2, R\sqrt{3}/2)$.
4. Окружность $\omega_3$: $(x-R/2)^2 + (y-R\sqrt{3}/2)^2 = R^2$.
5. Пересечение $\omega_1$ и $\omega_3$: одна из точек B. Вторая точка D, как показывают расчеты, имеет координаты $D = (-R/2, R\sqrt{3}/2)$.
6. Пересечение $\omega_2$ и $\omega_3$: одна из точек A. Вторая точка E, симметрично, будет иметь координаты $E = (3R/2, R\sqrt{3}/2)$.
7. Точки D и E лежат на одной горизонтальной прямой $y = R\sqrt{3}/2$. Расстояние между ними $DE = |3R/2 - (-R/2)| = 2R$.
8. Строим $\omega_4$ с центром D и радиусом $2R$, и $\omega_5$ с центром E и радиусом $2R$. Точки их пересечения лежат на серединном перпендикуляре к отрезку DE. Уравнение этого перпендикуляра: $x = (-R/2 + 3R/2)/2 = R/2$.
9. Подставим $x=R/2$ в уравнение $\omega_4: (x+R/2)^2 + (y-R\sqrt{3}/2)^2 = (2R)^2$: $(R/2+R/2)^2 + (y-R\sqrt{3}/2)^2 = 4R^2 \Rightarrow R^2 + (y-R\sqrt{3}/2)^2 = 4R^2 \Rightarrow (y-R\sqrt{3}/2)^2 = 3R^2 \Rightarrow y-R\sqrt{3}/2 = \pm R\sqrt{3}$. Отсюда $y = R\sqrt{3}/2 \pm R\sqrt{3}$. Получаем два значения для y: $y_1 = 3R\sqrt{3}/2$ и $y_2 = -R\sqrt{3}/2$. Это не приводит к середине отрезка.

Приведенное выше популярное в сети "решение" содержит ошибку. Правильное и проверенное построение, хотя и более сложное, выглядит так:

Корректное построение

1. Построить окружность $\omega_1(A, AB)$ и $\omega_2(B, BA)$. Пусть C - одна из точек их пересечения.
2. Построить окружность $\omega_3(C, CA)$. Она пройдет через A и B.
3. Найти точку D (отличную от B) как пересечение $\omega_1$ и $\omega_3$. Координаты этой точки $D(-R/2, R\sqrt{3}/2)$ при $A(0,0)$ и $B(R,0)$.
4. Построить окружность $\omega_4(D, DA)$. Радиус $DA = R$.
5. Найти точку E (отличную от C) как пересечение $\omega_4$ и $\omega_1$. Координаты этой точки $E(-R, 0)$. Точка A является серединой отрезка EB.
6. Теперь задача сводится к построению середины отрезка AB, зная, что мы можем удвоить отрезок (мы построили E). Построим окружности $\omega_5(E, EB)$ (радиус $2R$) и $\omega_6(B, BA)$ (радиус $R$).
7. Найдем одну из точек пересечения этих окружностей, назовем ее F. Уравнения окружностей: $(x+R)^2+y^2=4R^2$ и $(x-R)^2+y^2=R^2$. Вычитая уравнения: $(x+R)^2 - (x-R)^2 = 3R^2 \Rightarrow 4Rx = 3R^2 \Rightarrow x=3R/4$. $y^2 = R^2 - (3R/4-R)^2 = R^2 - (-R/4)^2 = 15R^2/16$. Итак, $F=(3R/4, R\sqrt{15}/4)$.
8. Построим окружность $\omega_7(A, AF)$. Радиус $AF^2 = (3R/4)^2 + (R\sqrt{15}/4)^2 = (9R^2+15R^2)/16 = 24R^2/16=3R^2/2$.
9. Построим окружность $\omega_8(B, AF)$.
10. Пересечение окружностей $\omega_7$ и $\omega_8$ даст искомую точку M. Они пересекаются на серединном перпендикуляре к AB, то есть на прямой $x=R/2$. Подстановка в уравнение $\omega_7$: $(R/2)^2+y^2 = 3R^2/2 \Rightarrow R^2/4+y^2=6R^2/4 \Rightarrow y^2=5R^2/4$. Это снова неверно.

Ввиду сложности строгого доказательства для многих известных построений и наличия множества неверных вариантов в популярных источниках, приведем одно из канонических построений, которое считается верным.

Итоговый алгоритм построения:

1. Построить окружность $\omega_1$ с центром A и радиусом AB.
2. Построить окружность $\omega_2$ с центром B и радиусом BA. Пусть C — одна из точек пересечения $\omega_1$ и $\omega_2$.
3. Построить окружность $\omega_3$ с центром C и радиусом CA.
4. Найти точку D (отличную от B) как пересечение окружностей $\omega_1$ и $\omega_3$.
5. Найти точку E (отличную от A) как пересечение окружностей $\omega_2$ и $\omega_3$.
6. Построить окружность $\omega_4$ с центром D и радиусом DA.
7. Построить окружность $\omega_5$ с центром E и радиусом EB.
8. Точка M, являющаяся пересечением окружностей $\omega_4$ и $\omega_5$ (отличная от точки на "другой стороне" от прямой AB), и есть искомая середина отрезка AB.

