Страница 86 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.51. Докажите, что при движении:

1) прямая отображается в прямую;

2) луч – в луч;

3) угол – в равный себе угол;

4) окружность – в равную себе окружность.

1) прямая отображается в прямую

Движение (или изометрия) — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками. Пусть $f$ — движение. Это означает, что для любых двух точек $A$ и $B$ расстояние между их образами $A' = f(A)$ и $B' = f(B)$ равно расстоянию между исходными точками: $|A'B'| = |AB|$.

Рассмотрим произвольную прямую $l$. Выберем на ней две различные точки $A$ и $B$. Любая точка $C$ на прямой $l$ удовлетворяет одному из трех условий, вытекающих из аксиомы принадлежности точки прямой:
1. $C$ лежит между $A$ и $B$, тогда $|AC| + |CB| = |AB|$.
2. $A$ лежит между $C$ и $B$, тогда $|CA| + |AB| = |CB|$.
3. $B$ лежит между $A$ и $C$, тогда $|AB| + |BC| = |AC|$.

Пусть $A' = f(A)$, $B' = f(B)$ и $C' = f(C)$ — образы точек $A$, $B$ и $C$ при движении $f$. Так как движение сохраняет расстояния, мы имеем $|A'C'| = |AC|$, $|C'B'| = |CB|$ и $|A'B'| = |AB|$.

Подставив эти равенства в три вышеуказанных условия, получаем:
1. Если $|AC| + |CB| = |AB|$, то $|A'C'| + |C'B'| = |A'B'|$. Это означает, что точка $C'$ лежит на отрезке $A'B'$.
2. Если $|CA| + |AB| = |CB|$, то $|C'A'| + |A'B'| = |C'B'|$. Это означает, что точка $A'$ лежит на отрезке $C'B'$.
3. Если $|AB| + |BC| = |AC|$, то $|A'B'| + |B'C'| = |A'C'|$. Это означает, что точка $B'$ лежит на отрезке $A'C'$.

Во всех случаях, если точка $C$ лежит на прямой $AB$, то ее образ $C'$ лежит на прямой $A'B'$. Это доказывает, что образ прямой $l$ содержится в прямой $l'$, проходящей через точки $A'$ и $B'$.

Чтобы доказать, что образ прямой $l$ совпадает с прямой $l'$, нужно показать, что любая точка $D'$ на прямой $l'$ является образом некоторой точки $D$ на прямой $l$. Движение является взаимно однозначным отображением (биекцией), поэтому существует обратное движение $f^{-1}$. Обратное движение также сохраняет расстояния. Пусть $D = f^{-1}(D')$. Так как $f^{-1}$ — движение, оно отображает прямую $l'$ в прямую. Поскольку $A=f^{-1}(A')$ и $B=f^{-1}(B')$, прямая $l'$ отображается в прямую $l$. А так как $D'$ лежит на $l'$, ее прообраз $D$ должен лежать на $l$.

Таким образом, движение отображает каждую точку прямой в точку на некоторой другой прямой, и каждая точка этой другой прямой является образом некоторой точки исходной прямой.

Ответ: При движении образом прямой является прямая.

2) луч - в луч

Луч $OA$ — это множество точек на прямой $OA$, лежащих по одну сторону от точки $O$, включая саму точку $O$. Точка $X$ принадлежит лучу $OA$, если она лежит на прямой $OA$ и выполняется одно из двух условий: либо $X$ лежит на отрезке $OA$ ($|OX| + |XA| = |OA|$), либо $A$ лежит на отрезке $OX$ ($|OA| + |AX| = |OX|$).

Пусть $f$ — движение. Пусть $O' = f(O)$, $A' = f(A)$ и $X' = f(X)$ — образы точек. Из пункта 1 мы знаем, что прямая $OA$ отображается в прямую $O'A'$. Следовательно, образ точки $X$, лежащей на прямой $OA$, также будет лежать на прямой $O'A'$.

Поскольку движение сохраняет расстояния, если для точки $X$ на луче $OA$ выполнялось $|OX| + |XA| = |OA|$, то для ее образа $X'$ будет выполняться $|O'X'| + |X'A'| = |O'A'|$. Это значит, что $X'$ лежит на отрезке $O'A'$.

