Страница 77 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.21. Дан прямоугольник с вершинами в точках $A(2; 1)$, $B(5; 4)$, $C(11; -2)$ и $D(8; -5).

1) Определите координаты центра симметрии.

2) Напишите уравнение осей симметрии этого прямоугольника.

1) Центр симметрии прямоугольника — это точка пересечения его диагоналей. Эта точка также является серединой любой из диагоналей. Найдем координаты центра симметрии $O(x_O; y_O)$ как середину диагонали AC, используя формулу середины отрезка для точек $A(x_A; y_A)$ и $C(x_C; y_C)$:
$x_O = \frac{x_A + x_C}{2}$
$y_O = \frac{y_A + y_C}{2}$
Подставим координаты точек $A(2; 1)$ и $C(11; -2)$:
$x_O = \frac{2 + 11}{2} = \frac{13}{2} = 6.5$
$y_O = \frac{1 + (-2)}{2} = -\frac{1}{2} = -0.5$
Таким образом, координаты центра симметрии: $O(\frac{13}{2}; -\frac{1}{2})$.
Для проверки можно использовать диагональ BD с точками $B(5; 4)$ и $D(8; -5)$:
$x_O = \frac{5 + 8}{2} = \frac{13}{2} = 6.5$
$y_O = \frac{4 + (-5)}{2} = -\frac{1}{2} = -0.5$
Координаты совпадают, что подтверждает правильность расчета.
Ответ: $(\frac{13}{2}; -\frac{1}{2})$

2) Оси симметрии прямоугольника — это прямые, проходящие через середины его противоположных сторон. Эти оси пересекаются в центре симметрии $O$. Всего у прямоугольника две оси симметрии.
Сначала найдем координаты середин всех сторон прямоугольника.
Середина стороны AB, точка $M_{AB}$:
$M_{AB} = (\frac{x_A+x_B}{2}; \frac{y_A+y_B}{2}) = (\frac{2+5}{2}; \frac{1+4}{2}) = (\frac{7}{2}; \frac{5}{2})$
Середина стороны CD, точка $M_{CD}$:
$M_{CD} = (\frac{x_C+x_D}{2}; \frac{y_C+y_D}{2}) = (\frac{11+8}{2}; \frac{-2-5}{2}) = (\frac{19}{2}; -\frac{7}{2})$
Середина стороны BC, точка $M_{BC}$:
$M_{BC} = (\frac{x_B+x_C}{2}; \frac{y_B+y_C}{2}) = (\frac{5+11}{2}; \frac{4-2}{2}) = (8; 1)$
Середина стороны DA, точка $M_{DA}$:
$M_{DA} = (\frac{x_D+x_A}{2}; \frac{y_D+y_A}{2}) = (\frac{8+2}{2}; \frac{-5+1}{2}) = (5; -2)$

Первая ось симметрии проходит через точки $M_{BC}(8; 1)$ и $M_{DA}(5; -2)$. Найдем уравнение этой прямой.
Угловой коэффициент $k_1$:
$k_1 = \frac{y_{M_{DA}} - y_{M_{BC}}}{x_{M_{DA}} - x_{M_{BC}}} = \frac{-2 - 1}{5 - 8} = \frac{-3}{-3} = 1$
Используем уравнение прямой, проходящей через точку $(x_0, y_0)$ с угловым коэффициентом $k$: $y - y_0 = k(x - x_0)$. Возьмем точку $M_{BC}(8; 1)$:
$y - 1 = 1 \cdot (x - 8)$
$y = x - 7$

Вторая ось симметрии проходит через точки $M_{AB}(\frac{7}{2}; \frac{5}{2})$ и $M_{CD}(\frac{19}{2}; -\frac{7}{2})$. Найдем уравнение этой прямой.
Угловой коэффициент $k_2$:
$k_2 = \frac{y_{M_{CD}} - y_{M_{AB}}}{x_{M_{CD}} - x_{M_{AB}}} = \frac{-7/2 - 5/2}{19/2 - 7/2} = \frac{-12/2}{12/2} = -1$
Возьмем точку $M_{AB}(\frac{7}{2}; \frac{5}{2})$:
$y - \frac{5}{2} = -1 \cdot (x - \frac{7}{2})$
$y - \frac{5}{2} = -x + \frac{7}{2}$
$y = -x + \frac{7}{2} + \frac{5}{2}$
$y = -x + 6$
Ответ: $y = x - 7$ и $y = -x + 6$.

