Страница 81 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.36. При повороте квадрата $ABCD$ около вершины $A$, при котором точка $B$ перешла в точку $D$, получился квадрат $ADC_1D_1$. Сторона $AB$ равна $a$. Найдите $CD_1$ и $CC_1$.

Пусть дан квадрат $ABCD$ со стороной $AB = a$. Все стороны квадрата равны $a$, а все углы прямые. По условию, квадрат поворачивают около вершины $A$ так, что точка $B$ переходит в точку $D$. Поскольку в квадрате $ABCD$ отрезки $AB$ и $AD$ равны ($AB = AD = a$) и угол между ними $\angle BAD = 90^\circ$, данный поворот является поворотом на угол $90^\circ$ вокруг точки $A$.

При этом повороте каждая точка фигуры поворачивается на $90^\circ$ вокруг $A$. Вершина $A$ остается на месте. Вершина $B$ переходит в $D$. Вершина $C$ переходит в некоторую точку $C_1$. Вершина $D$ переходит в некоторую точку $D_1$.

В результате поворота квадрата $ABCD$ получается конгруэнтный ему квадрат $ADC_1D_1$, где $A$, $D$, $C_1$, $D_1$ — его вершины. Расстояние от центра поворота $A$ до любой точки сохраняется. Следовательно:

• $AC = AC_1$. Диагональ квадрата $ABCD$ равна $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Значит, $AC_1 = a\sqrt{2}$.
• $AD = AD_1$. Сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Значит, $AD_1 = a$.

• $\angle CAC_1 = 90^\circ$.
• $\angle DAD_1 = 90^\circ$.

Найдём $CC_1$

Рассмотрим треугольник $\triangle CAC_1$. Мы знаем, что $AC = a\sqrt{2}$ и $AC_1 = a\sqrt{2}$. Угол между этими сторонами $\angle CAC_1$ равен углу поворота, то есть $90^\circ$. Следовательно, $\triangle CAC_1$ — равнобедренный прямоугольный треугольник. Длину гипотенузы $CC_1$ можно найти по теореме Пифагора: $CC_1^2 = AC^2 + AC_1^2 = (a\sqrt{2})^2 + (a\sqrt{2})^2 = 2a^2 + 2a^2 = 4a^2$. $CC_1 = \sqrt{4a^2} = 2a$.

Ответ: $CC_1 = 2a$.

Найдём $CD_1$

Рассмотрим треугольник $\triangle CAD_1$. В нём известны две стороны: $AC = a\sqrt{2}$ и $AD_1 = a$. Найдём угол между ними, $\angle CAD_1$. Этот угол состоит из двух углов: $\angle CAD$ и $\angle DAD_1$. $\angle CAD$ — это угол между диагональю и стороной квадрата $ABCD$, поэтому $\angle CAD = 45^\circ$. $\angle DAD_1$ — это угол поворота, поэтому $\angle DAD_1 = 90^\circ$. Таким образом, $\angle CAD_1 = \angle CAD + \angle DAD_1 = 45^\circ + 90^\circ = 135^\circ$.

Теперь применим теорему косинусов для треугольника $\triangle CAD_1$: $CD_1^2 = AC^2 + AD_1^2 - 2 \cdot AC \cdot AD_1 \cdot \cos(\angle CAD_1)$ $CD_1^2 = (a\sqrt{2})^2 + a^2 - 2 \cdot (a\sqrt{2}) \cdot a \cdot \cos(135^\circ)$ Так как $\cos(135^\circ) = -\cos(45^\circ) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем: $CD_1^2 = 2a^2 + a^2 - 2a^2\sqrt{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ $CD_1^2 = 3a^2 + \frac{2a^2 \cdot 2}{2} = 3a^2 + 2a^2 = 5a^2$ $CD_1 = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5}$.

Ответ: $CD_1 = a\sqrt{5}$.

2.37. Угол $ABC$ равен $\alpha$. При повороте его на $60^\circ$ около точки $B$ по направлению от точки $A$ в сторону точки $C$ получается угол $A_1BC_1$. Найдите углы $ABC_1$ и $CBA_1$.

По условию задачи, угол $ABC$ величиной $\alpha$ поворачивается на $60^\circ$ вокруг своей вершины $B$ по направлению от точки $A$ в сторону точки $C$. В результате поворота получается угол $A_1BC_1$.

Поворот является изометрическим преобразованием, поэтому он сохраняет величины углов. Следовательно, $\angle A_1BC_1 = \angle ABC = \alpha$.

По определению поворота, угол, образованный лучом и его образом, равен углу поворота. Таким образом, луч $BA$ переходит в луч $BA_1$ так, что $\angle ABA_1 = 60^\circ$, а луч $BC$ переходит в луч $BC_1$ так, что $\angle CBC_1 = 60^\circ$. Направление поворота "от А к С" задает ориентацию вращения.

Искомый угол $ABC_1$ образован лучами $BA$ и $BC_1$. Луч $BC_1$ является образом луча $BC$ после поворота на $60^\circ$. Так как поворот происходит в направлении от $A$ к $C$, луч $BC$ поворачивается в сторону, "удаляющуюся" от луча $BA$. Поэтому угол $ABC_1$ можно найти как сумму углов $ABC$ и $CBC_1$.

