Страница 87 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.59. Является ли шестиугольник, имеющий центр симметрии, правильным? Обоснуйте ответ.

Нет, шестиугольник, имеющий центр симметрии, не обязательно является правильным.

Обоснуем этот ответ. Правильный шестиугольник — это выпуклый многоугольник, у которого все стороны равны и все углы равны. Условие наличия центра симметрии является более слабым и не гарантирует выполнение этих двух условий одновременно.

Если шестиугольник $ABCDEF$ имеет центр симметрии $O$, это означает, что для каждой его вершины существует симметричная ей относительно точки $O$ вершина. В шестиугольнике это значит, что вершины симметричны попарно: $A$ симметрична $D$, $B$ симметрична $E$, а $C$ симметрична $F$. Из этого следуют следующие свойства:

1. Противоположные стороны равны и параллельны: $AB = DE$ и $AB \parallel DE$; $BC = EF$ и $BC \parallel EF$; $CD = FA$ и $CD \parallel FA$.

2. Противоположные углы равны: $\angle A = \angle D$, $\angle B = \angle E$, $\angle C = \angle F$.

Для того чтобы шестиугольник был правильным, необходимо, чтобы все стороны были равны между собой ($AB = BC = CD = DE = EF = FA$) и все углы были равны между собой ($\angle A = \angle B = \angle C = \angle D = \angle E = \angle F$). Как мы видим, из наличия центра симметрии следует лишь попарное равенство противолежащих сторон и углов, но не равенство всех сторон и всех углов между собой.

Чтобы доказать, что не всякий шестиугольник с центром симметрии является правильным, достаточно привести один пример (контрпример) такого шестиугольника.

Рассмотрим шестиугольник, показанный на рисунке ниже. Его главные диагонали $AD$, $BE$ и $CF$ пересекаются в одной точке $O$, которая является их серединой. Следовательно, этот шестиугольник имеет центр симметрии $O$.

Однако, как видно из рисунка, данный шестиугольник не является правильным. Например, сторона $BC$ очевидно не равна по длине стороне $CD$. Также не все углы равны: например, угол при вершине $B$ (тупой) не равен углу при вершине $C$ (также тупой, но, в общем случае, другого значения). Поскольку не все стороны и не все углы равны, этот шестиугольник не является правильным.

Таким образом, мы показали, что существует шестиугольник с центром симметрии, который не является правильным.

Ответ: Нет, шестиугольник, имеющий центр симметрии, не обязательно является правильным.

2.60. Покажите, что прямая, соединяющая середины параллельных хорд, проходит через центр окружности.

Рассмотрим окружность с центром в точке $O$ и две произвольные параллельные хорды $AB$ и $CD$. Пусть точки $M$ и $N$ — середины этих хорд соответственно. Наша задача — доказать, что точки $M$, $N$ и $O$ лежат на одной прямой.

Воспользуемся известным свойством хорды: отрезок, соединяющий центр окружности и середину хорды (не являющейся диаметром), перпендикулярен этой хорде.

1. Поскольку $M$ — середина хорды $AB$, то отрезок $OM$ перпендикулярен хорде $AB$. Это можно записать как $OM \perp AB$.

2. Аналогично, поскольку $N$ — середина хорды $CD$, то отрезок $ON$ перпендикулярен хорде $CD$, то есть $ON \perp CD$.

3. По условию задачи хорды $AB$ и $CD$ параллельны: $AB \parallel CD$.

4. Известно, что если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и второй. Так как $OM \perp AB$ и $AB \parallel CD$, то отсюда следует, что $OM \perp CD$.

5. Таким образом, мы имеем два луча $OM$ и $ON$, которые выходят из одной точки $O$ и оба перпендикулярны одной и той же прямой $CD$. Согласно теореме о единственности перпендикуляра к прямой, из точки, не лежащей на прямой, можно провести только один перпендикуляр к этой прямой. Следовательно, лучи $OM$ и $ON$ должны лежать на одной прямой.

Это означает, что точки $O$, $M$ и $N$ коллинеарны, то есть лежат на одной прямой. Прямая, проходящая через середины $M$ и $N$ двух параллельных хорд, также проходит и через центр окружности $O$.

Так как хорды $AB$ и $CD$ были выбраны произвольно, это доказательство справедливо для любой пары параллельных хорд.

Ответ: Утверждение доказано.

2.61. Докажите, что две трапеции равны между собой, если четыре стороны одной трапеции равны соответствующим сторонам другой трапеции.

Рассмотрим две трапеции $ABCD$ и $A'B'C'D'$, у которых соответственные стороны равны. Пусть стороны $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ являются её основаниями, то есть $BC \parallel AD$. Тогда, в силу соответствия, в трапеции $A'B'C'D'$ основаниями будут стороны $B'C'$ и $A'D'$, то есть $B'C' \parallel A'D'$.

По условию задачи имеем:

$AB = A'B'$ (боковая сторона)

$BC = B'C'$ (меньшее основание)

$CD = C'D'$ (боковая сторона)

$AD = A'D'$ (большее основание)

Для доказательства равенства трапеций необходимо показать, что у них равны не только соответственные стороны, но и соответственные углы.

Проведём в трапеции $ABCD$ из вершины $C$ отрезок $CE$, параллельный боковой стороне $AB$, до пересечения с основанием $AD$ в точке $E$.