Визуализация задачи:

2.22. Выпуклый четырехугольник, в котором одна из диагоналей является осью симметрии, называется дельтоидом.

Определите свойства дельтоидов.

Дельтоид — это выпуклый четырехугольник, у которого одна из диагоналей является осью симметрии. Рассмотрим свойства такой фигуры.

Пусть дан дельтоид $ABCD$, в котором диагональ $AC$ является осью симметрии.

Из определения дельтоида и свойств осевой симметрии следуют его основные свойства.

Свойства сторон

Поскольку фигура симметрична относительно прямой $AC$, отражение вершины $B$ относительно этой прямой есть вершина $D$. Осевая симметрия является движением, то есть сохраняет расстояния. Следовательно, расстояние от любой точки на оси симметрии до $B$ равно расстоянию до $D$. В частности, $AB = AD$ и $CB = CD$. Таким образом, у дельтоида имеются две различные пары равных смежных сторон.

Свойства углов

Осевая симметрия сохраняет углы. При симметрии относительно $AC$ угол $\angle ABC$ переходит в угол $\angle ADC$, значит, эти углы равны: $\angle ABC = \angle ADC$. Также ось симметрии $AC$ является биссектрисой углов при вершинах $A$ и $C$, то есть делит их пополам: $\angle BAC = \angle DAC$ и $\angle BCA = \angle DCA$. Углы $\angle BAD$ и $\angle BCD$ в общем случае не равны.

Свойства диагоналей

Рассмотрим диагонали $AC$ и $BD$. Так как точка $B$ симметрична точке $D$ относительно прямой $AC$, то отрезок $BD$ перпендикулярен прямой $AC$. Таким образом, диагонали дельтоида взаимно перпендикулярны: $AC \perp BD$. Ось симметрии ($AC$) делит другую диагональ ($BD$) в точке их пересечения $O$ пополам: $BO = OD$. В общем случае диагональ $AC$ не делится пополам диагональю $BD$.

Площадь

Площадь любого четырехугольника с перпендикулярными диагоналями равна половине произведения их длин. Обозначив длины диагоналей $d_1 = AC$ и $d_2 = BD$, получим формулу для площади дельтоида $S$: $S = \frac{1}{2} d_1 d_2$

Связь с окружностями

В любой дельтоид можно вписать окружность. Это следует из свойства, что суммы противолежащих сторон четырехугольника равны. Для дельтоида: $AB + CD = AD + BC$, так как $AB = AD$ и $CD = BC$. Центр вписанной окружности всегда лежит на оси симметрии.

Описать окружность около дельтоида можно не всегда. Это возможно тогда и только тогда, когда углы, лежащие против оси симметрии, прямые: $\angle B = \angle D = 90^\circ$. В этом случае сумма противоположных углов будет равна $180^\circ$ ($\angle B + \angle D = 180^\circ$ и $\angle A + \angle C = 180^\circ$), что является необходимым и достаточным условием для вписанного четырехугольника.

Ответ: Основные свойства дельтоида:

1. Две пары равных смежных сторон ($AB=AD$, $BC=CD$).

2. Углы между неравными сторонами равны ($\angle B = \angle D$).

3. Диагональ, являющаяся осью симметрии ($AC$), делит пополам углы при своих вершинах ($\angle A$ и $\angle C$).

4. Диагонали взаимно перпендикулярны ($AC \perp BD$).

5. Диагональ, являющаяся осью симметрии ($AC$), делит другую диагональ ($BD$) пополам.

6. В любой дельтоид можно вписать окружность.

7. Площадь дельтоида равна половине произведения его диагоналей: $S = \frac{1}{2}d_1 d_2$.

2.23. Точки $A$ и $B$ расположены по одну сторону прямой $m$. На прямой $m$ найдите точку $K$ такую, чтобы сумма $AK+KB$ принимала наименьшее значение.