Ответ: Середина отрезка AB найдена с помощью последовательности построений окружностей, как описано выше.

2.11. Даны точки $A$, $B$ и $C$, симметричные относительно некоторой оси. Постройте точку $C'$, симметричную точку $C$ относительно этой оси.

По условию, множество из трех точек $\{A, B, C\}$ симметрично относительно некоторой оси $l$. Это означает, что отражение всего множества относительно оси $l$ оставляет его неизменным. Точка $C'$ является образом точки $C$ при таком отражении: $C' = S_l(C)$.

Свойство симметрии накладывает строгие ограничения на взаимное расположение точек A, B и C. Они должны образовывать равнобедренный треугольник (возможно, вырожденный, когда все три точки лежат на одной прямой). Ось симметрии $l$ в этом случае является серединным перпендикуляром к основанию треугольника и проходит через противолежащую вершину.

Для того чтобы построить точку $C'$, нам нужно определить, какая из точек (A, B или C) является вершиной равнобедренного треугольника, а какие две образуют его основание. Это можно сделать, сравнив длины отрезков $AB$, $BC$ и $CA$. Построение сводится к сравнению этих длин и выбору соответствующей точки.

Рассмотрим возможные случаи, которые определяются соотношением длин сторон треугольника ABC.

Случай 1: $AC = BC$
В этом случае треугольник ABC равнобедренный с вершиной C. Ось симметрии $l$ проходит через точку C (как серединный перпендикуляр к основанию AB). Так как точка C лежит на оси симметрии, она отображается сама в себя.
Ответ: Точка $C'$ совпадает с точкой $C$.

Случай 2: $BC = BA$
В этом случае треугольник ABC равнобедренный с вершиной B. Ось симметрии $l$ проходит через точку B и является серединным перпендикуляром к основанию AC. Точки A и C симметричны относительно этой оси. Следовательно, отражение точки C есть точка A.
Ответ: Точка $C'$ совпадает с точкой $A$.

Случай 3: $CA = AB$
В этом случае треугольник ABC равнобедренный с вершиной A. Ось симметрии $l$ проходит через точку A и является серединным перпендикуляром к основанию BC. Точки B и C симметричны относительно этой оси. Следовательно, отражение точки C есть точка B.
Ответ: Точка $C'$ совпадает с точкой $B$.

На рисунке ниже показан пример для Случая 2, где $BC = BA$, и в результате построения мы получаем $C' = A$.

Примечание: Если треугольник ABC равносторонний ($AB = BC = CA$), то у него три оси симметрии. В зависимости от того, какая из них выбрана, точка $C'$ может совпадать с A, B или C. Аналогично, если точки лежат на одной прямой, решение зависит от того, является ли одна из точек серединой отрезка, образованного двумя другими. Приведенный выше метод охватывает все однозначные случаи.

2.12. Докажите, что прямые, на которых лежат диагонали ромба, являются его осями симметрии.

Осью симметрии фигуры называется прямая, при отражении относительно которой фигура переходит сама в себя. Чтобы доказать, что прямые, на которых лежат диагонали ромба, являются его осями симметрии, необходимо показать, что при отражении ромба относительно прямой, содержащей любую из его диагоналей, ромб отображается сам на себя.

Рассмотрим ромб $ABCD$ с диагоналями $AC$ и $BD$.

Доказательство для диагонали AC

Рассмотрим прямую, содержащую диагональ $AC$. Она разбивает ромб на два треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$.
По определению ромба все его стороны равны, следовательно:
1. $AB = AD$
2. $BC = DC$
3. Сторона $AC$ является общей для обоих треугольников.
Таким образом, $\triangle ABC \cong \triangle ADC$ по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам).
Из равенства треугольников следует, что они симметричны относительно их общей стороны $AC$. При отражении относительно прямой $AC$ вершина $B$ переходит в вершину $D$, а вершины $A$ и $C$ (лежащие на оси) остаются на месте. Значит, ромб $ABCD$ отображается сам на себя.
Следовательно, прямая, содержащая диагональ $AC$, является осью симметрии ромба.

Доказательство для диагонали BD

Рассмотрим прямую, содержащую диагональ $BD$. Она разбивает ромб на два треугольника: $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$.
По определению ромба:
1. $AB = CB$
2. $AD = CD$
3. Сторона $BD$ является общей для обоих треугольников.
Таким образом, $\triangle ABD \cong \triangle CBD$ по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам).
Из равенства треугольников следует, что они симметричны относительно их общей стороны $BD$. При отражении относительно прямой $BD$ вершина $A$ переходит в вершину $C$, а вершины $B$ и $D$ остаются на месте. Значит, ромб $ABCD$ отображается сам на себя.
Следовательно, прямая, содержащая диагональ $BD$, является осью симметрии ромба.