Поскольку $CE \parallel AB$ (по построению) и $BC \parallel AE$ (так как $BC \parallel AD$), четырёхугольник $ABCE$ является параллелограммом. Из свойств параллелограмма следует, что $CE = AB$ и $AE = BC$.

Рассмотрим треугольник $CDE$. Его стороны равны:

• $CD$ — по условию.
• $CE = AB$.
• $DE = AD - AE = AD - BC$.

Аналогичное построение выполним в трапеции $A'B'C'D'$, проведя отрезок $C'E' \parallel A'B'$. Получим параллелограмм $A'B'C'E'$ и треугольник $C'D'E'$. Стороны треугольника $C'D'E'$ равны:

• $C'D'$ — по условию.
• $C'E' = A'B'$.
• $D'E' = A'D' - A'E' = A'D' - B'C'$.

Сравним треугольники $CDE$ и $C'D'E'$. Так как по условию $AB = A'B'$, $BC = B'C'$, $CD = C'D'$ и $AD = A'D'$, то стороны этих треугольников соответственно равны:

• $CD = C'D'$
• $CE = AB = A'B' = C'E'$
• $DE = AD - BC = A'D' - B'C' = D'E'$

Следовательно, треугольник $CDE$ равен треугольнику $C'D'E'$ по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам), то есть $\triangle CDE \cong \triangle C'D'E'$.

Из равенства треугольников следует равенство их соответственных углов:

$\angle D = \angle D'$

$\angle CED = \angle C'E'D'$

Теперь найдём углы трапеций. Угол $\angle D$ трапеции $ABCD$ равен углу $\angle D$ треугольника $CDE$. Таким образом, мы уже доказали, что $\angle D = \angle D'$.

Так как $CE \parallel AB$, а $AD$ — секущая, то $\angle A = \angle CED$ как соответственные углы. Аналогично, $\angle A' = \angle C'E'D'$. Поскольку $\angle CED = \angle C'E'D'$, то и $\angle A = \angle A'$.

В трапеции сумма углов, прилежащих к боковой стороне, равна $180^\circ$. Поэтому:

$\angle B = 180^\circ - \angle A$

$\angle C = 180^\circ - \angle D$

Аналогично для второй трапеции:

$\angle B' = 180^\circ - \angle A'$

$\angle C' = 180^\circ - \angle D'$

Так как $\angle A = \angle A'$, то $\angle B = \angle B'$.

Так как $\angle D = \angle D'$, то $\angle C = \angle C'$.

Таким образом, мы доказали, что у трапеций $ABCD$ и $A'B'C'D'$ равны все соответственные стороны (по условию) и все соответственные углы. Следовательно, эти трапеции равны.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.62. Докажите, что число сторон многоугольника четное, если он имеет центр симметрии.

Пусть дан многоугольник, имеющий центр симметрии $O$. Обозначим число его вершин (и сторон) через $n$. Вершины многоугольника обозначим в порядке обхода $A_1, A_2, \dots, A_n$.

Центральная симметрия относительно точки $O$ — это преобразование, при котором каждая точка $M$ фигуры переходит в точку $M'$, такую что точка $O$ является серединой отрезка $MM'$. По условию, если многоугольник имеет центр симметрии $O$, то при этом преобразовании он переходит сам в себя.

Рассмотрим, во что переходят вершины многоугольника при симметрии относительно центра $O$.

1. Образ вершины является вершиной.
Пусть $A_i$ — произвольная вершина многоугольника. Ее образ $A_i'$ при симметрии относительно $O$ должен принадлежать многоугольнику. Центральная симметрия является движением, то есть сохраняет расстояния и углы. Угол при вершине $A_i$ не равен $180^\circ$ (для невырожденного многоугольника). Так как симметрия сохраняет углы, то и в точке $A_i'$ угол, образованный образами сторон, сходящихся в $A_i$, будет таким же. Если бы точка $A_i'$ лежала на одной из сторон многоугольника, не будучи вершиной, то угол в этой точке был бы развернутым ($180^\circ$). Следовательно, образ вершины $A_i'$ не может лежать на стороне, а значит, сам должен быть одной из вершин многоугольника.

2. Никакая вершина не переходит в себя.
Предположим, что некоторая вершина $A_k$ при симметрии относительно $O$ переходит сама в себя. Это означает, что центр симметрии $O$ совпадает с вершиной $A_k$. Но тогда для любой другой вершины $A_j$ ее симметричный образ $A_j'$ должен лежать на прямой $A_jA_k$ на том же расстоянии от $A_k$, что и $A_j$, но по другую сторону. Для простого (несамопересекающегося) многоугольника это невозможно, так как точка $A_j'$ оказалась бы вне многоугольника или привела бы к вырождению многоугольника в отрезок. Таким образом, центр симметрии не может совпадать ни с одной из вершин.

3. Разбиение вершин на пары.
Из пунктов 1 и 2 следует, что при симметрии относительно центра $O$ каждая вершина $A_i$ переходит в некоторую другую вершину $A_j$. Так как центральная симметрия является обратной самой себе (если $A_i$ переходит в $A_j$, то $A_j$ переходит в $A_i$), то все $n$ вершин многоугольника можно разбить на непересекающиеся пары $(A_i, A_j)$, где вершины в каждой паре симметричны друг другу относительно центра $O$.