Для решения этой задачи используется геометрический метод, известный как принцип отражения (или задача Герона Александрийского). Суть метода заключается в том, чтобы свести задачу к нахождению кратчайшего расстояния между двумя точками.

Построение

1. Выберем одну из точек, например, точку $A$, и построим точку $A'$, симметричную точке $A$ относительно прямой $m$. Для этого из точки $A$ опустим перпендикуляр на прямую $m$ и на его продолжении за прямую $m$ отложим отрезок, равный расстоянию от $A$ до прямой.

2. Соединим полученную точку $A'$ с точкой $B$ отрезком прямой.

3. Точка, в которой отрезок $A'B$ пересекает прямую $m$, и есть искомая точка $K$.

Доказательство

По свойству осевой симметрии, для любой точки $K$, лежащей на оси симметрии (прямой $m$), расстояние до исходной точки $A$ равно расстоянию до ее симметричного образа $A'$. То есть, $AK = A'K$.

Таким образом, задача минимизации суммы $AK + KB$ эквивалентна задаче минимизации суммы $A'K + KB$.

Точки $A'$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой $m$. Кратчайшее расстояние между двумя точками $A'$ и $B$ — это длина отрезка прямой, их соединяющего. Сумма $A'K + KB$ будет наименьшей, если точки $A'$, $K$ и $B$ лежат на одной прямой. Это в точности соответствует нашему построению, где $K$ — точка пересечения отрезка $A'B$ с прямой $m$. В этом случае минимальное значение суммы равно длине отрезка $A'B$.

Для любой другой точки $K'$ на прямой $m$ (как показано на рисунке), точки $A'$, $K'$ и $B$ образуют треугольник. Согласно неравенству треугольника, сумма длин двух сторон всегда больше длины третьей стороны: $A'K' + K'B > A'B$.

Поскольку $A'K' = AK'$ и $A'B = AK + KB$, мы получаем, что $AK' + K'B > AK + KB$.

Следовательно, точка $K$, найденная по описанному алгоритму, является единственной точкой на прямой $m$, для которой сумма расстояний $AK+KB$ минимальна.

Ответ: Искомая точка $K$ — это точка пересечения прямой $m$ с отрезком $A'B$, где $A'$ — точка, симметричная точке $A$ относительно прямой $m$ (или, что эквивалентно, точка пересечения $m$ с отрезком $AB'$, где $B'$ — точка, симметричная $B$ относительно $m$).

2.24. Точки $A$ и $B$ расположены по разным сторонам прямой $m$. Найдите на прямой $m$ точку $C$ такую, чтобы прямая $m$ содержала биссектрису угла $ACB$.

Анализ

Пусть $C$ — искомая точка на прямой $m$. По условию, прямая $m$ должна содержать биссектрису угла $ACB$. Поскольку точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой $m$, то и лучи $CA$ и $CB$ также лежат по разные стороны от $m$. Это означает, что углы, которые отрезки $AC$ и $BC$ образуют с прямой $m$, должны быть равны.
Воспользуемся методом осевой симметрии. Построим точку $A'$, симметричную точке $A$ относительно прямой $m$.
Из свойств осевой симметрии следует, что для любой точки $C$ на оси симметрии $m$:
1. Расстояние $AC$ равно расстоянию $A'C$.
2. Угол между отрезком $AC$ и прямой $m$ равен углу между отрезком $A'C$ и прямой $m$.
Таким образом, исходное условие равенства углов, образуемых $AC$ и $BC$ с прямой $m$, можно переписать так: угол между $A'C$ и прямой $m$ должен быть равен углу между $BC$ и прямой $m$.
Так как точки $A$ и $B$ находятся по разные стороны от $m$, то симметричная точка $A'$ будет находиться по ту же сторону от $m$, что и точка $B$. Для того чтобы углы, образованные отрезками $A'C$ и $BC$ с прямой $m$, были равны, необходимо, чтобы точки $A'$, $C$ и $B$ лежали на одной прямой. В этом случае углы при вершине $C$, образованные пересечением прямых $A'B$ и $m$, будут вертикальными и, следовательно, равными.
Следовательно, искомая точка $C$ является точкой пересечения прямой, проходящей через точки $A'$ и $B$, с прямой $m$.