Если же для точки $X$ выполнялось $|OA| + |AX| = |OX|$, то для ее образа $X'$ будет выполняться $|O'A'| + |A'X'| = |O'X'|$. Это значит, что $A'$ лежит на отрезке $O'X'$.

В обоих случаях точка $X'$ будет принадлежать лучу $O'A'$. Таким образом, образ луча $OA$ является лучом $O'A'$. Начало луча $O$ переходит в начало луча $O'$.

Ответ: При движении образом луча является луч.

3) угол - в равный себе угол

Угол $\angle AOB$ образован двумя лучами $OA$ и $OB$, выходящими из одной точки $O$ (вершины угла).

Пусть $f$ — движение. Согласно доказанному в пункте 2, луч $OA$ отобразится в луч $O'A'$, а луч $OB$ — в луч $O'B'$, где $O' = f(O)$, $A' = f(A)$, $B' = f(B)$. Следовательно, угол $\angle AOB$ отобразится в угол $\angle A'O'B'$.

Чтобы доказать, что эти углы равны, рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle A'O'B'$. Так как движение сохраняет расстояния, то длины сторон этих треугольников будут соответственно равны:
$|O'A'| = |OA|$
$|O'B'| = |OB|$
$|A'B'| = |AB|$

По третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам, SSS), $\triangle A'O'B' \cong \triangle AOB$. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов. В частности, угол при вершине $O$ равен углу при вершине $O'$: $\angle AOB = \angle A'O'B'$.

Ответ: При движении угол отображается в равный ему угол.

4) окружность - в равную себе окружность

Окружность с центром в точке $O$ и радиусом $r$ — это множество всех точек $X$ плоскости, для которых расстояние до центра постоянно и равно радиусу: $|OX| = r$.

Пусть $f$ — движение. Пусть $O'$ — образ центра $O$ при этом движении ($O' = f(O)$). Возьмем произвольную точку $X$ на исходной окружности. Для нее выполняется равенство $|OX| = r$.

Пусть $X'$ — образ точки $X$ ($X' = f(X)$). Так как движение сохраняет расстояние, то $|O'X'| = |OX|$.

Отсюда следует, что $|O'X'| = r$. Это означает, что образ любой точки $X$ исходной окружности лежит на окружности с центром в точке $O'$ и тем же радиусом $r$. Таким образом, образ исходной окружности содержится в новой окружности.

Теперь докажем, что любая точка $Y'$ на новой окружности (с центром $O'$ и радиусом $r$) является образом некоторой точки исходной окружности. Для точки $Y'$ выполняется $|O'Y'| = r$. Рассмотрим ее прообраз $Y = f^{-1}(Y')$, где $f^{-1}$ — движение, обратное к $f$. Так как $f^{-1}$ также сохраняет расстояния, то $|OY| = |f^{-1}(O')f^{-1}(Y')| = |O'Y'| = r$. Это означает, что точка $Y$ лежит на исходной окружности с центром $O$ и радиусом $r$.

Следовательно, движение отображает окружность в окружность с тем же радиусом, то есть в равную ей окружность.

Ответ: При движении окружность отображается в равную ей окружность.

2.52. Докажите, что при движении:

1) параллелограмм отображается в параллелограмм;

2) трапеция – в трапецию;

3) ромб – в ромб;

4) прямоугольник – в прямоугольник;

5) квадрат – в квадрат.

Для доказательства всех утверждений воспользуемся основными свойствами движения (изометрии). Движение — это преобразование плоскости, которое сохраняет расстояние между точками. Из этого следуют другие важные свойства: движение сохраняет длины отрезков, величины углов, а также параллельность прямых.

1) параллелограмм отображается в параллелограмм

Пусть дан параллелограмм $ABCD$. По определению, его противолежащие стороны попарно параллельны: $AB \parallel DC$ и $BC \parallel AD$. Движение сохраняет параллельность прямых. Пусть при движении точки $A, B, C, D$ переходят в точки $A', B', C', D'$ соответственно. Тогда образом прямой $AB$ будет прямая $A'B'$, а образом прямой $DC$ — прямая $D'C'$. Поскольку $AB \parallel DC$, их образы также будут параллельны: $A'B' \parallel D'C'$. Аналогично, из $BC \parallel AD$ следует, что $B'C' \parallel A'D'$. В полученном четырехугольнике $A'B'C'D'$ противолежащие стороны попарно параллельны, следовательно, $A'B'C'D'$ является параллелограммом по определению.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) трапеция – в трапецию