$\angle ABC_1 = \angle ABC + \angle CBC_1$

Подставляя известные значения, получаем:

$\angle ABC_1 = \alpha + 60^\circ$

Ответ: $\angle ABC_1 = \alpha + 60^\circ$.

Искомый угол $CBA_1$ образован лучами $BC$ и $BA_1$. Луч $BA_1$ является образом луча $BA$ после поворота на $60^\circ$ в направлении к лучу $BC$. Взаимное расположение лучей $BA_1$ и $BC$ зависит от соотношения величины угла $\alpha$ и угла поворота $60^\circ$. Поэтому необходимо рассмотреть два случая.

1. Случай, когда $\alpha \ge 60^\circ$.

В этом случае угол поворота не превышает исходный угол. При повороте луча $BA$ на $60^\circ$ в сторону $BC$, его образ, луч $BA_1$, окажется между лучами $BA$ и $BC$. Таким образом, угол $ABC$ равен сумме углов $ABA_1$ и $A_1BC$.

$\angle ABC = \angle ABA_1 + \angle A_1BC$

$\alpha = 60^\circ + \angle CBA_1$

Следовательно, $\angle CBA_1 = \alpha - 60^\circ$.

2. Случай, когда $\alpha < 60^\circ$.

В этом случае угол поворота больше исходного угла. При повороте луча $BA$ на $60^\circ$ в сторону $BC$, он "пересечет" луч $BC$. В результате луч $BC$ окажется между лучами $BA$ и $BA_1$. Таким образом, угол $ABA_1$ равен сумме углов $ABC$ и $CBA_1$.

$\angle ABA_1 = \angle ABC + \angle CBA_1$

$60^\circ = \alpha + \angle CBA_1$

Следовательно, $\angle CBA_1 = 60^\circ - \alpha$.

Оба случая можно объединить в одну формулу с использованием модуля разности:

$\angle CBA_1 = |\alpha - 60^\circ|$

Ответ: $\angle CBA_1 = |\alpha - 60^\circ|$ (то есть $\alpha - 60^\circ$ при $\alpha \ge 60^\circ$, и $60^\circ - \alpha$ при $\alpha < 60^\circ$).

2.38. Даны параллельные прямые $b$ и $c$ и точка $A$, не лежащая на них. Постройте равнобедренный треугольник $ABC$ так, чтобы вершины $B$ и $C$ лежали на прямых $b$ и $c$ соответственно.

Задача о построении равнобедренного треугольника $ABC$ имеет три возможных случая в зависимости от того, какая пара сторон является равной: $AB=AC$, $BA=BC$ или $CA=CB$. Рассмотрим каждый случай отдельно.

Случай 1: Боковые стороны $AB$ и $AC$ ($AB=AC$)

В этом случае вершина $A$ является вершиной равнобедренного треугольника, а $BC$ — его основанием. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная из вершины к основанию, является также и медианой. Обозначим середину основания $BC$ как $H$. Тогда высота $AH$ будет перпендикулярна основанию $BC$.

Поскольку точки $B$ и $C$ лежат на параллельных прямых $b$ и $c$, их середина $H$ должна лежать на средней линии $m$ полосы, образованной этими прямыми. Это свойство дает нам ключ к построению.

Построение:

1. Построить среднюю линию $m$ для данных параллельных прямых $b$ и $c$. Для этого можно провести любой перпендикуляр к прямым $b$ и $c$, найти точки его пересечения с ними, найти середину этого отрезка и провести через нее прямую, параллельную $b$ и $c$.
2. Выбрать на средней линии $m$ произвольную точку $H$.
3. Провести прямую $s$ через точки $A$ и $H$. Эта прямая будет содержать высоту и медиану искомого треугольника.
4. Провести через точку $H$ прямую $d$, перпендикулярную прямой $s$. Эта прямая будет содержать основание $BC$.
5. Найти точки пересечения прямой $d$ с прямыми $b$ и $c$. Точка пересечения $d \cap b$ будет вершиной $B$, а точка пересечения $d \cap c$ — вершиной $C$.
6. Соединить точки $A$, $B$ и $C$, чтобы получить искомый треугольник $ABC$.

Доказательство:

По построению, $B$ лежит на $b$, а $C$ — на $c$. Точка $H$ лежит на средней линии $m$, и прямая $d$, содержащая отрезок $BC$, проходит через $H$. Следовательно, $H$ является серединой отрезка $BC$. Таким образом, $AH$ — медиана треугольника $ABC$. По построению, прямая $AH$ (прямая $s$) перпендикулярна прямой $BC$ (прямой $d$). Значит, $AH$ также является и высотой. Поскольку в треугольнике $ABC$ медиана $AH$ совпадает с высотой, этот треугольник является равнобедренным с основанием $BC$, то есть $AB = AC$.

Ответ: Построение описано выше. Поскольку точку $H$ на средней линии $m$ можно выбрать произвольно, существует бесконечное множество решений такого типа.

