Номер 727, страница 185 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

727. Докажите, что при движении: а) прямая отображается на прямую; б) плоскость отображается на плоскость.

а) прямая отображается на прямую

Доказательство основано на определении движения (изометрии) и определении прямой через расстояния между точками.

1. Пусть $f$ — произвольное движение, а $l$ — произвольная прямая. Выберем на прямой $l$ две различные точки $A$ и $B$. Расстояние между ними $AB > 0$. Пусть их образами при движении $f$ являются точки $A' = f(A)$ и $B' = f(B)$.

2. По определению, движение сохраняет расстояния. Следовательно, расстояние $A'B' = AB$. Так как $AB > 0$, то и $A'B' > 0$, что означает, что точки $A'$ и $B'$ также различны. Через две различные точки $A'$ и $B'$ можно провести единственную прямую. Назовем эту прямую $l'$.

3. Докажем, что образ прямой $l$ при движении $f$ (обозначим его $f(l)$) в точности совпадает с прямой $l'$. Для этого нужно показать два включения: $f(l) \subseteq l'$ и $l' \subseteq f(l)$.

Часть 1: Докажем, что $f(l) \subseteq l'$.

Возьмем любую точку $C$ на прямой $l$. Характерное свойство точек, лежащих на одной прямой $AB$, заключается в том, что для них неравенство треугольника обращается в равенство. То есть, выполняется одно из трех условий:

• $AC + CB = AB$ (если $C$ лежит между $A$ и $B$);
• $AB + BC = AC$ (если $B$ лежит между $A$ и $C$);
• $CA + AB = CB$ (если $A$ лежит между $C$ и $B$).

Пусть образом точки $C$ является точка $C' = f(C)$. Поскольку $f$ — движение, оно сохраняет расстояния: $A'C' = AC$, $C'B' = CB$, $A'B' = AB$. Подставив эти равенства в соответствующее условие для точек $A, B, C$, мы получим аналогичное условие для точек $A', B', C'$. Например, если $AC + CB = AB$, то из этого следует, что $A'C' + C'B' = A'B'$. Это равенство является признаком того, что точка $C'$ лежит на прямой $l'$, проходящей через $A'$ и $B'$. Таким образом, любая точка прямой $l$ отображается в точку на прямой $l'$.

Часть 2: Докажем, что $l' \subseteq f(l)$.

Возьмем любую точку $D'$ на прямой $l'$. Нам нужно показать, что существует точка $D$ на прямой $l$, такая что $f(D) = D'$.

Рассмотрим преобразование $f^{-1}$, обратное движению $f$. Оно также является движением. Применим его к точке $D'$. Пусть $D = f^{-1}(D')$. Так как $D'$ лежит на прямой $l'$, для точек $A'$, $B'$, $D'$ выполняется одно из трех равенств, указанных выше. Например, пусть $A'D' + D'B' = A'B'$.

Поскольку $f^{-1}$ — движение, оно сохраняет расстояния: $AD = A'D'$, $DB = D'B'$, $AB = A'B'$. Подставляя эти значения в равенство для точек на прямой $l'$, получаем $AD + DB = AB$. Это означает, что точка $D$ лежит на прямой $l$.

Таким образом, для любой точки $D'$ на прямой $l'$ мы нашли прообраз $D$ на прямой $l$.

Поскольку мы доказали оба включения, мы можем заключить, что $f(l) = l'$.

Ответ: Доказано, что при движении прямая отображается на прямую.

б) плоскость отображается на плоскость

Доказательство аналогично предыдущему пункту, но использует три точки, не лежащие на одной прямой, для задания плоскости.

1. Пусть $f$ — произвольное движение, а $\alpha$ — произвольная плоскость. Выберем в плоскости $\alpha$ три точки $A, B, C$, не лежащие на одной прямой (неколлинеарные). Они однозначно задают плоскость $\alpha$. Пусть их образами при движении $f$ являются точки $A' = f(A)$, $B' = f(B)$ и $C' = f(C)$.

2. Движение сохраняет расстояния, поэтому длины сторон треугольника $\triangle ABC$ равны длинам соответствующих сторон треугольника $\triangle A'B'C'$: $AB = A'B'$, $BC = B'C'$, $CA = C'A'$. Следовательно, $\triangle ABC = \triangle A'B'C'$ по трем сторонам. Так как точки $A, B, C$ не лежат на одной прямой, треугольник $\triangle ABC$ невырожденный, а значит, и $\triangle A'B'C'$ невырожденный. Это означает, что точки $A', B', C'$ также не лежат на одной прямой.

3. Три неколлинеарные точки $A', B', C'$ однозначно задают плоскость. Обозначим эту плоскость $\alpha'$.

4. Докажем, что образ плоскости $\alpha$ при движении $f$ совпадает с плоскостью $\alpha'$.

Часть 1: Докажем, что $f(\alpha) \subseteq \alpha'$.

Возьмем любую точку $D$ в плоскости $\alpha$. Ее положение можно определить через векторное разложение по двум неколлинеарным векторам, лежащим в этой плоскости, например, по векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$: $\vec{AD} = u\vec{AB} + v\vec{AC}$ для некоторых действительных чисел $u$ и $v$.

Любое движение $f$ сохраняет векторные соотношения. Если точка $D'$ является образом точки $D$, то вектор $\vec{A'D'}$ будет связан с векторами $\vec{A'B'}$ и $\vec{A'C'}$ таким же соотношением с теми же коэффициентами $u$ и $v$: $\vec{A'D'} = u\vec{A'B'} + v\vec{A'C'}$.

Поскольку векторы $\vec{A'B'}$ и $\vec{A'C'}$ лежат в плоскости $\alpha'$, их линейная комбинация, вектор $\vec{A'D'}$, также лежит в этой плоскости. Это означает, что точка $D'$ принадлежит плоскости $\alpha'$. Таким образом, любая точка плоскости $\alpha$ отображается в точку плоскости $\alpha'$.

Часть 2: Докажем, что $\alpha' \subseteq f(\alpha)$.

Возьмем любую точку $E'$ в плоскости $\alpha'$. Ее положение можно задать разложением вектора $\vec{A'E'}$ по базисным векторам $\vec{A'B'}$ и $\vec{A'C'}$: $\vec{A'E'} = u\vec{A'B'} + v\vec{A'C'}$ для некоторых $u$ и $v$.

Рассмотрим в исходной плоскости $\alpha$ точку $E$, заданную аналогичным векторным равенством: $\vec{AE} = u\vec{AB} + v\vec{AC}$. По построению, точка $E$ лежит в плоскости $\alpha$.

Найдем образ этой точки $E$ при движении $f$. Как было показано в первой части, образом точки $E$ будет точка $E'$, для которой выполняется равенство $\vec{A'E'} = u\vec{A'B'} + v\vec{A'C'}$. Это в точности та точка плоскости $\alpha'$, с которой мы начали.

Таким образом, для любой точки в плоскости $\alpha'$ существует прообраз в плоскости $\alpha$.

Из доказательства двух включений следует, что $f(\alpha) = \alpha'$.

Ответ: Доказано, что при движении плоскость отображается на плоскость.