На рисунке ниже показан пример шестиугольника с центром симметрии $O$. Вершины разбиваются на пары: $(A_1, A_4)$, $(A_2, A_5)$ и $(A_3, A_6)$.

Поскольку все вершины разбиты на пары, их общее количество $n$ должно быть кратно двум, то есть $n = 2k$ для некоторого целого $k$. Таким образом, число вершин многоугольника четное.

Число сторон в многоугольнике равно числу его вершин. Следовательно, число сторон многоугольника, имеющего центр симметрии, также является четным.

Ответ: Каждая вершина многоугольника при симметрии относительно его центра переходит в другую вершину. Таким образом, все вершины можно разбить на пары симметричных друг другу. Это означает, что общее число вершин четно. Поскольку число сторон многоугольника равно числу его вершин, оно также должно быть четным. Что и требовалось доказать.

2.63. Две взаимно перпендикулярные прямые проходят через центр квадрата. Докажите, что отрезки этих прямых, ограниченные сторонами квадрата, равны между собой.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом поворота или, что эквивалентно, докажем равенство определённых треугольников. Пусть дан квадрат $ABCD$ с центром в точке $O$. Пусть прямая $l_1$ пересекает стороны квадрата в точках $M$ и $N$, а перпендикулярная ей прямая $l_2$ — в точках $P$ и $Q$. Обе прямые проходят через центр $O$.

Докажем, что отрезки $MN$ и $PQ$ равны. Поскольку точка $O$ является центром симметрии квадрата, она делит отрезки $MN$ и $PQ$ пополам. Таким образом, $MN = 2 \cdot OM$ и $PQ = 2 \cdot OP$. Для доказательства равенства $MN = PQ$ достаточно доказать, что $OM = OP$.
Рассмотрим треугольники $\triangle OBM$ и $\triangle OCP$. (На рисунке показан случай, когда M лежит на BC, а P - на CD, но доказательство аналогично для любого расположения прямых). Давайте придерживаться обозначений на рисунке: докажем равенство треугольников $\triangle OBM$ (где $M \in BC$) и $\triangle OCP$ (где $P \in CD$).
1. $OB = OC$ как половины равных диагоналей квадрата.
2. Диагонали квадрата делят его углы пополам, поэтому $\angle OBC = \angle OCD = 45^\circ$. Поскольку точка $M$ лежит на стороне $BC$, то $\angle OBM = \angle OBC = 45^\circ$. Поскольку точка $P$ лежит на стороне $CD$, то $\angle OCP = \angle OCD = 45^\circ$. Следовательно, $\angle OBM = \angle OCP$.
3. Диагонали квадрата $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, значит, угол между ними $\angle BOC = 90^\circ$. По условию задачи прямые $MN$ и $PQ$ также взаимно перпендикулярны, поэтому угол между ними $\angle MOP = 90^\circ$.
4. Угол $\angle BOC$ можно представить как сумму углов: $\angle BOC = \angle BOM + \angle MOC = 90^\circ$. Аналогично, угол $\angle MOP$ можно представить как $\angle MOP = \angle MOC + \angle COP = 90^\circ$. Из этих двух равенств следует, что $\angle BOM = \angle COP$.
Таким образом, в треугольниках $\triangle OBM$ и $\triangle OCP$ мы имеем:
• $\angle OBM = \angle OCP = 45^\circ$
• $OB = OC$
• $\angle BOM = \angle COP$
Следовательно, треугольники $\triangle OBM$ и $\triangle OCP$ равны по признаку ASA (угол-сторона-угол). Из равенства треугольников следует и равенство их соответствующих сторон: $OM = OP$.
Поскольку $MN = 2 \cdot OM$ и $PQ = 2 \cdot OP$, из равенства $OM=OP$ следует, что $MN = PQ$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство отрезков доказано. Наиболее элегантным способом доказательства является использование поворота на $90^\circ$ вокруг центра квадрата. При таком повороте квадрат переходит сам в себя, а первая прямая переходит во вторую (так как они перпендикулярны). Следовательно, отрезок первой прямой, ограниченный сторонами квадрата, переходит в отрезок второй прямой. Так как поворот является движением и сохраняет расстояния, длины этих отрезков равны.

2.64. В окружность вписан треугольник $ABC$. Впишите второй треугольник $A_1B_1C_1$ в эту окружность так, чтобы выполнялись условия $AB \perp A_1B_1$, $AC \perp A_1C_1$, $BC \perp B_1C_1$.

Пусть дана окружность $\Omega$ с центром в точке $O$ и вписанный в нее треугольник $ABC$. Требуется построить треугольник $A_1B_1C_1$, также вписанный в окружность $\Omega$, такой, что его стороны перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника $ABC$: $A_1B_1 \perp AB$, $B_1C_1 \perp BC$ и $C_1A_1 \perp AC$.

Рассмотрим свойства искомого треугольника $A_1B_1C_1$. Угол между двумя прямыми равен углу между двумя другими прямыми, которые соответственно перпендикулярны первым двум. Отсюда следует, что углы треугольника $A_1B_1C_1$ равны соответствующим углам треугольника $ABC$. Например, угол при вершине $A_1$, образованный сторонами $A_1B_1$ и $A_1C_1$, равен углу при вершине $A$, образованному сторонами $AB$ и $AC$. Таким образом, треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ подобны.