Случай 2: Боковые стороны $BA$ и $BC$ ($BA=BC$)

В этом случае вершина $B$ является вершиной равнобедренного треугольника. Это означает, что точка $B$ должна быть равноудалена от точек $A$ и $C$. Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух данных точек, является серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки.

Построение:

1. Выбрать на прямой $c$ произвольную точку $C$. (Следует избегать выбора $C$ так, чтобы прямая $AC$ была перпендикулярна прямым $b$ и $c$, так как в этом случае решение может не существовать).
2. Построить отрезок $AC$.
3. Построить серединный перпендикуляр $p$ к отрезку $AC$.
4. Найти точку пересечения прямой $p$ с прямой $b$. Эта точка и будет вершиной $B$.
5. Соединить точки $A$, $B$ и $C$, чтобы получить искомый треугольник $ABC$.

Доказательство:

По построению, вершина $C$ лежит на прямой $c$. Вершина $B$ лежит на прямой $b$. Так как точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$, она равноудалена от точек $A$ и $C$, то есть $BA=BC$. Следовательно, треугольник $ABC$ является равнобедренным с вершиной $B$.

Ответ: Построение описано выше. Так как точку $C$ на прямой $c$ можно выбрать произвольно (за исключением одного случая), существует бесконечное множество решений этого типа.

Случай 3: Боковые стороны $CA$ и $CB$ ($CA=CB$)

Этот случай симметричен предыдущему. Вершина $C$ является вершиной равнобедренного треугольника, а значит, она равноудалена от точек $A$ и $B$. Следовательно, точка $C$ должна лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$.

Построение:

1. Выбрать на прямой $b$ произвольную точку $B$. (Аналогично случаю 2, стоит избегать выбора $B$ так, чтобы прямая $AB$ была перпендикулярна $b$ и $c$).
2. Построить отрезок $AB$.
3. Построить серединный перпендикуляр $q$ к отрезку $AB$.
4. Найти точку пересечения прямой $q$ с прямой $c$. Эта точка и будет вершиной $C$.
5. Соединить точки $A$, $B$ и $C$, чтобы получить искомый треугольник $ABC$.

Доказательство:

По построению, вершина $B$ лежит на прямой $b$. Вершина $C$ лежит на прямой $c$. Так как точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$, она равноудалена от точек $A$ и $B$, то есть $CA=CB$. Следовательно, треугольник $ABC$ является равнобедренным с вершиной $C$.

Ответ: Построение описано выше. Так как точку $B$ на прямой $b$ можно выбрать произвольно (за исключением одного случая), существует бесконечное множество решений и этого типа.

2.39. Постройте трапецию по основаниям и двум диагоналям.

Анализ

Пусть искомая трапеция $ABCD$ построена. $AD$ и $BC$ — её основания, причём $AD = a$, $BC = b$. Диагонали $AC = d_1$ и $BD = d_2$. Основания трапеции параллельны, то есть $AD \parallel BC$.

Применим метод параллельного переноса. Через вершину $C$ проведём прямую, параллельную диагонали $BD$. Пусть эта прямая пересекает продолжение основания $AD$ в точке $E$. Рассмотрим получившийся четырёхугольник $BCED$. В нём $BC \parallel DE$ (так как $BC \parallel AE$) и $CE \parallel BD$ (по построению). Следовательно, $BCED$ — параллелограмм.

Из свойств параллелограмма следует, что $DE = BC = b$ и $CE = BD = d_2$.

Теперь рассмотрим треугольник $ACE$. Его стороны нам известны:

• $AC = d_1$ (по условию).
• $CE = d_2$ (как доказано выше).
• $AE = AD + DE = a + b$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ACE$ по трём сторонам ($d_1$, $d_2$, $a+b$), а затем к построению самой трапеции.

Построение

1. На произвольной прямой откладываем отрезок $AE$, равный по длине сумме оснований $a+b$.
2. Строим треугольник $ACE$ по трем сторонам: $AE = a+b$, $AC = d_1$, $CE = d_2$. Это делается с помощью циркуля: проводим окружность с центром в точке $A$ и радиусом $d_1$, и окружность с центром в точке $E$ и радиусом $d_2$. Точка их пересечения будет вершиной $C$.
3. На отрезке $AE$ от точки $A$ откладываем отрезок $AD$ длиной $a$. Это будет третья вершина трапеции.
4. Через точку $C$ проводим прямую, параллельную прямой $AE$.
5. На этой прямой откладываем отрезок $CB$ длиной $b$ так, чтобы четырёхугольник $ABCD$ был выпуклым (вектор $\vec{CB}$ должен быть сонаправлен вектору $\vec{DA}$).
6. Последовательно соединяем точки $A$, $B$, $C$ и $D$. Полученный четырёхугольник $ABCD$ является искомой трапецией.

Доказательство

Из построения следует, что $BC \parallel AD$, так как прямая $BC$ была построена параллельно прямой $AE$, на которой лежит отрезок $AD$. Длины оснований по построению равны $AD = a$ и $BC = b$. Следовательно, $ABCD$ — трапеция с заданными основаниями.

Диагональ $AC$ по построению является стороной треугольника $ACE$ и её длина равна $d_1$.