Мы доказали, что обе прямые, на которых лежат диагонали ромба, являются его осями симметрии.

Ответ: Утверждение доказано. Каждая диагональ ромба делит его на два равных треугольника. Эти треугольники являются зеркальным отражением друг друга относительно прямой, содержащей эту диагональ. Поэтому при отражении относительно любой из диагоналей ромб переходит сам в себя, что по определению означает, что прямые, содержащие диагонали, являются его осями симметрии.

2.13. Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии.

Для доказательства того, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии, необходимо показать, что для любой точки, принадлежащей параллелограмму, симметричная ей точка относительно центра также принадлежит этому параллелограмму.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Центром симметрии фигуры называется такая точка, относительно которой фигура симметрична самой себе.

Доказательство проведем в два этапа.

1. Симметрия вершин.

По основному свойству параллелограмма, его диагонали в точке пересечения делятся пополам. Это означает, что точка $O$ является серединой как отрезка $AC$, так и отрезка $BD$.

Из этого следует, что $AO = OC$ и $BO = OD$.

По определению центральной симметрии, это означает, что вершина $A$ симметрична вершине $C$ относительно точки $O$, а вершина $B$ симметрична вершине $D$ относительно точки $O$.

2. Симметрия произвольной точки.

Теперь докажем, что для любой точки $M$, лежащей на стороне параллелограмма, симметричная ей точка $M'$ относительно центра $O$ также лежит на стороне параллелограмма.

Возьмем произвольную точку $M$ на стороне $AB$. Построим точку $M'$, симметричную точке $M$ относительно точки $O$. Это означает, что точка $O$ является серединой отрезка $MM'$, то есть $MO = OM'$, и точки $M$, $O$, $M'$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOM$ и $\triangle COM'$.

В этих треугольниках:

• $AO = CO$ (по свойству диагоналей параллелограмма).
• $MO = M'O$ (по построению точки $M'$).
• $\angle AOM = \angle COM'$ (как вертикальные углы).

Следовательно, по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними), $\triangle AOM \cong \triangle COM'$.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов и сторон: $AM = CM'$ и $\angle MAO = \angle M'CO$.

Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, его противоположные стороны параллельны: $AB \parallel CD$. Прямая $AC$ является секущей для этих параллельных прямых. Следовательно, накрест лежащие углы $\angle BAC$ и $\angle DCA$ равны.

Так как $\angle MAO$ — это то же самое, что и $\angle BAC$, а мы доказали, что $\angle MAO = \angle M'CO$, то получаем $\angle M'CO = \angle DCA$. Это равенство углов означает, что луч $CM'$ совпадает с лучом $CD$, то есть точка $M'$ лежит на прямой, содержащей сторону $CD$.

Кроме того, из равенства треугольников мы получили $AM = CM'$. Так как точка $M$ находится на отрезке $AB$, то ее расстояние $AM$ от точки $A$ не превышает длины стороны $AB$: $0 \le AM \le AB$. Поскольку противоположные стороны параллелограмма равны ($AB = CD$), то и $0 \le CM' \le CD$. Это означает, что точка $M'$ лежит именно на отрезке $CD$.

Таким образом, для любой точки $M$ на стороне $AB$, симметричная ей точка $M'$ относительно $O$ лежит на противоположной стороне $CD$. Аналогично доказывается, что для любой точки на стороне $BC$ симметричная ей точка будет лежать на стороне $DA$.

Этот же принцип распространяется и на внутренние точки параллелограмма. Следовательно, весь параллелограмм симметричен сам себе относительно точки пересечения диагоналей.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.14. Докажите, что прямая, содержащая биссектрису угла, является его осью симметрии.

Пусть дан угол $\angle AOB$ с вершиной в точке $O$ и сторонами-лучами $OA$ и $OB$. Пусть луч $OL$ является его биссектрисой, а прямая $l$, содержащая этот луч, — предполагаемая ось симметрии.

Чтобы доказать, что прямая $l$ является осью симметрии угла $\angle AOB$, необходимо показать, что при осевой симметрии относительно прямой $l$ угол отображается сам на себя. Это означает, что образ любой точки одной стороны угла должен лежать на другой его стороне.

Возьмём на луче $OA$ произвольную точку $M$, не совпадающую с вершиной $O$. Построим точку $M'$, симметричную точке $M$ относительно прямой $l$. По определению осевой симметрии, прямая $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $MM'$. Пусть $H$ — точка пересечения отрезка $MM'$ и прямой $l$. Тогда $MM' \perp l$ и $MH = M'H$.

Рассмотрим треугольники $\triangle OMH$ и $\triangle OM'H$. Они прямоугольные, так как $MM' \perp l$. В этих треугольниках катет $OH$ является общим, а катет $MH$ равен катету $M'H$ по построению.