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. По определению трапеции, две ее стороны параллельны ($AD \parallel BC$), а две другие — не параллельны ($AB \nparallel DC$). Движение сохраняет параллельность прямых. Следовательно, образы оснований, прямые $A'D'$ и $B'C'$, будут параллельны: $A'D' \parallel B'C'$. Движение также сохраняет и непараллельность прямых. Если предположить, что образы непараллельных сторон $A'B'$ и $D'C'$ стали параллельны, то и их прообразы $AB$ и $DC$ должны были быть параллельны, что противоречит определению трапеции. Значит, $A'B' \nparallel D'C'$. В полученном четырехугольнике $A'B'C'D'$ две стороны параллельны, а две другие — нет. Следовательно, $A'B'C'D'$ является трапецией по определению.

Ответ: Что и требовалось доказать.

3) ромб – в ромб

Пусть дан ромб $ABCD$. По определению, ромб — это параллелограмм, у которого все стороны равны: $AB = BC = CD = DA$. Из пункта 1 следует, что при движении образ ромба, четырехугольник $A'B'C'D'$, является параллелограммом. Движение сохраняет расстояния, поэтому длины сторон образа равны длинам соответствующих сторон прообраза: $A'B' = AB$, $B'C' = BC$, $C'D' = CD$, $D'A' = DA$. Так как у исходного ромба $ABCD$ все стороны были равны, то и у его образа $A'B'C'D'$ все стороны будут равны между собой: $A'B' = B'C' = C'D' = D'A'$. Параллелограмм, у которого все стороны равны, является ромбом. Следовательно, $A'B'C'D'$ — ромб.

Ответ: Что и требовалось доказать.

4) прямоугольник – в прямоугольник

Пусть дан прямоугольник $ABCD$. По определению, прямоугольник — это параллелограмм, у которого все углы прямые: $\angle A = \angle B = \angle C = \angle D = 90^\circ$. Из пункта 1 следует, что образ прямоугольника, четырехугольник $A'B'C'D'$, является параллелограммом. Движение сохраняет величины углов, поэтому углы образа равны соответствующим углам прообраза: $\angle A' = \angle A = 90^\circ$, $\angle B' = \angle B = 90^\circ$, $\angle C' = \angle C = 90^\circ$ и $\angle D' = \angle D = 90^\circ$. Таким образом, $A'B'C'D'$ — это параллелограмм, у которого все углы прямые. Следовательно, $A'B'C'D'$ является прямоугольником по определению.

Ответ: Что и требовалось доказать.

5) квадрат – в квадрат

Пусть дан квадрат $ABCD$. Квадрат — это правильный четырехугольник, то есть у него все стороны равны и все углы прямые. Таким образом, он является одновременно и ромбом, и прямоугольником. При движении квадрат $ABCD$ отображается в четырехугольник $A'B'C'D'$.
Согласно доказанному в пункте 3, образ ромба является ромбом, значит $A'B'C'D'$ имеет равные стороны.
Согласно доказанному в пункте 4, образ прямоугольника является прямоугольником, значит $A'B'C'D'$ имеет прямые углы.
Четырехугольник, который одновременно является ромбом и прямоугольником, — это квадрат. Следовательно, $A'B'C'D'$ — квадрат.
Можно также доказать напрямую: движение сохраняет длины сторон и величины углов. Так как у квадрата $ABCD$ все стороны равны ($AB=BC=CD=DA$) и все углы прямые ($\angle A=\angle B=\angle C=\angle D=90^\circ$), то у его образа $A'B'C'D'$ также будут все стороны равны ($A'B'=B'C'=C'D'=D'A'$) и все углы прямые ($\angle A'=\angle B'=\angle C'=\angle D'=90^\circ$). Четырехугольник с такими свойствами является квадратом.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.53. Докажите, что:

1) отрезки равной длины;

2) углы с равными градусными мерами;

3) окружности с равными радиусами равны между собой, т.е. совмещаются с помощью некоторого движения.

1) отрезки равной длины

Пусть даны два отрезка $AB$ и $CD$ одинаковой длины, то есть $|AB| = |CD|$. Чтобы доказать их равенство, нужно показать, что существует движение (изометрия), которое совмещает отрезок $AB$ с отрезком $CD$.