Рассмотрим четырёхугольник $BCED$. По построению $BC \parallel DE$ (так как обе стороны лежат на параллельных прямых) и $BC = b$. Отрезок $DE = AE - AD = (a+b) - a = b$. Таким образом, $BC = DE$. Поскольку две противоположные стороны четырёхугольника $BCED$ равны и параллельны, он является параллелограммом. Из этого следует, что $BD = CE$. А так как при построении треугольника $ACE$ мы взяли $CE = d_2$, то и диагональ $BD = d_2$.

Таким образом, построенный четырёхугольник $ABCD$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение в том и только в том случае, если возможно построить вспомогательный треугольник $ACE$. Для этого необходимо, чтобы длины его сторон удовлетворяли неравенству треугольника:

• $d_1 + d_2 > a + b$
• $d_1 + (a + b) > d_2$
• $d_2 + (a + b) > d_1$

Наиболее важным является первое условие: $d_1 + d_2 > a + b$, так как оно гарантирует, что треугольник невырожденный. Два других условия, которые можно записать как $|d_1 - d_2| < a + b$, обычно выполняются для реальных трапеций.

Если эти условия выполнены, то треугольник $ACE$ строится однозначно (с точностью до выбора полуплоскости для вершины $C$ относительно прямой $AE$). Выбор другой полуплоскости приводит к построению трапеции, симметричной первой, что не считается другим решением. Следовательно, при выполнении указанных условий задача имеет единственное решение.

Ответ: Построение трапеции сводится к построению вспомогательного треугольника со сторонами, равными сумме оснований ($a+b$) и двум диагоналям ($d_1$, $d_2$). После построения этого треугольника вершины трапеции определяются однозначно. Задача имеет единственное решение при условии, что сумма длин диагоналей больше суммы длин оснований ($d_1 + d_2 > a + b$).

2.40. При параллельном переносе окружности получена окружность, касающаяся данной окружности. На какое расстояние перенесена параллельно эта окружность?

Пусть дана исходная окружность с центром в точке $O_1$ и радиусом $R$.

Параллельный перенос — это движение, то есть преобразование, которое сохраняет расстояния между точками. Когда мы применяем параллельный перенос к окружности, мы получаем новую окружность с таким же радиусом $R$. Пусть центр новой окружности находится в точке $O_2$.

Расстояние, на которое была перенесена окружность, — это расстояние, на которое сместился ее центр, то есть длина отрезка $O_1O_2$.

По условию задачи, полученная окружность касается данной окружности. Две окружности с одинаковыми радиусами могут касаться только внешним образом. Если бы они касались внутренне, они бы совпадали, что означало бы нулевой перенос, а по условию была получена новая окружность.

При внешнем касании двух окружностей расстояние между их центрами равно сумме их радиусов. В нашем случае:

Расстояние $O_1O_2 = R (\text{радиус первой окружности}) + R (\text{радиус второй окружности}) = 2R$.

Таким образом, расстояние, на которое была перенесена окружность, равно ее удвоенному радиусу, то есть диаметру.

Ответ: Окружность была перенесена на расстояние, равное ее диаметру (то есть $2R$, где $R$ — радиус окружности).

2.41. Даны равные, но непараллельные два отрезка. Определите центр поворота так, чтобы эти отрезки переводились друг в друга с помощью преобразования поворота.

Решение

Пусть даны два равных, но непараллельных отрезка $AB$ и $CD$. Требуется найти центр поворота $O$, который переводит один отрезок в другой.Поворот является движением, то есть сохраняет расстояния. Это означает, что если точка $P$ при повороте переходит в точку $P'$, то расстояние от центра поворота $O$ до точки $P$ равно расстоянию от $O$ до $P'$. Иначе говоря, $|OP| = |OP'|$. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек (например, $P$ и $P'$), есть серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки ($PP'$).

При повороте, переводящем отрезок $AB$ в отрезок $CD$, возможны два варианта отображения концов отрезков:
1. Точка $A$ переходит в точку $C$, а точка $B$ переходит в точку $D$.
2. Точка $A$ переходит в точку $D$, а точка $B$ переходит в точку $C$.

Рассмотрим первый случай: $A \to C$ и $B \to D$.
- Так как точка $A$ переходит в $C$, центр поворота $O$ должен быть равноудален от $A$ и $C$. Следовательно, точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$.
- Так как точка $B$ переходит в $D$, центр поворота $O$ должен быть равноудален от $B$ и $D$. Следовательно, точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$.

Таким образом, центр поворота $O$ является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам $AC$ и $BD$. Чтобы найти центр поворота, нужно выполнить следующие построения:
1. Соединить точки $A$ и $C$ и построить серединный перпендикуляр к отрезку $AC$.
2. Соединить точки $B$ и $D$ и построить серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
3. Точка пересечения этих двух перпендикуляров и будет искомым центром поворота $O$.

Данный метод построения дает единственное решение, за исключением случая, когда серединные перпендикуляры параллельны. Это происходит, если отрезки $AC$ и $BD$ параллельны. Если $AC \parallel BD$, то поворот, отображающий $A \to C$ и $B \to D$, не существует (такое движение является скользящей симметрией).В этом случае необходимо рассмотреть второй вариант отображения: $A \to D$ и $B \to C$. Центр поворота $O'$ для такого отображения будет находиться в точке пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам $AD$ и $BC$.