Поскольку оба треугольника вписаны в одну и ту же окружность, их подобие означает, что они конгруэнтны. Следовательно, треугольник $A_1B_1C_1$ может быть получен из треугольника $ABC$ с помощью движения (изометрии), сохраняющего окружность $\Omega$. Такими движениями являются поворот вокруг центра окружности $O$ или осевая симметрия относительно диаметра окружности.

Случай осевой симметрии не подходит для произвольного треугольника $ABC$. Если бы $\triangle A_1B_1C_1$ был получен отражением $\triangle ABC$ относительно некоторого диаметра, то для перпендикулярности стороны $AB$ и ее образа $A_1B_1$ необходимо, чтобы угол между прямой $AB$ и осью симметрии составлял $45^\circ$. Это же условие должно выполняться для сторон $BC$ и $AC$. Однако в общем случае стороны произвольного треугольника не образуют одинаковые углы с какой-либо одной прямой.

Следовательно, преобразование, переводящее $\triangle ABC$ в $\triangle A_1B_1C_1$, является поворотом вокруг центра описанной окружности $O$. Угол поворота $\theta$ определяет угол между любой прямой и ее образом. По условию задачи, стороны треугольника $A_1B_1C_1$ должны быть перпендикулярны сторонам треугольника $ABC$. Это означает, что угол поворота должен быть равен $90^\circ$ или $-90^\circ$ (т.е. $270^\circ$).

Таким образом, для построения искомого треугольника $A_1B_1C_1$ необходимо выполнить следующие действия:
1. Найти центр $O$ описанной окружности треугольника $ABC$. Центр $O$ является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.
2. Выбрать направление поворота: по часовой стрелке (на $-90^\circ$) или против часовой стрелки (на $+90^\circ$).
3. Построить вершины нового треугольника. Для этого нужно повернуть каждую вершину исходного треугольника на выбранный угол вокруг центра $O$. Например, для нахождения вершины $A_1$ нужно построить радиус $OA_1$ так, чтобы он был перпендикулярен радиусу $OA$. Точка $A_1$ будет одним из двух пересечений перпендикуляра к $OA$, проведенного через точку $O$, с окружностью.
4. Аналогично строятся точки $B_1$ и $C_1$, поворачивая точки $B$ и $C$ на тот же угол и в том же направлении. То есть, радиус $OB_1$ должен быть перпендикулярен $OB$, а радиус $OC_1$ — перпендикулярен $OC$.
5. Полученный треугольник $A_1B_1C_1$ является искомым. Существует два таких треугольника, соответствующих двум возможным направлениям поворота.

На рисунке ниже показан пример такого построения для поворота против часовой стрелки на $90^\circ$. Синий треугольник $ABC$ поворачивается вокруг центра $O$ на $90^\circ$, в результате чего получается красный треугольник $A_1B_1C_1$. Показан поворот вершины $C$ в $C_1$ (радиус $OC$ переходит в $OC_1$).

По построению, треугольник $A_1B_1C_1$ вписан в ту же окружность $\Omega$. Он получен из треугольника $ABC$ поворотом вокруг центра $O$ на угол $\theta = \pm 90^\circ$. При повороте прямая, содержащая отрезок $AB$, переходит в прямую, содержащую отрезок $A_1B_1$. Угол между исходной прямой и ее образом равен углу поворота. Следовательно, угол между прямыми $AB$ и $A_1B_1$ равен $\pm 90^\circ$, что означает $AB \perp A_1B_1$. Аналогично доказывается, что $BC \perp B_1C_1$ и $AC \perp A_1C_1$. Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый треугольник $A_1B_1C_1$ получается путем поворота исходного треугольника $ABC$ вокруг центра его описанной окружности на угол $90^\circ$ по часовой или против часовой стрелки.

2.65. Докажите, что при последовательном применении осевых симметрий относительно прямых $l_1$ и $l_2$ получается преобразование параллельного переноса, если $l_1 \| l_2$.

Для доказательства данного утверждения можно использовать как геометрический, так и аналитический (координатный) метод. Рассмотрим оба.

1. Геометрическое доказательство

Пусть даны две параллельные прямые $l_1$ и $l_2$. Пусть $S_1$ — это осевая симметрия относительно прямой $l_1$, а $S_2$ — осевая симметрия относительно прямой $l_2$. Нам нужно доказать, что композиция преобразований $T = S_2 \circ S_1$ является параллельным переносом.

Возьмём произвольную точку $P$ на плоскости.

Шаг 1: Применим к точке $P$ симметрию $S_1$. Получим точку $P_1 = S_1(P)$. По определению осевой симметрии, прямая $l_1$ является серединным перпендикуляром к отрезку $PP_1$. Это значит, что если $M_1$ — точка пересечения отрезка $PP_1$ с прямой $l_1$, то $PP_1 \perp l_1$ и $|PM_1| = |M_1P_1|$.

Шаг 2: Применим к полученной точке $P_1$ симметрию $S_2$. Получим точку $P_2 = S_2(P_1)$. Аналогично, прямая $l_2$ является серединным перпендикуляром к отрезку $P_1P_2$. Это значит, что если $M_2$ — точка пересечения отрезка $P_1P_2$ с прямой $l_2$, то $P_1P_2 \perp l_2$ и $|P_1M_2| = |M_2P_2|$.