1. Выполним параллельный перенос на вектор $\vec{AC}$. Это движение, при котором точка $A$ переходит в точку $C$. Точка $B$ при этом переходит в некоторую точку $B'$. В результате этого переноса отрезок $AB$ переходит в отрезок $CB'$. Так как параллельный перенос является движением, он сохраняет расстояния, поэтому длина отрезка $CB'$ равна длине отрезка $AB$. Таким образом, $|CB'| = |AB| = |CD|$.

2. Теперь у нас есть два отрезка, $CB'$ и $CD$, с общим началом в точке $C$ и одинаковой длиной. Это означает, что точки $B'$ и $D$ лежат на одной и той же окружности с центром в точке $C$ и радиусом, равным $|CD|$.

3. Выполним поворот вокруг центра $C$ на угол $\angle B'CD$. При этом повороте точка $C$ остается на месте, а точка $B'$ переходит в точку $D$, так как они находятся на одинаковом расстоянии от центра вращения $C$. Луч $CB'$ совмещается с лучом $CD$. Следовательно, отрезок $CB'$ полностью совмещается с отрезком $CD$.

Мы последовательно применили два движения: параллельный перенос и поворот. Композиция движений также является движением. Это движение совмещает отрезок $AB$ с отрезком $CD$. Следовательно, отрезки равной длины равны между собой.

Ответ: Доказано.

2) углы с равными градусными мерами

Пусть даны два угла, $\angle BAC$ и $\angle EDF$, с равной градусной мерой $\alpha$. Угол определяется вершиной и двумя лучами, выходящими из нее. Докажем, что существует движение, которое совмещает эти два угла.

1. Совместим вершины углов. Выполним параллельный перенос на вектор $\vec{AD}$. Это движение, которое переводит точку $A$ в точку $D$. Лучи, образующие угол $\angle BAC$, перейдут в лучи, выходящие из точки $D$, образуя новый угол $\angle B'DC'$, равный исходному, так как параллельный перенос сохраняет углы.

2. Теперь у нас есть два угла с общей вершиной $D$: $\angle B'DC'$ и $\angle EDF$, и оба они равны $\alpha$. Совместим один из лучей. Выполним поворот вокруг точки $D$ на такой угол, чтобы луч $DB'$ совместился с лучом $DE$. После этого поворота луч $DC'$ перейдет в некоторый луч $DC''$. Угол $\angle EDC''$ будет по-прежнему равен $\alpha$, так как поворот является движением и сохраняет углы.

3. Теперь лучи $DE$ у обоих углов ($\angle EDC''$ и $\angle EDF$) совпадают. Лучи $DC''$ и $DF$ образуют с лучом $DE$ одинаковый угол $\alpha$. Это означает, что они либо совпадают, либо симметричны относительно прямой, содержащей луч $DE$.

а) Если лучи $DC''$ и $DF$ лежат по одну сторону от прямой $DE$, то они совпадают. В этом случае угол $\angle BAC$ полностью совместился с углом $\angle EDF$ в результате композиции параллельного переноса и поворота.

б) Если лучи $DC''$ и $DF$ лежат по разные стороны от прямой $DE$, выполним осевую симметрию (отражение) относительно прямой $DE$. Это движение оставит луч $DE$ на месте, а луч $DC''$ переведет в луч $DF$. В этом случае угол $\angle BAC$ совместился с углом $\angle EDF$ в результате композиции параллельного переноса, поворота и осевой симметрии.

В обоих случаях существует движение, совмещающее один угол с другим. Следовательно, углы с равными градусными мерами равны между собой.

Ответ: Доказано.

3) окружности с равными радиусами

Пусть даны две окружности, $\omega_1$ и $\omega_2$, с равными радиусами $R$. Пусть центр окружности $\omega_1$ — точка $O_1$, а центр окружности $\omega_2$ — точка $O_2$. Окружность — это множество всех точек плоскости, удаленных от ее центра на расстояние, равное радиусу.

1. Чтобы доказать равенство окружностей, найдем движение, которое совмещает $\omega_1$ и $\omega_2$. Рассмотрим параллельный перенос на вектор $\vec{O_1O_2}$. Это движение, при котором центр первой окружности $O_1$ переходит в центр второй окружности $O_2$.