Можно доказать, что случаи, когда $AC \parallel BD$ и одновременно $AD \parallel BC$, невозможны при условии, что отрезки $AB$ и $CD$ не параллельны. Следовательно, по крайней мере один из двух описанных методов построения всегда приведет к решению.

Ответ: Центр поворота, переводящего отрезок $AB$ в отрезок $CD$, определяется следующим образом:
1. Строятся серединные перпендикуляры к отрезкам $AC$ и $BD$ (соединяющим соответствующие концы).
2. Если эти перпендикуляры пересекаются, то их точка пересечения является центром поворота.
3. Если эти перпендикуляры параллельны, то центр поворота находится как точка пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам $AD$ и $BC$.

2.42. При каком условии можно совместить параллельным переносом:

1) два отрезка;

2) две прямые;

3) два луча;

4) две окружности?

Параллельный перенос — это преобразование плоскости, при котором все точки смещаются в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. Это означает, что фигура и ее образ при параллельном переносе конгруэнтны и одинаково ориентированы в пространстве. Рассмотрим условия для каждой из заданных фигур.

1) два отрезка

Чтобы два отрезка, скажем $AB$ и $CD$, можно было совместить параллельным переносом, необходимо и достаточно, чтобы они были равны по длине и параллельны.

Рассмотрим два отрезка $AB$ и $CD$. Чтобы их можно было совместить, они должны быть конгруэнтны, то есть иметь одинаковую длину: $|AB|=|CD|$. Кроме того, так как параллельный перенос переводит любую прямую в параллельную ей прямую, прямые, содержащие эти отрезки, также должны быть параллельны. Таким образом, отрезки $AB$ и $CD$ должны быть параллельны.

Если отрезки $AB$ и $CD$ равны по длине и параллельны, то всегда существует параллельный перенос, который их совмещает. Например, перенос на вектор $\vec{v} = \vec{AC}$ совместит точку $A$ с точкой $C$. Если векторы $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$ сонаправлены (как на рисунке), то этот перенос также совместит точку $B$ с точкой $D$. Если же векторы $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$ противонаправлены, то перенос на вектор $\vec{u} = \vec{AD}$ совместит точку $A$ с $D$ и точку $B$ с $C$.

Ответ: Два отрезка можно совместить параллельным переносом, если они равны по длине и параллельны.

2) две прямые

Параллельный перенос переводит любую прямую в прямую, ей параллельную. Пусть есть две прямые, $l_1$ и $l_2$. Если мы применим к прямой $l_1$ параллельный перенос, ее образом будет некоторая прямая $l'_1$, параллельная $l_1$. Чтобы $l'_1$ совпала с $l_2$, необходимо, чтобы $l_2$ была параллельна $l_1$.

Это условие также является достаточным. Если прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны, выберем на $l_1$ произвольную точку $A$, а на $l_2$ — произвольную точку $B$. Параллельный перенос на вектор $\vec{v} = \vec{AB}$ переведет точку $A$ в точку $B$. При этом вся прямая $l_1$ перейдет в прямую $l'_1$, которая проходит через точку $B$ и параллельна $l_1$. Так как через точку $B$ проходит только одна прямая, параллельная $l_1$ (это прямая $l_2$), то $l'_1$ и $l_2$ совпадают.

Ответ: Две прямые можно совместить параллельным переносом, если они параллельны.

3) два луча

Луч характеризуется начальной точкой и направлением. При параллельном переносе луч переходит в луч, который ему параллелен и имеет то же направление (сонаправлен с исходным).

Следовательно, для того чтобы два луча можно было совместить параллельным переносом, они должны быть сонаправлены. Если два луча сонаправлены (то есть лежат на параллельных прямых и указывают в одну сторону), то, выполнив параллельный перенос на вектор, соединяющий их начальные точки, мы совместим один луч с другим. Если же лучи параллельны, но направлены в противоположные стороны, совместить их параллельным переносом невозможно, так как он не меняет направление.

Ответ: Два луча можно совместить параллельным переносом, если они сонаправлены.

4) две окружности

Окружность задается центром и радиусом. Параллельный перенос является движением (изометрией), то есть сохраняет расстояния. Образом окружности с центром $O_1$ и радиусом $R_1$ при параллельном переносе будет окружность с некоторым новым центром $O'_1$ и тем же радиусом $R_1$.

Чтобы эта новая окружность совпала со второй окружностью (с центром $O_2$ и радиусом $R_2$), необходимо, чтобы их радиусы были равны: $R_1 = R_2$.

Если радиусы двух окружностей равны, то их всегда можно совместить. Для этого достаточно выполнить параллельный перенос на вектор $\vec{v} = \vec{O_1O_2}$, который совмещает центр первой окружности с центром второй. Поскольку радиусы равны, сами окружности также совпадут.

Ответ: Две окружности можно совместить параллельным переносом, если их радиусы равны.

2.43. Даны две пары параллельных прямых: $a \parallel a_1$ и $b \parallel b_1$. Всегда ли найдется параллельный перенос, переводящий $a$ в $a_1$ и $b$ в $b_1$?