Так как $l_1 \parallel l_2$, а прямые $PP_1$ и $P_1P_2$ перпендикулярны им, то эти прямые совпадают. Следовательно, все пять точек $P$, $M_1$, $P_1$, $M_2$, $P_2$ лежат на одной прямой, которая перпендикулярна обеим прямым $l_1$ и $l_2$.

Рассмотрим вектор перемещения $\vec{v} = \vec{PP_2}$. Его можно представить как сумму векторов: $\vec{PP_2} = \vec{PP_1} + \vec{P_1P_2}$. Из свойств симметрии имеем векторные равенства: $\vec{PP_1} = 2\vec{PM_1}$ и $\vec{P_1P_2} = 2\vec{P_1M_2}$. Тогда $\vec{PP_2} = 2\vec{PM_1} + 2\vec{P_1M_2} = 2(\vec{PM_1} + \vec{P_1M_2})$.

Выразим вектор $\vec{P_1M_2}$ через другие векторы, лежащие на той же прямой: $\vec{P_1M_2} = \vec{P_1M_1} + \vec{M_1M_2}$. Так как $M_1$ — середина отрезка $PP_1$, то $\vec{P_1M_1} = -\vec{PM_1}$. Подставим это в выражение для $\vec{P_1M_2}$: $\vec{P_1M_2} = -\vec{PM_1} + \vec{M_1M_2}$.

Теперь подставим полученное выражение в формулу для $\vec{PP_2}$: $\vec{PP_2} = 2(\vec{PM_1} + (-\vec{PM_1} + \vec{M_1M_2})) = 2(\vec{PM_1} - \vec{PM_1} + \vec{M_1M_2}) = 2\vec{M_1M_2}$.

Вектор $\vec{d} = \vec{M_1M_2}$ является вектором, проведенным из точки на прямой $l_1$ в точку на прямой $l_2$ по общему перпендикуляру. Поскольку прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны, этот вектор не зависит от выбора начальной точки $P$. Его направление, длина и ориентация постоянны: он перпендикулярен обеим прямым, направлен от $l_1$ к $l_2$, а его модуль равен расстоянию между прямыми.

Таким образом, композиция двух симметрий переводит любую точку $P$ в точку $P_2$ такую, что вектор $\vec{PP_2}$ равен постоянному вектору $\vec{v} = 2\vec{d}$. Преобразование, которое сдвигает все точки плоскости на один и тот же вектор, является по определению параллельным переносом.

Ответ: Доказано, что композиция двух осевых симметрий относительно параллельных прямых является параллельным переносом на вектор, перпендикулярный этим прямым, направленный от первой прямой ко второй, и с модулем, равным удвоенному расстоянию между ними.

2. Аналитическое доказательство (метод координат)

Введем на плоскости декартову систему координат. Поскольку прямые $l_1$ и $l_2$ параллельны, мы можем для удобства направить ось $Ox$ перпендикулярно им. Тогда уравнения прямых примут вид $x = a$ и $x = b$ для некоторых констант $a$ и $b$. Пусть $l_1: x = a$ и $l_2: x = b$. Возьмем произвольную точку $P$ с координатами $(x, y)$.

Шаг 1: Найдем образ точки $P(x, y)$ при симметрии $S_1$ относительно прямой $l_1: x=a$. Обозначим его $P_1(x_1, y_1)$. При симметрии относительно вертикальной прямой ордината точки сохраняется, т.е. $y_1 = y$. Абсцисса точки изменяется так, что середина отрезка $PP_1$ лежит на оси симметрии: $\frac{x + x_1}{2} = a \implies x+x_1 = 2a \implies x_1 = 2a - x$. Следовательно, координаты точки $P_1$ равны $(2a - x, y)$.

Шаг 2: Теперь найдем образ точки $P_1(2a - x, y)$ при симметрии $S_2$ относительно прямой $l_2: x=b$. Обозначим его $P_2(x_2, y_2)$. Аналогично, ордината сохраняется: $y_2 = y_1 = y$. Для новой абсциссы $x_2$ имеем: $\frac{x_1 + x_2}{2} = b \implies \frac{(2a-x) + x_2}{2} = b$. $2a - x + x_2 = 2b \implies x_2 = x + 2b - 2a = x + 2(b-a)$. Следовательно, координаты точки $P_2$ равны $(x + 2(b-a), y)$.

Итак, итоговое преобразование переводит произвольную точку $P(x, y)$ в точку $P_2(x + 2(b-a), y)$. Это преобразование можно записать в векторной форме. Если $\vec{r} = (x, y)$ — радиус-вектор точки $P$, а $\vec{r_2} = (x_2, y_2)$ — радиус-вектор точки $P_2$, то: $\vec{r_2} = (x + 2(b-a), y) = (x, y) + (2(b-a), 0)$. Обозначим $\vec{v} = (2(b-a), 0)$. Тогда $\vec{r_2} = \vec{r} + \vec{v}$.

Вектор $\vec{v}$ не зависит от координат $(x, y)$ исходной точки $P$, то есть он является постоянным. Преобразование плоскости, при котором каждая точка смещается на один и тот же вектор, является параллельным переносом. Вектор переноса $\vec{v}$ перпендикулярен осям симметрии (так как его координата $y$ равна нулю, а оси симметрии параллельны оси $Oy$) и его длина равна $|2(b-a)| = 2|b-a|$, что есть удвоенное расстояние между прямыми.