2. Докажем, что при этом переносе любая точка первой окружности переходит в точку второй окружности. Пусть $P$ — произвольная точка на окружности $\omega_1$. По определению, расстояние от $P$ до центра $O_1$ равно радиусу: $|PO_1| = R$.

3. При параллельном переносе на вектор $\vec{O_1O_2}$ точка $P$ переходит в точку $P'$, а точка $O_1$ — в точку $O_2$. Параллельный перенос является движением, а значит, сохраняет расстояние между точками. Следовательно, расстояние между образами точек $P'$ и $O_2$ равно расстоянию между исходными точками $P$ и $O_1$.

Математически это записывается так: $|P'O_2| = |PO_1|$.

4. Так как $|PO_1| = R$, то и $|P'O_2| = R$. Это означает, что точка $P'$ удалена от центра $O_2$ на расстояние $R$, то есть $P'$ лежит на окружности $\omega_2$.

Поскольку мы выбрали произвольную точку $P$ на $\omega_1$, это верно для всех точек этой окружности. Аналогично можно показать, что каждая точка окружности $\omega_2$ является образом некоторой точки окружности $\omega_1$. Таким образом, параллельный перенос на вектор $\vec{O_1O_2}$ полностью совмещает окружность $\omega_1$ с окружностью $\omega_2$.

Существование такого движения доказывает, что окружности с равными радиусами равны между собой.

Ответ: Доказано.

2.54. Для треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$ выполняются равенства $AB=A_1B_1$, $AC=A_1C_1$, $BC=B_1C_1$. Докажите, что найдется единственное движение, отображающее точки $A, B, C$ в точки $A_1, B_1, C_1$ соответственно.

Доказательство состоит из двух частей: доказательства существования и доказательства единственности.

Существование. Докажем, что существует движение (изометрия), переводящее $\triangle ABC$ в $\triangle A_1B_1C_1$. По условию, $AB=A_1B_1$, $AC=A_1C_1$, $BC=B_1C_1$, следовательно, $\triangle ABC = \triangle A_1B_1C_1$ по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам). Построим искомое движение как композицию (последовательное применение) простых движений.
1. Совместим точку $A$ с точкой $A_1$ с помощью параллельного переноса $T$ на вектор $\vec{AA_1}$. В результате этого переноса $\triangle ABC$ перейдет в равный ему $\triangle A_1B'C'$, где $B' = T(B)$ и $C' = T(C)$.
2. Так как $A_1B' = AB = A_1B_1$, точки $B'$ и $B_1$ лежат на окружности с центром в $A_1$. Совместим точку $B'$ с точкой $B_1$ с помощью поворота $R$ вокруг точки $A_1$. Пусть $\triangle A_1B'C'$ при этом повороте перейдет в $\triangle A_1B_1C''$.
3. После двух преобразований мы получили $\triangle A_1B_1C''$, равный исходному $\triangle ABC$. Следовательно, $A_1C'' = AC = A_1C_1$ и $B_1C'' = BC = B_1C_1$. Это означает, что точка $C''$ равноудалена от точек $A_1$ и $B_1$ так же, как и точка $C_1$. Поскольку точки $A_1, B_1, C_1$ не лежат на одной прямой, таких точек на плоскости может быть только две, и они симметричны относительно прямой $A_1B_1$.
Таким образом, либо $C''$ совпадает с $C_1$, и тогда искомое движение есть композиция $R \circ T$. Либо $C''$ симметрична $C_1$ относительно прямой $A_1B_1$. В этом случае применим осевую симметрию $S$ относительно прямой $A_1B_1$. Она переведет $C''$ в $C_1$, оставив $A_1$ и $B_1$ на месте. Тогда искомое движение есть $S \circ R \circ T$.
В обоих случаях движение, переводящее $A, B, C$ в $A_1, B_1, C_1$, существует.