Нет, такой параллельный перенос найдется не всегда. Ответ зависит от того, параллельны ли между собой прямые $a$ и $b$. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Прямые $a$ и $b$ не параллельны ($a \not\parallel b$).

Если прямые $a$ и $b$ не параллельны, они пересекаются в единственной точке. Обозначим эту точку $P$. Поскольку по условию $a \parallel a_1$ и $b \parallel b_1$, то прямые $a_1$ и $b_1$ также не параллельны друг другу и пересекаются в единственной точке, которую мы обозначим $P_1$.

Параллельный перенос — это преобразование, при котором все точки смещаются на один и тот же вектор. Если искомый параллельный перенос существует, он должен переводить точку пересечения прямых $a$ и $b$ в точку пересечения их образов $a_1$ и $b_1$. Следовательно, точка $P$ должна перейти в точку $P_1$.

Это однозначно определяет вектор параллельного переноса: $\vec{v} = \vec{PP_1}$.

Проверим, что параллельный перенос на вектор $\vec{v} = \vec{PP_1}$ действительно переводит прямую $a$ в $a_1$ и прямую $b$ в $b_1$.

Возьмем любую точку $A$ на прямой $a$. Ее образ при данном переносе — точка $A' = A + \vec{v}$. Прямая $a$ проходит через точку $P$, значит, вектор $\vec{PA}$ коллинеарен направляющему вектору прямой $a$. Вектор $\vec{P_1A'} = A' - P_1 = (A + \vec{v}) - P_1 = A + \vec{PP_1} - P_1 = A + (P_1 - P) - P_1 = A - P = \vec{PA}$. Таким образом, вектор $\vec{P_1A'}$ равен вектору $\vec{PA}$. Это означает, что точка $A'$ лежит на прямой, проходящей через $P_1$ и параллельной прямой $a$. По определению, это и есть прямая $a_1$. Поскольку $A$ — произвольная точка на $a$, весь образ прямой $a$ есть прямая $a_1$.

Аналогичные рассуждения доказывают, что этот же перенос переводит прямую $b$ в прямую $b_1$.

Таким образом, если прямые $a$ и $b$ не параллельны, то такой параллельный перенос всегда существует.

Случай 2: Прямые $a$ и $b$ параллельны ($a \parallel b$).

Если $a \parallel b$, то из условий $a \parallel a_1$ и $b \parallel b_1$ следует, что все четыре прямые параллельны друг другу: $a \parallel b \parallel a_1 \parallel b_1$.

Пусть искомый параллельный перенос задается вектором $\vec{v}$. Этот перенос должен переводить прямую $a$ в $a_1$ и прямую $b$ в $b_1$.

Введем систему координат, в которой ось абсцисс параллельна этим прямым. Тогда уравнения прямых будут иметь вид: $a: y = c_a$, $a_1: y = c_{a1}$, $b: y = c_b$, $b_1: y = c_{b1}$. Пусть вектор переноса имеет координаты $\vec{v} = (v_x, v_y)$.

При переносе на вектор $\vec{v}$ точка $(x, y)$ переходит в точку $(x+v_x, y+v_y)$.

Чтобы прямая $a: y = c_a$ перешла в прямую $a_1: y = c_{a1}$, для любой точки $(x, c_a)$ на прямой $a$ ее образ $(x+v_x, c_a+v_y)$ должен лежать на прямой $a_1$. Это означает, что $c_a + v_y = c_{a1}$, откуда $v_y = c_{a1} - c_a$.

Аналогично, чтобы прямая $b: y = c_b$ перешла в прямую $b_1: y = c_{b1}$, для любой точки $(x, c_b)$ на прямой $b$ ее образ $(x+v_x, c_b+v_y)$ должен лежать на прямой $b_1$. Это означает, что $c_b + v_y = c_{b1}$, откуда $v_y = c_{b1} - c_b$.

Для существования одного и того же вектора переноса $\vec{v}$ необходимо, чтобы его компонента $v_y$ удовлетворяла обоим условиям одновременно. Следовательно, должно выполняться равенство:

$c_{a1} - c_a = c_{b1} - c_b$

Это равенство означает, что направленное расстояние между прямыми $a$ и $a_1$ должно быть равно направленному расстоянию между прямыми $b$ и $b_1$. Это условие выполняется не всегда.

Приведем контрпример. Пусть даны прямые:

$a: y = 0$

$a_1: y = 1$

$b: y = 2$

$b_1: y = 4$

Здесь $a \parallel a_1$ и $b \parallel b_1$. Для перевода $a$ в $a_1$ требуется смещение по оси $y$ на $1 - 0 = 1$. Для перевода $b$ в $b_1$ требуется смещение по оси $y$ на $4 - 2 = 2$. Поскольку $1 \neq 2$, не существует такого параллельного переноса, который одновременно переводил бы $a$ в $a_1$ и $b$ в $b_1$.

Поскольку мы нашли случай, когда такой перенос невозможен, общий ответ на вопрос — нет.