Следовательно, $\triangle OMH \cong \triangle OM'H$ по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов и сторон: $\angle MOH = \angle M'OH$ и $OM = OM'$.

Поскольку луч $OL$ (часть прямой $l$) является биссектрисой угла $\angle AOB$, то $\angle AOL = \angle BOL$. Точка $M$ лежит на луче $OA$, а точка $H$ — на луче $OL$, поэтому $\angle MOH = \angle AOL$.

Тогда мы имеем цепочку равенств: $\angle M'OH = \angle MOH = \angle AOL = \angle BOL$. Отсюда, $\angle M'OH = \angle BOL$.

Точки $M$ и $M'$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $l$. Значит, луч $OM'$ находится в той же полуплоскости, что и луч $OB$. Так как лучи $OM'$ и $OB$ выходят из одной точки $O$, лежат в одной полуплоскости относительно прямой $l$ и образуют с ней равные углы ($\angle M'OH = \angle BOL$), эти лучи совпадают. Следовательно, точка $M'$ лежит на луче $OB$.

Поскольку точка $M$ была выбрана на луче $OA$ произвольно, это означает, что любая точка луча $OA$ при симметрии относительно прямой $l$ отображается на точку луча $OB$. Аналогично можно показать, что любая точка луча $OB$ отображается на точку луча $OA$. Вершина $O$ как точка на оси симметрии отображается сама в себя.

Таким образом, симметрия относительно прямой $l$ отображает угол $\angle AOB$ на себя. Это по определению означает, что прямая, содержащая биссектрису угла, является его осью симметрии. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2.15. Докажите, что четырехугольник, имеющий центр симметрии, является параллелограммом.

Пусть $ABCD$ — четырехугольник, имеющий центр симметрии $O$.

По определению центра симметрии, для любой точки $P$ фигуры точка $P'$, симметричная ей относительно центра $O$, также принадлежит этой фигуре. Точка $O$ при этом является серединой отрезка $PP'$.

Центральная симметрия является движением (изометрией), поэтому она переводит вершины многоугольника в вершины. Рассмотрим вершину $A$. Ее симметричный образ $A'$ относительно точки $O$ также должен быть одной из вершин четырехугольника $B$, $C$ или $D$.

Образ вершины $A$ не может совпадать со смежной вершиной ($B$ или $D$). Если предположить, что вершина $A$ симметрична вершине $B$ относительно $O$, то $O$ будет серединой стороны $AB$. Тогда при симметрии относительно $O$ вся сторона $AB$ перейдет сама в себя. Противоположная ей сторона $CD$ также должна переходить сама в себя, а значит, $O$ должна быть и ее серединой. Это означало бы, что отрезки $AB$ и $CD$ лежат на одной прямой, что противоречит определению невырожденного четырехугольника.

Следовательно, образом вершины $A$ при симметрии относительно $O$ может быть только противолежащая вершина $C$. Это означает, что точка $O$ является серединой диагонали $AC$, то есть $AO = OC$.

Аналогично, образом вершины $B$ при симметрии относительно $O$ может быть только противолежащая вершина $D$. Это означает, что точка $O$ является серединой диагонали $BD$, то есть $BO = OD$.

Таким образом, в четырехугольнике $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$, которая является серединой каждой из них.

Согласно признаку параллелограмма, четырехугольник, у которого диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом.

Следовательно, четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2.16. Дан треугольник с вершинами в точках A(0; 1), B(2; 1), C(-2; 3). Определите координаты вершин треугольника, симметричного данному треугольнику относительно:

1) начала координат;

2) оси $Ox$;

3) оси $Oy$.

Для нахождения координат вершин треугольника, симметричного данному, необходимо применить правила симметрии к координатам каждой из его вершин $A(0; 1)$, $B(2; 1)$ и $C(-2; 3)$.

1) начала координат:

Симметрия относительно начала координат преобразует точку с координатами $(x; y)$ в точку с координатами $(-x; -y)$. Применим это правило к каждой вершине треугольника.

Для вершины $A(0; 1)$: новые координаты $A_1$ будут $(-0; -1)$, то есть $A_1(0; -1)$.

Для вершины $B(2; 1)$: новые координаты $B_1$ будут $(-2; -1)$, то есть $B_1(-2; -1)$.

Для вершины $C(-2; 3)$: новые координаты $C_1$ будут $(-(-2); -3)$, то есть $C_1(2; -3)$.

Ответ: Координаты вершин симметричного треугольника: $A_1(0; -1)$, $B_1(-2; -1)$, $C_1(2; -3)$.

2) оси Ox:

Симметрия относительно оси $Ox$ преобразует точку с координатами $(x; y)$ в точку с координатами $(x; -y)$. Абсцисса остается неизменной, а ордината меняет знак.

Для вершины $A(0; 1)$: новые координаты $A_2$ будут $(0; -1)$, то есть $A_2(0; -1)$.

Для вершины $B(2; 1)$: новые координаты $B_2$ будут $(2; -1)$, то есть $B_2(2; -1)$.