Ответ: Доказано, что последовательное применение двух осевых симметрий относительно параллельных прямых является параллельным переносом.

2.66. Докажите, что при последовательном применении двух центральных симметрий с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ получается преобразование параллельного переноса.

Пусть даны две центральные симметрии: $S_1$ с центром в точке $O_1$ и $S_2$ с центром в точке $O_2$. Необходимо доказать, что композиция этих преобразований, то есть их последовательное применение, является параллельным переносом.

Рассмотрим произвольную точку $A$ на плоскости. Применим к ней первую симметрию $S_1$. В результате получим точку $A'$, которая является образом точки $A$ при симметрии относительно центра $O_1$. По определению центральной симметрии, точка $O_1$ является серединой отрезка $AA'$.

Далее к полученной точке $A'$ применим вторую симметрию $S_2$. В результате получим точку $A''$, которая является образом точки $A'$ при симметрии относительно центра $O_2$. Аналогично, точка $O_2$ является серединой отрезка $A'A''$.

Рассмотрим треугольник, образованный точками $A$, $A'$ и $A''$, то есть $\triangle AA'A''$. В этом треугольнике точка $O_1$ является серединой стороны $AA'$, а точка $O_2$ — серединой стороны $A'A''$. Следовательно, отрезок $O_1O_2$ является средней линией этого треугольника.

Согласно свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне и равна половине её длины. В векторной форме это свойство для средней линии $O_1O_2$ и стороны $AA''$ записывается как:$\vec{O_1O_2} = \frac{1}{2}\vec{AA''}$Из этого соотношения можно выразить вектор $\vec{AA''}$:$\vec{AA''} = 2\vec{O_1O_2}$

Это равенство показывает, что итоговая точка $A''$ получается из начальной точки $A$ путем смещения на вектор $\vec{AA''}$. Поскольку центры симметрий $O_1$ и $O_2$ являются фиксированными точками, то и вектор $\vec{O_1O_2}$, соединяющий их, является постоянным (не зависит от выбора точки $A$). Следовательно, вектор $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$ также является постоянным вектором.

Преобразование плоскости, при котором каждая точка смещается на один и тот же постоянный вектор, называется параллельным переносом. Таким образом, мы доказали, что последовательное применение двух центральных симметрий есть параллельный перенос на вектор, равный удвоенному вектору, проведенному из центра первой симметрии в центр второй.

Ответ: Последовательное применение двух центральных симметрий с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ является преобразованием параллельного переноса на вектор $2\vec{O_1O_2}$.

2.67. Докажите, что если фигура имеет два разных центра симметрии, то она имеет бесконечно много центров симметрии.

Пусть $F$ — это фигура на плоскости, которая имеет два различных центра симметрии, $O_1$ и $O_2$. Это означает, что для любой точки $A$, принадлежащей фигуре $F$, точки, симметричные ей относительно $O_1$ и $O_2$, также принадлежат $F$.

Обозначим центральную симметрию относительно точки $O$ как $S_O$. Условие, что $O$ является центром симметрии фигуры $F$, записывается как $S_O(F) = F$. Таким образом, по условию задачи мы имеем $S_{O_1}(F) = F$ и $S_{O_2}(F) = F$, где $O_1 \neq O_2$.

Центральную симметрию можно описать с помощью векторов. Если $\vec{a}$ — радиус-вектор точки $A$, а $\vec{o}$ — радиус-вектор центра симметрии $O$, то радиус-вектор симметричной точки $A'$ будет равен $\vec{a'} = 2\vec{o} - \vec{a}$.

Рассмотрим композицию двух преобразований симметрии: $T = S_{O_2} \circ S_{O_1}$. Применим это составное преобразование к фигуре $F$:$T(F) = (S_{O_2} \circ S_{O_1})(F) = S_{O_2}(S_{O_1}(F))$.Поскольку $S_{O_1}(F) = F$, то $S_{O_2}(S_{O_1}(F)) = S_{O_2}(F)$.А так как $S_{O_2}(F) = F$, то мы получаем, что $T(F) = F$. Это означает, что фигура $F$ переходит в себя под действием преобразования $T$.

Выясним, что представляет собой преобразование $T$. Пусть $A$ — произвольная точка с радиус-вектором $\vec{a}$.Первое преобразование, $S_{O_1}$, переводит $A$ в точку $A'$ с радиус-вектором $\vec{a'} = 2\vec{o_1} - \vec{a}$.Второе преобразование, $S_{O_2}$, переводит точку $A'$ в точку $A''$ с радиус-вектором $\vec{a''} = 2\vec{o_2} - \vec{a'}$.Подставим выражение для $\vec{a'}$:$\vec{a''} = 2\vec{o_2} - (2\vec{o_1} - \vec{a}) = \vec{a} + 2(\vec{o_2} - \vec{o_1})$.Разность $\vec{a''} - \vec{a} = 2(\vec{o_2} - \vec{o_1})$ является постоянным вектором, не зависящим от точки $A$. Обозначим этот вектор как $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$. Таким образом, преобразование $T$ является параллельным переносом на вектор $\vec{v}$. Поскольку $O_1 \neq O_2$, вектор $\vec{v}$ не является нулевым.

Итак, мы доказали, что фигура $F$ инвариантна относительно параллельного переноса $T_{\vec{v}}$ на вектор $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$. Это также означает, что фигура инвариантна относительно любого кратного переноса $T_{n\vec{v}}$ на вектор $n\vec{v}$ для любого целого числа $n \in \mathbb{Z}$, так как $T_{n\vec{v}} = (T_{\vec{v}})^n$.