Ответ: Нет, не всегда. Такой перенос существует тогда и только тогда, когда либо прямые $a$ и $b$ не параллельны, либо, в случае если они параллельны, направленное расстояние от $a$ до $a_1$ равно направленному расстоянию от $b$ до $b_1$.

2.44. Острый угол равнобокой трапеции равен 60°. Докажите, что меньшее основание равно разности большего основания и боковой стороны.

Рассмотрим равнобокую трапецию ABCD, в которой AD и BC — основания, причём AD > BC, а AB и CD — боковые стороны (AB = CD). По условию, острый угол при основании равен 60°, то есть $∠BAD = ∠CDA = 60^\circ$.

Нам нужно доказать, что меньшее основание равно разности большего основания и боковой стороны, то есть $BC = AD - CD$.

Доказательство:

1. Проведём из вершины C прямую CE, параллельную боковой стороне AB, до пересечения с большим основанием AD в точке E.

2. Рассмотрим четырёхугольник ABCE. По определению трапеции, её основания параллельны, то есть $BC \parallel AD$, а значит $BC \parallel AE$. По построению, $AB \parallel CE$. Следовательно, четырёхугольник ABCE является параллелограммом.

3. Из свойств параллелограмма следует, что его противоположные стороны равны: $BC = AE$ и $AB = CE$.

4. Рассмотрим треугольник CDE.

- Поскольку трапеция ABCD равнобокая, её боковые стороны равны: $AB = CD$. Из пункта 3 мы знаем, что $AB = CE$. Таким образом, получаем, что $CD = CE$. Это означает, что треугольник CDE является равнобедренным.

- Угол CDE является углом при основании трапеции, поэтому $∠CDE = ∠CDA = 60^\circ$.

- Так как $AB \parallel CE$ и AD является секущей, то углы $∠CED$ и $∠BAD$ являются соответственными. Следовательно, $∠CED = ∠BAD = 60^\circ$.

- В треугольнике CDE два угла равны 60° ($∠CDE = 60^\circ$ и $∠CED = 60^\circ$). Сумма углов в треугольнике равна 180°, поэтому третий угол $∠DCE = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ$.

- Так как все углы треугольника CDE равны 60°, он является равносторонним.

5. Из того, что треугольник CDE равносторонний, следует, что все его стороны равны: $ED = CD = CE$.

6. Большее основание AD можно представить как сумму отрезков AE и ED: $AD = AE + ED$.

7. Теперь подставим в это равенство значения, которые мы нашли ранее:

- Из пункта 3 известно, что $AE = BC$.

- Из пункта 5 известно, что $ED = CD$.

Получаем равенство: $AD = BC + CD$.

8. Выразим из этого равенства меньшее основание BC: $BC = AD - CD$.

Таким образом, мы доказали, что меньшее основание равнобокой трапеции с острым углом 60° равно разности большего основания и боковой стороны.

Ответ: Утверждение доказано.

2.45. Дана внутренняя точка $C$ угла $AOB$. Постройте отрезок $DE$ так, чтобы он точкой $C$ делился пополам и $D \in OA$, $E \in OB$. Решите задачу, используя преобразование:

1) поворота;

2) параллельного переноса.

1) поворота;

Метод решения задачи с использованием поворота (в данном случае, центральной симметрии) основан на том, что точка $C$ является серединой отрезка $DE$. Это означает, что точка $E$ является образом точки $D$ при повороте на $180^\circ$ вокруг точки $C$ (и наоборот, $D$ является образом $E$). Обозначим это преобразование как $R_C^{180^\circ}$.

По условию, точка $D$ лежит на луче $OA$ ($D \in OA$), а точка $E$ лежит на луче $OB$ ($E \in OB$).

Поскольку $E = R_C^{180^\circ}(D)$ и $D \in OA$, точка $E$ должна принадлежать образу луча $OA$ при указанном повороте. Обозначим образ луча $OA$ как $O'A'$.

Таким образом, точка $E$ является точкой пересечения луча $OB$ и образа луча $OA$, то есть $E = OB \cap O'A'$. Это позволяет нам построить искомую точку $E$, а затем и точку $D$.

Анализ и построение:

1. Построим образ луча $OA$ при центральной симметрии относительно точки $C$. Образом луча является луч. Чтобы его построить, достаточно построить образ его начальной точки $O$ и определить его направление.
2. Найдем точку $O'$, симметричную точке $O$ относительно $C$. Для этого проводим луч $OC$ и откладываем на нем от точки $C$ отрезок $CO'$, равный $OC$.
3. Образ луча $OA$ при повороте на $180^\circ$ — это луч $O'A'$, который начинается в точке $O'$ и направлен противоположно лучу $OA$ (то есть, луч $O'A'$ параллелен лучу $OA$ и противонаправлен ему).
4. Находим точку пересечения $E$ построенного луча $O'A'$ и луча $OB$. Это и есть один из концов искомого отрезка.
5. Чтобы найти второй конец отрезка, точку $D$, соединяем точки $E$ и $C$ и продолжаем отрезок за точку $C$ на его длину, то есть находим точку $D$ на луче $EC$ такую, что $DC = EC$. По построению, точка $D$ будет лежать на луче $OA$.
6. Отрезок $DE$ — искомый.