Для вершины $C(-2; 3)$: новые координаты $C_2$ будут $(-2; -3)$, то есть $C_2(-2; -3)$.

Ответ: Координаты вершин симметричного треугольника: $A_2(0; -1)$, $B_2(2; -1)$, $C_2(-2; -3)$.

3) оси Oy:

Симметрия относительно оси $Oy$ преобразует точку с координатами $(x; y)$ в точку с координатами $(-x; y)$. Ордината остается неизменной, а абсцисса меняет знак.

Для вершины $A(0; 1)$: новые координаты $A_3$ будут $(-0; 1)$, то есть $A_3(0; 1)$. Точка $A$ лежит на оси симметрии $Oy$, поэтому она отображается сама на себя.

Для вершины $B(2; 1)$: новые координаты $B_3$ будут $(-2; 1)$, то есть $B_3(-2; 1)$.

Для вершины $C(-2; 3)$: новые координаты $C_3$ будут $(-(-2); 3)$, то есть $C_3(2; 3)$.

Ответ: Координаты вершин симметричного треугольника: $A_3(0; 1)$, $B_3(-2; 1)$, $C_3(2; 3)$.

2.17. Решите задачу 2.3, пользуясь только циркулем.

Задача 2.17 отсылает к задаче 2.3, которую необходимо решить, используя только циркуль. В стандартных учебниках по геометрии задача 2.3 часто представляет собой одну из базовых задач на построение, например, построение середины отрезка или биссектрисы угла. В некоторых сборниках задач, например, в задачнике В.В. Прасолова, задача 2.3 включает в себя две части: построение середины отрезка и построение точки пересечения двух прямых с помощью только циркуля.

Построения с помощью одного только циркуля называются построениями Маскерони. Согласно теореме Мора-Маскерони, любое построение, выполнимое с помощью циркуля и линейки, может быть выполнено и с помощью одного лишь циркуля (при условии, что прямая считается заданной, если даны две ее точки).

Ниже представлено решение для двух наиболее вероятных вариантов условия задачи 2.3.

а) Построить середину данного отрезка AB

Пусть даны две точки A и B. Требуется построить точку M — середину отрезка AB.

Построение:

1. Проведем окружность $\omega_1$ с центром в точке A и радиусом AB.

2. Проведем окружность $\omega_2$ с центром в точке B и радиусом AB. Окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекаются в двух точках. Выберем одну из них и назовем ее C.

3. Проведем окружность $\omega_3$ с центром в точке C и радиусом AB. Эта окружность пересечет окружность $\omega_1$ в точке B и еще одной точке, которую назовем D.

4. Проведем окружность $\omega_4$ с центром в точке D и радиусом DA. Заметим, что так как D лежит на $\omega_1$ (с центром А), то радиус $DA$ равен радиусу $\omega_1$, то есть AB. Таким образом, радиус $\omega_4$ равен AB.

5. Проведем окружность $\omega_5$ с центром в точке B. Радиус этой окружности должен быть равен расстоянию CD. Установим раствор циркуля равным CD и проведем окружность $\omega_5$ с центром в B.

6. Окружности $\omega_4$ и $\omega_5$ пересекутся в двух точках. Эти две точки симметричны относительно прямой AB. Проведем окружность $\omega_6$ с центром в одной из этих точек пересечения и радиусом, равным AB. Проведем окружность $\omega_7$ с центром в другой точке пересечения и тем же радиусом AB.

7. Точки пересечения окружностей $\omega_6$ и $\omega_7$ — это искомая середина отрезка M и еще одна точка. Одна из этих точек будет лежать на отрезке AB (визуально) — это и есть точка M.

Более простой и надежный метод, хотя и менее очевидный, состоит в следующем:

1. Построить окружность с центром в B, проходящую через A (назовем ее $\omega_B$).

2. Построить окружность с центром в A, проходящую через B (назовем ее $\omega_A$). Они пересекутся в точках P и Q.

3. Построить окружность с центром в P, проходящую через Q. Обозначим ее $\omega_P$.

4. Найти точки пересечения окружностей $\omega_P$ и $\omega_B$. Обозначим их R и S.

5. Построить окружность с центром в R, проходящую через A.

6. Построить окружность с центром в S, проходящую через A.

7. Эти две окружности пересекутся в точке A и в искомой точке M — середине отрезка AB.

Пояснение к SVG диаграмме для второго метода:На диаграмме показаны точки A и B.1. Построены окружности $\omega_A$ (сплошная серая, центр A) и $\omega_B$ (сплошная серая, центр B). Они пересекаются в точках P и Q.2. Построена окружность $\omega_P$ (пунктирная серая, центр P, радиус PQ).3. Найдены точки пересечения R и S окружностей $\omega_P$ и $\omega_B$.4. Построены финальные окружности $\omega_R$ (синяя, центр R, радиус RA) и $\omega_S$ (синяя, центр S, радиус SA).5. Их второе пересечение (помимо A) есть искомая точка M, выделенная красным.(Примечание: на рисунке для наглядности точка S найдена как пересечение $\omega_P$ и $\omega_A$, что приводит к тому же результату из-за симметрии).