Теперь покажем, как построить новые центры симметрии. Возьмем один из исходных центров, например $O_1$, и докажем, что точка $O_3$, полученная из $O_1$ сдвигом на вектор $\vec{v}$, также является центром симметрии. То есть, $\vec{o_3} = \vec{o_1} + \vec{v}$.

Чтобы доказать, что $O_3$ — центр симметрии, нужно показать, что $S_{O_3}(F) = F$.Рассмотрим преобразование $S_{O_3}$. Известно, что симметрия относительно точки $P'$ может быть получена из симметрии относительно точки $P$ с помощью переносов: $S_{P'} = T_{\vec{u}} \circ S_P \circ T_{-\vec{u}}$, где $\vec{u} = \vec{PP'}$.В нашем случае, $\vec{O_1O_3} = \vec{v}$, поэтому $S_{O_3} = T_{\vec{v}} \circ S_{O_1} \circ T_{-\vec{v}}$.Применим это преобразование к фигуре $F$:$S_{O_3}(F) = (T_{\vec{v}} \circ S_{O_1} \circ T_{-\vec{v}})(F) = T_{\vec{v}}(S_{O_1}(T_{-\vec{v}}(F)))$.Мы знаем, что $F$ инвариантна относительно переносов на $\vec{v}$ и $-\vec{v}$, поэтому $T_{-\vec{v}}(F)=F$.Тогда $S_{O_3}(F) = T_{\vec{v}}(S_{O_1}(F))$.Поскольку $O_1$ — центр симметрии, $S_{O_1}(F)=F$.Следовательно, $S_{O_3}(F) = T_{\vec{v}}(F) = F$.Это доказывает, что $O_3$ также является центром симметрии фигуры $F$.

Этот процесс можно продолжить. Для любого целого числа $n \in \mathbb{Z}$, рассмотрим точку $C_n$, заданную радиус-вектором $\vec{c_n} = \vec{o_1} + n\vec{v}$. Аналогично доказывается, что симметрия $S_{C_n} = T_{n\vec{v}} \circ S_{O_1} \circ T_{-n\vec{v}}$ оставляет фигуру $F$ на месте.Таким образом, все точки $C_n$ являются центрами симметрии.Поскольку вектор $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$ ненулевой, все точки в последовательности $\{..., C_{-2}, C_{-1}, C_0, C_1, C_2, ...\}$, где $C_0=O_1$, различны. Эта последовательность образует бесконечное множество центров симметрии, расположенных на прямой, проходящей через точку $O_1$ параллельно вектору $\vec{O_1O_2}$.

Таким образом, мы доказали, что если фигура имеет два различных центра симметрии, то она обладает бесконечным множеством центров симметрии. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Наличие у фигуры двух различных центров симметрии $O_1$ и $O_2$ влечет за собой ее инвариантность относительно параллельного переноса на вектор $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$. Это, в свою очередь, позволяет сгенерировать бесконечное множество новых центров симметрии вида $O_1 + n\vec{v}$ и $O_2 + n\vec{v}$ для всех целых чисел $n$.

2.68. Даны прямая и две окружности, расположенные по разные ее стороны. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы две его вершины лежали на заданных окружностях, а высота, опущенная из третьей вершины, лежала на заданной прямой.

Анализ

Пусть $l$ — данная прямая, а $ω_1$ и $ω_2$ — данные окружности, расположенные по разные стороны от $l$. Пусть $ABC$ — искомый равносторонний треугольник, у которого вершина $A$ лежит на $ω_1$, вершина $B$ — на $ω_2$, а высота, опущенная из вершины $C$, лежит на прямой $l$. Так как высота треугольника $ABC$, опущенная из вершины $C$, лежит на прямой $l$, то прямая $l$ перпендикулярна стороне $AB$. В равностороннем треугольнике высота является также медианой и биссектрисой. Следовательно, прямая $l$ — это срединный перпендикуляр к отрезку $AB$. Это означает, что точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $l$. Таким образом, задача сводится к нахождению такой точки $A$ на окружности $ω_1$, чтобы симметричная ей относительно прямой $l$ точка $B$ лежала на окружности $ω_2$.

Построение

Метод построения основан на применении осевой симметрии.