Доказательство: По построению точка $E$ лежит на луче $OB$. Также по построению $E$ лежит на образе луча $OA$ при симметрии относительно $C$. Это означает, что ее прообраз, точка $D$, лежит на луче $OA$. Так как $D$ является прообразом $E$ при симметрии относительно $C$ (или, что то же самое, мы построили $D$ так, что $C$ — середина $DE$), то отрезок $DE$ делится точкой $C$ пополам. Следовательно, отрезок $DE$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Построение описано выше. Оно заключается в нахождении точки $E$ как пересечения луча $OB$ с образом луча $OA$ при симметрии относительно точки $C$, а затем в построении точки $D$ как симметричной $E$ относительно $C$.

2) параллельного переноса.

Этот метод основан на векторном представлении условия задачи. Если $O$ — вершина угла, то условие, что $C$ — середина отрезка $DE$, можно записать в векторной форме: $\vec{OC} = \frac{\vec{OD} + \vec{OE}}{2}$.

Отсюда следует, что $2\vec{OC} = \vec{OD} + \vec{OE}$.

Введем вспомогательную точку $C'$ такую, что $\vec{OC'} = 2\vec{OC}$. Геометрически это означает, что точка $C$ является серединой отрезка $OC'$. Тогда равенство принимает вид: $\vec{OC'} = \vec{OD} + \vec{OE}$.

Это векторное равенство означает, что четырехугольник $ODC'E$ — параллелограмм, где $OC'$ — диагональ.

Из свойства параллелограмма следует, что его противоположные стороны параллельны, в частности, сторона $EC'$ параллельна стороне $OD$ (которая лежит на луче $OA$).

Это свойство позволяет нам выполнить построение. Мы знаем, что точка $E$ лежит на луче $OB$. Также мы знаем, что она должна лежать на прямой, проходящей через точку $C'$ параллельно лучу $OA$.

Анализ и построение:

1. Строим точку $C'$, удваивая вектор $\vec{OC}$. Для этого проводим луч $OC$ и откладываем на нем от точки $O$ отрезок $OC'$, равный $2 \cdot OC$ (или, что то же самое, откладываем от точки $C$ отрезок $CC'$, равный $OC$).
2. Через точку $C'$ проводим прямую $l$, параллельную лучу $OA$.
3. Находим точку пересечения $E$ прямой $l$ и луча $OB$. Это один из концов искомого отрезка.
4. Чтобы найти второй конец, точку $D$, соединяем $E$ и $C$ и продолжаем отрезок за точку $C$ на его длину, то есть находим точку $D$ на луче $EC$ такую, что $DC = EC$.
5. Отрезок $DE$ — искомый.

Доказательство: По построению $E \in OB$. Также по построению прямая $EC'$ параллельна $OA$. Пусть $O$ — начало координат. Мы построили $C'$ так, что $\vec{OC'} = 2\vec{OC}$. Мы построили $E$ так, что $\vec{C'E}$ параллелен $\vec{OA}$. Это означает, что $\vec{OE} - \vec{OC'} = -k\vec{OA}$ для некоторого числа $k$. Мы построили $D$ так, что $C$ — середина $DE$, то есть $\vec{OC} = \frac{\vec{OD} + \vec{OE}}{2}$, откуда $\vec{OD} = 2\vec{OC} - \vec{OE} = \vec{OC'} - \vec{OE} = k\vec{OA}$. Это означает, что точка $D$ лежит на прямой $OA$. Можно показать, что при расположении точки $C$ внутри угла $AOB$ точка $D$ окажется именно на луче $OA$. Таким образом, построенный отрезок $DE$ удовлетворяет всем условиям.

Ответ: Построение описано выше. Оно заключается в нахождении точки $E$ как пересечения луча $OB$ с прямой, проходящей через точку $C'$ ($C$ - середина $OC'$) параллельно $OA$, а затем в построении точки $D$ как симметричной $E$ относительно $C$.

2.46. На какой наименьший угол нужно повернуть правильный $n$-угольник около центра, чтобы он переходил в себя?

2.46. Правильный n-угольник — это многоугольник, у которого все $n$ сторон и все $n$ углов равны. Он обладает свойством поворотной симметрии относительно своего центра. Центр правильного n-угольника — это точка, равноудаленная от всех его вершин.

При повороте вокруг центра правильный n-угольник переходит в себя (то есть совмещается со своим исходным положением), если каждая его вершина оказывается на месте, где до поворота находилась другая вершина.

Представим себе радиусы, проведенные из центра n-угольника к каждой из его $n$ вершин. Эти радиусы делят полный угол в $360^\circ$ вокруг центра на $n$ равных центральных углов. Величина каждого такого центрального угла, заключенного между радиусами к соседним вершинам, составляет $\frac{360^\circ}{n}$.

Наименьший угол поворота, который обеспечивает совмещение n-угольника с самим собой, — это такой поворот, при котором каждая вершина смещается в положение соседней. Величина этого поворота в точности равна величине центрального угла.

Следовательно, наименьший угол, на который нужно повернуть правильный n-угольник около центра, чтобы он переходил в себя, равен $\frac{360^\circ}{n}$.

Ответ: $\frac{360^\circ}{n}$.