Единственность. Докажем, что такое движение единственно. Предположим, что существуют два различных движения, $f$ и $g$, каждое из которых переводит $A, B, C$ в $A_1, B_1, C_1$ соответственно.
Рассмотрим движение $h = g^{-1} \circ f$. Оно оставляет точки $A, B, C$ неподвижными: $h(A) = g^{-1}(f(A)) = g^{-1}(A_1) = A$; аналогично $h(B)=B$ и $h(C)=C$.
Пусть $P$ — произвольная точка плоскости, а $P' = h(P)$. Так как $h$ является движением, оно сохраняет расстояния. Следовательно, $|P'A| = |h(P)h(A)| = |PA|$. Аналогично, $|P'B| = |PB|$ и $|P'C| = |PC|$.
Точки $P$ и $P'$ равноудалены от трех точек $A, B, C$, не лежащих на одной прямой. Если предположить, что $P \neq P'$, то точки $A, B, C$ должны лежать на одной прямой — серединном перпендикуляре к отрезку $PP'$. Это противоречит условию, что $A, B, C$ являются вершинами треугольника.
Следовательно, $P$ и $P'$ должны совпадать для любой точки $P$. Это означает, что $h$ является тождественным преобразованием ($h=id$).
Из равенства $g^{-1} \circ f = id$ следует, что $f=g$. Это противоречит нашему предположению о том, что движения $f$ и $g$ различны. Следовательно, движение, отображающее $A, B, C$ в $A_1, B_1, C_1$, единственно.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.55. Даны параллелограммы $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$, удовлетворяющие условиям $AB=A_1B_1$, $AD=A_1D_1$ и $\angle A=\angle A_1$. Покажите, что эти параллелограммы равны между собой, т.е. совмещаются с помощью движения.

Для доказательства того, что параллелограммы $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ равны (то есть совмещаются с помощью движения), мы должны показать, что существует движение (изометрия), которое отображает один параллелограмм на другой.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle A_1B_1D_1$. По условию задачи нам дано, что $AB = A_1B_1$, $AD = A_1D_1$ и $\angle A = \angle A_1$. Эти условия в точности соответствуют первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Следовательно, треугольник $\triangle ABD$ равен треугольнику $\triangle A_1B_1D_1$.

Из равенства треугольников $\triangle ABD \cong \triangle A_1B_1D_1$ следует, что существует движение $f$, которое совмещает эти треугольники. При этом движении соответствующие вершины совмещаются: $f(A) = A_1$, $f(B) = B_1$ и $f(D) = D_1$.

Теперь необходимо показать, что это же движение $f$ переводит и четвертую вершину $C$ в $C_1$, то есть $f(C) = C_1$.

В параллелограмме $ABCD$ положение вершины $C$ однозначно определяется положением трех других вершин $A$, $B$, и $D$. Используя правило параллелограмма для сложения векторов, мы можем записать: $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$.

Аналогично, в параллелограмме $A_1B_1C_1D_1$ для вершины $C_1$ справедливо следующее векторное равенство: $\vec{A_1C_1} = \vec{A_1B_1} + \vec{A_1D_1}$.

Движение сохраняет векторы и операцию их сложения. Поскольку движение $f$ переводит точки $A$, $B$, $D$ в $A_1$, $B_1$, $D_1$, оно также переводит вектор $\vec{AB}$ в вектор $\vec{A_1B_1}$ и вектор $\vec{AD}$ в вектор $\vec{A_1D_1}$. Тогда образ вектора $\vec{AC}$ при движении $f$ равен сумме образов его составляющих векторов:
$f(\vec{AC}) = f(\vec{AB} + \vec{AD}) = f(\vec{AB}) + f(\vec{AD}) = \vec{A_1B_1} + \vec{A_1D_1}$.

Из этого следует, что $f(\vec{AC}) = \vec{A_1C_1}$. Так как движение $f$ переводит начальную точку вектора $\vec{AC}$ (точку $A$) в начальную точку вектора $\vec{A_1C_1}$ (точку $A_1$), оно должно перевести и конечную точку вектора $\vec{AC}$ (точку $C$) в конечную точку вектора $\vec{A_1C_1}$ (точку $C_1$). Таким образом, мы доказали, что $f(C) = C_1$.

Итак, мы нашли движение $f$, которое переводит все вершины параллелограмма $ABCD$ в соответствующие вершины параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$. Это означает, что параллелограммы равны.

Ответ: Утверждение доказано. Параллелограммы $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ равны, так как равенство двух смежных сторон и угла между ними ($AB=A_1B_1$, $AD=A_1D_1$, $\angle A=\angle A_1$) обеспечивает равенство треугольников $\triangle ABD$ и $\triangle A_1B_1D_1$. Это, в свою очередь, гарантирует существование движения, совмещающего эти треугольники. Поскольку положение четвертой вершины параллелограмма однозначно определяется тремя другими, это же движение совмещает и четвертые вершины, а следовательно, и параллелограммы целиком.