1. Строим окружность $ω_1'$, симметричную окружности $ω_1$ относительно прямой $l$. Для этого:
   а) Находим $O_1'$ — центр окружности $ω_1'$, как точку, симметричную центру $O_1$ окружности $ω_1$ относительно прямой $l$.
   б) Радиус окружности $ω_1'$ равен радиусу $r_1$ окружности $ω_1$.
2. Находим точки пересечения построенной окружности $ω_1'$ и данной окружности $ω_2$. Каждая точка пересечения является возможным положением для вершины $B$ искомого треугольника. Обозначим одну из этих точек как $B$.
3. Строим вершину $A$ как точку, симметричную точке $B$ относительно прямой $l$. По построению, точка $A$ будет лежать на окружности $ω_1$.
4. Имея две вершины $A$ и $B$, строим третью вершину $C$. Для этого проводим две окружности: одну с центром в точке $A$ и радиусом $AB$, другую — с центром в точке $B$ и радиусом $BA$. Точки пересечения этих окружностей являются возможными положениями для вершины $C$. Так как прямая $l$ является срединным перпендикуляром к $AB$, обе эти точки будут лежать на прямой $l$. Выбираем любую из них в качестве вершины $C$.
5. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.
1. Вершина $A$ лежит на $ω_1$. Точка $B$ была выбрана на пересечении $ω_2$ и $ω_1'$. Точка $A$ была построена как $S_l(B)$, где $S_l$ — симметрия относительно $l$. Так как $B \in ω_1'$, то $A = S_l(B) \in S_l(ω_1')$. Поскольку $ω_1'$ является образом $ω_1$ при симметрии $S_l$, то $S_l(ω_1') = S_l(S_l(ω_1)) = ω_1$. Следовательно, $A \in ω_1$.
2. Вершина $B$ лежит на $ω_2$. Это следует из построения, так как $B$ — точка пересечения $ω_1'$ и $ω_2$.
3. Треугольник $ABC$ — равносторонний. Вершина $C$ построена на пересечении окружностей с центрами в $A$ и $B$ и радиусами, равными $AB$. Следовательно, $AC = AB$ и $BC = AB$, что означает, что треугольник $ABC$ равносторонний.
4. Высота, опущенная из $C$, лежит на $l$. Поскольку $A$ и $B$ симметричны относительно $l$, прямая $l$ является срединным перпендикуляром к отрезку $AB$. В равностороннем треугольнике высота, опущенная из $C$, совпадает с медианой и лежит на срединном перпендикуляре к стороне $AB$. Следовательно, высота из $C$ лежит на прямой $l$.
Все условия задачи выполнены.

Исследование

Число решений задачи зависит от числа точек пересечения окружностей $ω_1'$ и $ω_2$. Пусть $d$ — расстояние между их центрами $O_1'$ и $O_2$, а $r_1$ и $r_2$ — их радиусы.
1. Если $d > r_1 + r_2$ или $d < |r_1 - r_2|$, окружности не пересекаются, и решений нет.
2. Если $d = r_1 + r_2$ или $d = |r_1 - r_2|$, окружности касаются в одной точке. Существует одна точка $B$, которая определяет одну пару вершин $(A, B)$. Для этой пары можно построить два треугольника (с вершиной $C$ по разные стороны от прямой $AB$). Таким образом, в этом случае будет 2 решения.
3. Если $|r_1 - r_2| < d < r_1 + r_2$, окружности пересекаются в двух точках ($B_1$ и $B_2$). Каждая точка определяет свою пару вершин ($(A_1, B_1)$ и $(A_2, B_2)$). Для каждой пары можно построить по два треугольника. Таким образом, в этом случае может быть до 4 решений.
Поскольку в задаче требуется построить один такой треугольник, достаточно найти одну точку пересечения.

Ответ:

Искомый треугольник строится следующим образом:
1. Выполняется осевая симметрия одной из окружностей (например, $ω_1$) относительно данной прямой $l$. Получается новая окружность $ω_1'$.
2. Находится точка пересечения $B$ окружности $ω_1'$ со второй данной окружностью $ω_2$.
3. Строится точка $A$, симметричная точке $B$ относительно прямой $l$.
4. На стороне $AB$ строится равносторонний треугольник $ABC$. Его третья вершина $C$ автоматически окажется на прямой $l$.

2.69. Дан угол $AOB$, вершина которого расположена вне листа бумаги, и точка $C$, расположенная на одной из сторон этого угла. Постройте отрезок, равный $OC$.

Для решения задачи, то есть для построения отрезка, равного $OC$, где $O$ — недоступная вершина угла, воспользуемся методом, основанным на свойствах параллелограмма. Алгоритм построения состоит из следующих шагов:

1. Обозначим стороны угла как лучи $l_1$ (содержащий точку $C$) и $l_2$.
2. Выберем на луче $l_2$ произвольную точку $B$.
3. Через точку $C$ проведём прямую, параллельную лучу $l_2$.
4. Через точку $B$ проведём прямую, параллельную лучу $l_1$.
5. Точку пересечения двух построенных на шагах 3 и 4 прямых обозначим буквой $P$.
6. Отрезок $BP$ является искомым отрезком, так как его длина равна длине отрезка $OC$.

Доказательство:
Рассмотрим четырёхугольник $OCPB$, образованный недоступной вершиной $O$, точкой $C$ на луче $l_1$, точкой $B$ на луче $l_2$ и построенной точкой $P$.
По построению, прямая $CP$ параллельна лучу $l_2$, на котором лежит сторона $OB$. Следовательно, $CP \parallel OB$.
Также по построению, прямая $BP$ параллельна лучу $l_1$, на котором лежит сторона $OC$. Следовательно, $BP \parallel OC$.
По определению, четырёхугольник, у которого противолежащие стороны попарно параллельны, является параллелограммом. Таким образом, $OCPB$ — параллелограмм.
Одно из основных свойств параллелограмма заключается в том, что его противолежащие стороны равны. Следовательно, длина стороны $OC$ равна длине стороны $BP$, то есть $OC = BP$.
Построение завершено, так как отрезок $BP$ построен на листе бумаги и его длина равна длине недоступного для прямого измерения отрезка $OC$.

Ответ: Искомый отрезок равен по длине отрезку $BP$, построенному согласно приведенному выше алгоритму.