Построение

1. Строим точку $A'$, симметричную точке $A$ относительно прямой $m$. Для этого из точки $A$ опускаем перпендикуляр $AH$ на прямую $m$ и на его продолжении откладываем отрезок $HA'$, равный $AH$.
2. Соединяем точку $A'$ с точкой $B$ прямой линией.
3. Точка пересечения прямой $A'B$ с прямой $m$ и будет искомой точкой $C$.

Доказательство

Пусть точка $C$ построена указанным способом, то есть $C = A'B \cap m$. Докажем, что прямая $m$ является биссектрисой угла $ACB$.
Обозначим острые углы, которые образуют лучи $CA$ и $CB$ с прямой $m$, как $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Нам нужно доказать, что $\alpha = \beta$.
По свойству осевой симметрии, угол между лучом $CA$ и прямой $m$ равен углу между лучом $CA'$ и прямой $m$. Обозначим этот угол $\alpha'$. Таким образом, $\alpha = \alpha'$.
По построению, точки $A'$, $C$ и $B$ лежат на одной прямой. Угол $\alpha'$ (между $CA'$ и $m$) и угол $\beta$ (между $CB$ и $m$) являются вертикальными углами, образованными при пересечении прямых $A'B$ и $m$. Следовательно, $\alpha' = \beta$.
Из равенств $\alpha = \alpha'$ и $\alpha' = \beta$ следует, что $\alpha = \beta$.
Это означает, что прямая $m$ делит угол $ACB$ так, что углы, образованные сторонами угла с прямой $m$, равны. Что и требовалось доказать.

Исследование

Задача имеет решение, если построенная прямая $A'B$ пересекает прямую $m$.
Точки $A$ и $B$ расположены по разные стороны от прямой $m$. Точка $A'$ симметрична $A$ относительно $m$, значит, $A'$ и $B$ лежат по одну сторону от прямой $m$.
Прямая $A'B$ пересечет прямую $m$ в одной точке, если она не параллельна прямой $m$.
Прямая $A'B$ будет параллельна $m$ тогда и только тогда, когда расстояние от точки $A'$ до прямой $m$ равно расстоянию от точки $B$ до прямой $m$.
По свойству симметрии, расстояние от $A'$ до $m$ равно расстоянию от $A$ до $m$.
Следовательно, если расстояние от точки $A$ до прямой $m$ не равно расстоянию от точки $B$ до прямой $m$ (то есть $d(A, m) \neq d(B, m)$), то прямые $A'B$ и $m$ пересекаются, и задача имеет единственное решение.
Если же $d(A, m) = d(B, m)$, то прямая $A'B$ параллельна прямой $m$, и точки пересечения не существует. В этом случае задача не имеет решений.
Ответ: Искомая точка $C$ является точкой пересечения прямой $m$ с прямой, соединяющей точку $B$ и точку $A'$, симметричную точке $A$ относительно прямой $m$. Решение существует и единственно, если расстояния от точек $A$ и $B$ до прямой $m$ не равны.

2.25. Даны окружность, центр которой не отмечен, и две неравные параллельные хорды. Пользуясь только линейкой, разделите эти хорды пополам.

Для решения этой задачи используется свойство равнобедренной трапеции, вписанной в окружность. Фигура, образованная двумя параллельными хордами и отрезками, соединяющими их концы, является такой трапецией.

Построение

1. Обозначим концы одной хорды буквами $A$ и $B$, а другой, параллельной ей хорды, — $C$ и $D$.
2. Соединим концы хорд так, чтобы получилась трапеция. Например, проведем отрезки $AC$ и $BD$, которые будут боковыми сторонами трапеции $ACDB$. Поскольку хорды не равны, боковые стороны не параллельны. Продлим их с помощью линейки до пересечения в точке $Q$.
3. Проведем диагонали этой трапеции — отрезки $AD$ и $BC$. Они пересекутся в точке $P$.
4. Проведем прямую через точки $P$ и $Q$.
5. Точка пересечения прямой $PQ$ с хордой $AB$ будет ее серединой (обозначим ее $M$). Точка пересечения прямой $PQ$ с хордой $CD$ будет ее серединой (обозначим ее $N$).