2.56. Докажите, что два ромба равны между собой, если равны их диагонали.

Дано:

Ромб $ABCD$ с диагоналями $AC$ и $BD$.

Ромб $A'B'C'D'$ с диагоналями $A'C'$ и $B'D'$.

По условию, их диагонали равны: $AC = A'C'$ и $BD = B'D'$.

Доказать:

Ромб $ABCD$ равен ромбу $A'B'C'D'$.

Доказательство:

Рассмотрим два ромба $ABCD$ и $A'B'C'D'$.

По свойству ромба, его диагонали пересекаются под прямым углом и точкой пересечения делятся пополам. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба $ABCD$, а $O'$ — точка пересечения диагоналей ромба $A'B'C'D'$.

Тогда для ромба $ABCD$ имеем:

$AO = OC = \frac{1}{2}AC$

$BO = OD = \frac{1}{2}BD$

$\angle AOB = \angle BOC = \angle COD = \angle DOA = 90^\circ$

Аналогично для ромба $A'B'C'D'$:

$A'O' = O'C' = \frac{1}{2}A'C'$

$B'O' = O'D' = \frac{1}{2}B'D'$

$\angle A'O'B' = \angle B'O'C' = \angle C'O'D' = \angle D'O'A' = 90^\circ$

Из условия $AC = A'C'$ и $BD = B'D'$ следует равенство половин диагоналей:

$AO = A'O'$, $OC = O'C'$, $BO = B'O'$, $OD = O'D'$.

Теперь сравним треугольники, на которые диагонали делят ромбы. Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle A'O'B'$.

В них:

1. $AO = A'O'$ (по доказанному).

2. $BO = B'O'$ (по доказанному).

3. $\angle AOB = \angle A'O'B' = 90^\circ$ (как углы между диагоналями ромба).

Следовательно, $\triangle AOB = \triangle A'O'B'$ по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

Аналогично можно доказать равенство и других пар треугольников:

$\triangle BOC = \triangle B'O'C'$ (так как $BO=B'O'$, $OC=O'C'$, $\angle BOC=\angle B'O'C'=90^\circ$).

$\triangle COD = \triangle C'O'D'$ (так как $CO=C'O'$, $OD=O'D'$, $\angle COD=\angle C'O'D'=90^\circ$).

$\triangle DOA = \triangle D'O'A'$ (так как $DO=D'O'$, $OA=O'A'$, $\angle DOA=\angle D'O'A'=90^\circ$).

Ромб $ABCD$ состоит из треугольников $\triangle AOB, \triangle BOC, \triangle COD, \triangle DOA$. Ромб $A'B'C'D'$ состоит из треугольников $\triangle A'O'B', \triangle B'O'C', \triangle C'O'D', \triangle D'O'A'$.

Поскольку соответствующие треугольники, из которых состоят ромбы, равны, то и сами ромбы равны. Равенство фигур означает, что их можно совместить наложением. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Два ромба, имеющие соответственно равные диагонали, равны между собой.

2.57. Докажите, что точки пересечения двух окружностей симметричны относительно прямой, соединяющей их центры.

Пусть даны две окружности с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ и радиусами $R_1$ и $R_2$ соответственно. Предположим, что эти окружности пересекаются в двух различных точках $A$ и $B$. Прямая, соединяющая центры, — это прямая $O_1O_2$.

Требуется доказать, что точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $O_1O_2$. По определению осевой симметрии, это означает, что прямая $O_1O_2$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AB$.

1. Соединим центры окружностей $O_1$ и $O_2$ с точками пересечения $A$ и $B$. Рассмотрим треугольники $\triangle O_1AO_2$ и $\triangle O_1BO_2$.

2. Сравним стороны этих треугольников:
- Стороны $O_1A$ и $O_1B$ являются радиусами первой окружности, следовательно, $O_1A = O_1B = R_1$.
- Стороны $O_2A$ и $O_2B$ являются радиусами второй окружности, следовательно, $O_2A = O_2B = R_2$.
- Сторона $O_1O_2$ является общей для обоих треугольников.

3. Таким образом, $\triangle O_1AO_2 = \triangle O_1BO_2$ по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам).

4. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов. В частности, $\angle AO_1O_2 = \angle BO_1O_2$.