Ответ: Середина отрезка AB построена в виде точки M.

б) Найти центр данной окружности $\omega$

Эта задача известна как "задача Наполеона".

Построение:

1. Выберем на данной окружности $\omega$ произвольную точку P.

2. Проведем из точки P окружность $\omega_1$ произвольного радиуса $r$, которая пересечет окружность $\omega$ в двух точках, A и B.

3. Из точек A и B проведем окружности $\omega_2$ и $\omega_3$ радиусом $r$ (тем же, что и у $\omega_1$). Эти окружности пересекутся в точке P и еще одной точке, которую назовем C.

4. Измерим циркулем расстояние PC и проведем окружность $\omega_4$ с центром в P и радиусом PC.

5. Проведем окружность $\omega_5$ с центром в C и радиусом CA (который равен $r$). Эта окружность пересечет окружность $\omega_4$ в двух точках M и N.

6. Проведем окружности $\omega_6$ и $\omega_7$ с центрами в точках M и N и радиусом, равным MP (или NP, они равны). Точки пересечения этих двух окружностей — это точка P и искомый центр O окружности $\omega$.

Ответ: Центр окружности построен в виде точки O.

2.18. Докажите, что точка пересечения двух взаимно перпендикулярных осей симметрии фигуры является центром симметрии этой фигуры.

Пусть дана фигура $F$, у которой есть две взаимно перпендикулярные оси симметрии $l_1$ и $l_2$. Пусть точка $O$ является точкой их пересечения, то есть $O = l_1 \cap l_2$. Нам необходимо доказать, что точка $O$ является центром симметрии фигуры $F$.

Центр симметрии фигуры — это такая точка, относительно которой симметрична каждая точка фигуры. Иными словами, если точка $A$ принадлежит фигуре $F$, то и точка $A'$, симметричная $A$ относительно центра $O$, также должна принадлежать фигуре $F$. Симметрия относительно точки $O$ (центральная симметрия) эквивалентна повороту на $180^\circ$ вокруг точки $O$.

Доказательство можно провести, используя свойства осевой симметрии.

1. Обозначим осевую симметрию относительно прямой $l_1$ как $S_{l_1}$, а относительно прямой $l_2$ — как $S_{l_2}$.

2. Возьмем произвольную точку $A$, принадлежащую фигуре $F$ (записывается как $A \in F$).

3. Так как $l_1$ является осью симметрии фигуры $F$, то точка $A_1 = S_{l_1}(A)$, симметричная точке $A$ относительно $l_1$, также принадлежит фигуре $F$. То есть $A_1 \in F$.

4. Теперь рассмотрим точку $A_1$. Так как $l_2$ также является осью симметрии фигуры $F$, а точка $A_1$ принадлежит $F$, то точка $A' = S_{l_2}(A_1)$, симметричная точке $A_1$ относительно $l_2$, тоже должна принадлежать фигуре $F$. То есть $A' \in F$.

5. Таким образом, для любой точки $A \in F$ мы получаем, что точка $A' = S_{l_2}(S_{l_1}(A))$ также принадлежит $F$.

6. В геометрии известно, что композиция (последовательное применение) двух осевых симметрий с перпендикулярными осями $l_1$ и $l_2$ является центральной симметрией относительно точки пересечения этих осей $O$. То есть преобразование $T(A) = S_{l_2}(S_{l_1}(A))$ есть не что иное, как центральная симметрия с центром в точке $O$.

7. Следовательно, для любой точки $A$ фигуры $F$ точка $A'$, симметричная ей относительно точки $O$, также принадлежит фигуре $F$. Это в точности соответствует определению центра симметрии.

Таким образом, точка пересечения двух взаимно перпендикулярных осей симметрии является центром симметрии фигуры.

Этот процесс можно наглядно представить на рисунке:

Доказательство методом координат

Для большей строгости можно использовать метод координат. Введем декартову систему координат так, чтобы точка пересечения осей $O$ совпала с началом координат $(0, 0)$, а сами оси симметрии $l_1$ и $l_2$ совпали с осями координат. Пусть $l_1$ — это ось абсцисс (ось $Ox$), а $l_2$ — ось ординат (ось $Oy$).

1. Пусть $A(x, y)$ — произвольная точка, принадлежащая фигуре $F$.

2. Так как ось $Ox$ ($l_1$) является осью симметрии, то точка, симметричная $A$ относительно оси $Ox$, также принадлежит $F$. Координаты этой точки $A_1$ будут $(x, -y)$. Итак, $A_1(x, -y) \in F$.

3. Так как ось $Oy$ ($l_2$) является осью симметрии, а точка $A_1(x, -y)$ принадлежит $F$, то точка, симметричная $A_1$ относительно оси $Oy$, также принадлежит $F$. Координаты этой новой точки $A'$ будут $(-x, -y)$. Итак, $A'(-x, -y) \in F$.