Обоснование

Четырехугольник, образованный концами двух параллельных хорд ($ACDB$ на рисунке), является равнобедренной трапецией, так как он вписан в окружность и его основания ($AB$ и $CD$) параллельны.
В любой трапеции точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой. Для равнобедренной трапеции эта прямая является ее осью симметрии.
Ось симметрии равнобедренной трапеции перпендикулярна ее основаниям и делит их пополам.
В нашем построении:
- Точка $P$ — это точка пересечения диагоналей $AD$ и $BC$.
- Точка $Q$ — это точка пересечения продолжений боковых сторон $AC$ и $BD$.
- Прямая $PQ$, проведенная через эти точки, и есть ось симметрии трапеции $ACDB$.
Следовательно, эта прямая пересекает основания $AB$ и $CD$ в их серединах, точках $M$ и $N$ соответственно. Таким образом, задача решена с использованием только линейки.

Ответ:

Чтобы разделить хорды $AB$ и $CD$ пополам, необходимо выполнить следующие построения с помощью линейки:1. Соединить концы хорд, образовав трапецию (например, $ACDB$).2. Найти точку $P$ — пересечение диагоналей трапеции ($AD$ и $BC$).3. Найти точку $Q$ — пересечение продолжений боковых сторон трапеции ($AC$ и $BD$).4. Провести прямую через точки $P$ и $Q$.Точки пересечения этой прямой с хордами $AB$ и $CD$ и будут их искомыми серединами.

2.26. Из точки $A$ к прямой $m$ опущены три различные наклонные $AB$, $AC$ и $AD$. Докажите, что три окружности, построенные на этих отрезках, как на диаметрах, имеют еще одну общую точку, отличную от $A$.

Пусть из точки $A$, не лежащей на прямой $m$, проведены три различные наклонные $AB$, $AC$ и $AD$, где точки $B, C, D$ лежат на прямой $m$. Обозначим окружности, построенные на этих наклонных как на диаметрах, через $\omega_{AB}$, $\omega_{AC}$ и $\omega_{AD}$ соответственно.

Все три окружности по определению проходят через точку $A$, так как она является концом каждого из диаметров. Нам необходимо доказать, что существует еще одна общая точка, отличная от $A$.

Опустим из точки $A$ перпендикуляр на прямую $m$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. Так как точка $A$ не лежит на прямой $m$, то $H$ является точкой на прямой $m$, отличной от $A$. По определению перпендикуляра, отрезок $AH$ перпендикулярен прямой $m$, а значит, и всем отрезкам, лежащим на этой прямой и начинающимся в точке $H$. Следовательно, углы $\angle AHB$, $\angle AHC$ и $\angle AHD$ являются прямыми, то есть равны $90^\circ$.

Рассмотрим каждую окружность в отдельности:

• Окружность $\omega_{AB}$ с диаметром $AB$: Так как угол $\angle AHB$ прямой, точка $H$ лежит на окружности, построенной на отрезке $AB$ как на диаметре. Это следует из свойства, что все точки, из которых данный отрезок виден под прямым углом, лежат на окружности с этим отрезком в качестве диаметра.
• Окружность $\omega_{AC}$ с диаметром $AC$: Аналогично, поскольку угол $\angle AHC$ прямой, точка $H$ также принадлежит этой окружности.
• Окружность $\omega_{AD}$ с диаметром $AD$: По той же причине, из-за того, что угол $\angle AHD$ прямой, точка $H$ лежит и на этой окружности.

Таким образом, мы показали, что точка $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на прямую $m$, — является общей точкой всех трех окружностей. Так как $A$ не лежит на $m$, то $A \neq H$. Следовательно, $H$ — это искомая вторая общая точка.

Ответ: Доказано, что три окружности имеют еще одну общую точку, отличную от $A$. Эта точка является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $m$.