5. Теперь рассмотрим треугольник $\triangle AO_1B$. Он является равнобедренным, так как его боковые стороны $O_1A$ и $O_1B$ равны как радиусы одной окружности. Отрезок $AB$ является его основанием.

6. Пусть $M$ — точка пересечения прямой $O_1O_2$ и отрезка $AB$. В треугольнике $\triangle AO_1B$ отрезок $O_1M$ является биссектрисой угла при вершине $\angle AO_1B$, так как $\angle AO_1M = \angle AO_1O_2$ и $\angle BO_1M = \angle BO_1O_2$, а мы доказали, что эти углы равны.

7. По свойству равнобедренного треугольника, биссектриса, проведенная из вершины к основанию, является также медианой и высотой.
- Как высота, $O_1M$ перпендикулярна основанию $AB$, то есть $O_1M \perp AB$. Поскольку $O_1M$ лежит на прямой $O_1O_2$, то и вся прямая $O_1O_2$ перпендикулярна отрезку $AB$.
- Как медиана, $O_1M$ делит основание $AB$ пополам, то есть $AM = MB$.

8. Мы доказали, что прямая $O_1O_2$ проходит через середину отрезка $AB$ и перпендикулярна ему. Следовательно, прямая $O_1O_2$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AB$.

9. Это по определению означает, что точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $O_1O_2$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.58. Докажите, что четырехугольник является ромбом, если диагонали четырехугольника являются его осями симметрии.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$, и его диагонали $AC$ и $BD$ являются его осями симметрии. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей.

Рассмотрим, что следует из того, что диагональ $AC$ является осью симметрии четырехугольника $ABCD$.
Осевая симметрия относительно прямой (оси) переводит фигуру в саму себя. Вершины, лежащие на оси симметрии ($A$ и $C$), отображаются сами на себя. Остальные вершины должны отображаться друг на друга. Таким образом, при симметрии относительно оси $AC$ вершина $B$ переходит в вершину $D$, а вершина $D$ — в вершину $B$.
По определению осевой симметрии, отрезок, соединяющий симметричные точки (в данном случае $B$ и $D$), перпендикулярен оси симметрии ($AC$) и делится этой осью пополам. Следовательно, из того, что $AC$ — ось симметрии, вытекает, что диагональ $BD$ перпендикулярна диагонали $AC$ ($BD \perp AC$) и в точке их пересечения $O$ делится пополам ($BO = OD$).

Аналогично, рассмотрим, что следует из того, что диагональ $BD$ является осью симметрии.
При симметрии относительно оси $BD$ вершины $B$ и $D$ остаются на месте, а вершина $A$ переходит в вершину $C$, и наоборот.
Следовательно, отрезок $AC$ перпендикулярен оси $BD$ ($AC \perp BD$) и в точке пересечения $O$ делится пополам ($AO = OC$).

Итак, мы установили, что в четырехугольнике $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Это является одним из признаков ромба. Докажем, что из этого следует равенство всех сторон четырехугольника.

Рассмотрим четыре треугольника, образованных пересечением диагоналей: $\triangle AOB, \triangle BOC, \triangle COD$ и $\triangle DOA$. Все эти треугольники являются прямоугольными, так как $AC \perp BD$.
Сравним $\triangle AOB$ и $\triangle COB$. У них сторона $BO$ — общая, $AO = CO$ (как было показано) и угол между этими сторонами $\angle AOB = \angle COB = 90^\circ$. По первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними), $\triangle AOB \cong \triangle COB$. Отсюда следует равенство их гипотенуз: $AB = CB$.
Аналогично, сравнивая $\triangle BOC$ и $\triangle DOC$, мы находим, что они равны (по двум катетам: $CO$ — общая, $BO = DO$), откуда $BC = DC$.
Сравнивая $\triangle DOC$ и $\triangle DOA$, мы находим, что они равны (по двум катетам: $DO$ — общая, $CO = AO$), откуда $DC = DA$.
Таким образом, мы получаем, что все стороны четырехугольника равны между собой: $AB = BC = CD = DA$.

Четырехугольник, у которого все стороны равны, по определению является ромбом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Если диагонали четырехугольника являются его осями симметрии, то каждая диагональ перпендикулярна другой и делит ее пополам. Четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, является ромбом, так как из этого свойства следует равенство всех его сторон.