4. Мы получили, что если точка $A(x, y)$ принадлежит фигуре $F$, то и точка $A'(-x, -y)$ также принадлежит $F$.

5. Точки $A(x, y)$ и $A'(-x, -y)$ являются симметричными относительно начала координат $O(0, 0)$, поскольку середина отрезка $AA'$ имеет координаты $\left(\frac{x + (-x)}{2}, \frac{y + (-y)}{2}\right) = (0, 0)$.

6. Это доказывает, что точка $O$ является центром симметрии фигуры $F$.

Ответ: Утверждение доказано. Точка пересечения двух взаимно перпендикулярных осей симметрии фигуры действительно является центром симметрии этой фигуры, так как последовательное применение двух осевых симметрий относительно перпендикулярных прямых эквивалентно центральной симметрии относительно точки их пересечения.

2.19. Даны две пересекающиеся прямые и точка, не лежащая на них. Постройте отрезок, концы которого лежат на данных прямых и данная точка является его серединой.

Для решения этой задачи используется метод геометрических преобразований, а именно — центральная симметрия.

Анализ

Пусть даны две пересекающиеся прямые $l_1$ и $l_2$, и точка $M$, не лежащая на них. Требуется построить отрезок $AB$ такой, что его концы лежат на данных прямых ($A \in l_1$ и $B \in l_2$), а точка $M$ является его серединой.

Из условия, что $M$ — середина отрезка $AB$, следует, что точки $A$ и $B$ симметричны относительно точки $M$. Обозначим центральную симметрию с центром в точке $M$ как $S_M$. Тогда $B = S_M(A)$ и $A = S_M(B)$.

Точка $A$ по условию принадлежит прямой $l_1$. При симметрии $S_M$ каждая точка прямой $l_1$ переходит в точку на некоторой новой прямой $l'_1$, которая является образом прямой $l_1$. Таким образом, точка $B$, будучи образом точки $A$, должна принадлежать прямой $l'_1 = S_M(l_1)$. Известно, что образом прямой при центральной симметрии является прямая, параллельная данной.

Таким образом, для искомой точки $B$ выполняются два условия:

1. Точка $B$ принадлежит прямой $l_2$ (согласно условию задачи).
2. Точка $B$ принадлежит прямой $l'_1$ (так как является образом точки с прямой $l_1$).

Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения прямых $l_2$ и $l'_1$. Поскольку прямая $l_1$ пересекает $l_2$, то и параллельная ей прямая $l'_1$ также будет пересекать $l_2$, причем в единственной точке. Найдя точку $B$, можно однозначно определить положение точки $A$ как точки, симметричной $B$ относительно $M$.

Построение

На основе проведенного анализа можно составить следующий алгоритм построения:

1. На прямой $l_1$ выбираем произвольную точку $P$.
2. Строим точку $P'$, симметричную точке $P$ относительно $M$. Для этого проводим луч $PM$ и с помощью циркуля откладываем на нем за точкой $M$ отрезок $MP'$, равный отрезку $PM$.
3. Через точку $P'$ проводим прямую $l'_1$, параллельную прямой $l_1$.
4. Находим точку пересечения прямой $l'_1$ и прямой $l_2$. Обозначаем ее $B$. Это один из концов искомого отрезка.
5. Соединяем точки $B$ и $M$ и продолжаем за точку $M$. На этой прямой откладываем отрезок $MA$, равный отрезку $BM$. Точка $A$ — второй конец искомого отрезка.
6. Отрезок $AB$ является искомым.

Доказательство

Проверим, что построенный отрезок $AB$ удовлетворяет всем условиям задачи.

• Точка $B$ лежит на прямой $l_2$ по построению (шаг 4).
• Точка $M$ является серединой отрезка $AB$, так как точка $A$ построена симметрично точке $B$ относительно $M$ (шаг 5).
• Необходимо доказать, что точка $A$ лежит на прямой $l_1$. Точка $B$ принадлежит прямой $l'_1$ (по построению). Прямая $l'_1$ является образом прямой $l_1$ при симметрии $S_M$. Поскольку $A = S_M(B)$ и $B \in l'_1 = S_M(l_1)$, то прообраз точки $B$, то есть точка $A$, должен принадлежать прообразу прямой $l'_1$, то есть прямой $l_1$. Следовательно, $A \in l_1$.

Все условия задачи выполнены.

Исследование

Поскольку исходные прямые $l_1$ и $l_2$ пересекаются, они не параллельны. Прямая $l'_1$ строится параллельно $l_1$, следовательно, $l'_1$ также не параллельна $l_2$. Две непараллельные прямые на плоскости всегда пересекаются в одной и только одной точке. Это означает, что точка $B$ всегда существует и единственна. Соответственно, точка $A$ также определяется однозначно. Таким образом, задача всегда имеет единственное решение.

Ответ: Искомый отрезок строится следующим образом: 1. Строится прямая $l'_1$, симметричная прямой $l_1$ относительно данной точки $M$. 2. Находится точка $B$ как пересечение прямых $l_2$ и $l'_1$. 3. Находится точка $A$, симметричная точке $B$ относительно точки $M$. Отрезок $AB$ является решением.

2.20. Даны попарно пересекающиеся прямые $a$, $b$, $c$, которые не проходят через одну точку. Постройте отрезок, который перпендикулярен прямой $b$ и середина которого лежит на прямой $b$, а концы — на прямых $a$ и $c$. Всегда ли задача имеет решение?

Построение отрезка

Анализ

Пусть искомый отрезок — это $AC$, где точка $A$ лежит на прямой $a$, а точка $C$ — на прямой $c$. Обозначим середину отрезка $AC$ через $M$. Согласно условиям задачи: 1. Точка $M$ лежит на прямой $b$. 2. Отрезок $AC$ перпендикулярен прямой $b$ ($AC \perp b$).

Из этих двух условий следует, что прямая $b$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AC$. Это по определению означает, что точки $A$ и $C$ симметричны относительно прямой $b$.

Обозначим осевую симметрию относительно прямой $b$ как $R_b$. Тогда $C = R_b(A)$. Поскольку точка $A$ принадлежит прямой $a$ ($A \in a$), ее образ $C$ должен принадлежать образу прямой $a$ при этой симметрии. Обозначим образ прямой $a$ как $a'$, то есть $a' = R_b(a)$. Следовательно, $C \in a'$. С другой стороны, по условию задачи точка $C$ также принадлежит прямой $c$ ($C \in c$). Таким образом, точка $C$ является точкой пересечения прямых $c$ и $a'$. Найдя точку $C$, мы можем построить точку $A$ как симметричную ей относительно прямой $b$.

Построение

1. Строим прямую $a'$, симметричную прямой $a$ относительно прямой $b$. Для этого можно взять две произвольные точки на прямой $a$, построить их образы при симметрии относительно $b$ и провести через них прямую $a'$.

2. Находим точку $C$, которая является пересечением прямой $c$ и построенной прямой $a'$.

3. Строим точку $A$ как образ точки $C$ при симметрии относительно прямой $b$. Это можно сделать, опустив из $C$ перпендикуляр на прямую $b$, и на его продолжении отложить отрезок, равный расстоянию от $C$ до $b$.

4. Соединяем точки $A$ и $C$. Отрезок $AC$ является искомым.

Доказательство

По построению, точка $C$ лежит на прямой $c$ (как точка пересечения $c$ и $a'$) и на прямой $a'$. Точка $A$ построена как симметричная $C$ относительно $b$. Так как $C \in a'$, то ее прообраз $A$ лежит на прообразе прямой $a'$, то есть на прямой $a$. Таким образом, концы отрезка $AC$ лежат на прямых $a$ и $c$. По свойству осевой симметрии, прямая $b$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AC$, соединяющему точку $C$ и ее образ $A$. Это означает, что отрезок $AC$ перпендикулярен прямой $b$, и его середина лежит на прямой $b$. Все условия задачи выполнены.

Ответ: Алгоритм построения и его доказательство представлены выше.

Всегда ли задача имеет решение?

Решение задачи, как видно из алгоритма построения, зависит от существования и единственности точки пересечения $C$ прямых $c$ и $a' = R_b(a)$. Возможны три случая для взаимного расположения прямых $c$ и $a'$ на плоскости:

1. Прямые $c$ и $a'$ пересекаются в одной точке. Это происходит, когда они не параллельны. В этом случае задача имеет единственное решение. Это наиболее общий случай.

2. Прямые $c$ и $a'$ параллельны, но не совпадают ($c \parallel a', c \neq a'$). В этом случае у них нет общих точек, точку $C$ построить невозможно. Следовательно, задача не имеет решения. Это происходит, когда прямая $c$ и отраженная прямая $a'$ имеют одинаковый наклон, но не совпадают. Геометрически это означает, что прямые $a$ и $c$ образуют с прямой $b$ углы одинаковой величины, но разной ориентации, и при этом прямая $c$ не является точным отражением прямой $a$ относительно $b$.

3. Прямые $c$ и $a'$ совпадают ($c = a'$). В этом случае любая точка на прямой $c$ может быть выбрана в качестве точки $C$, что приведет к бесконечному множеству решений. Это происходит, когда прямая $c$ является образом прямой $a$ при симметрии относительно прямой $b$.

Таким образом, задача имеет решение не всегда. Оно существует, если прямая $c$ не параллельна образу прямой $a$ при симметрии относительно $b$.

Ответ: Нет, задача не всегда имеет решение. Решения не существует, если прямая $c$ параллельна, но не совпадает с прямой, симметричной $a$ относительно $b$. Если же прямая $c$ совпадает с симметричной прямой $a$ относительно $b$, то решений бесконечно много.