Страница 185 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

719. Найдите координаты точек, в которые переходят точки А(0; 1; 2), В(3; −1; 4), С(1; 0; −2) при: а) центральной симметрии относительно начала координат; б) осевой симметрии относительно координатных осей; в) зеркальной симметрии относительно координатных плоскостей.

а) центральной симметрии относительно начала координат

При центральной симметрии относительно начала координат $O(0; 0; 0)$, каждая координата точки $P(x; y; z)$ меняет свой знак на противоположный. Новая точка $P'$ будет иметь координаты $P'(-x; -y; -z)$.

Найдем координаты новых точек для $A(0; 1; 2)$, $B(3; -1; 4)$ и $C(1; 0; -2)$:

Для точки $A(0; 1; 2)$ точка $A'$ будет иметь координаты $(-0; -1; -2)$, то есть $A'(0; -1; -2)$.

Для точки $B(3; -1; 4)$ точка $B'$ будет иметь координаты $(-3; -(-1); -4)$, то есть $B'(-3; 1; -4)$.

Для точки $C(1; 0; -2)$ точка $C'$ будет иметь координаты $(-1; -0; -(-2))$, то есть $C'(-1; 0; 2)$.

Ответ: $A'(0; -1; -2)$, $B'(-3; 1; -4)$, $C'(-1; 0; 2)$.

б) осевой симметрии относительно координатных осей

При осевой симметрии относительно одной из координатных осей, координата, соответствующая этой оси, остается неизменной, а две другие меняют свой знак на противоположный.

1. Симметрия относительно оси Ox (оси абсцисс):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(x; -y; -z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Ox}(0; -1; -2)$.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Ox}(3; -(-1); -4)$, то есть $B'_{Ox}(3; 1; -4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Ox}(1; -0; -(-2))$, то есть $C'_{Ox}(1; 0; 2)$.

2. Симметрия относительно оси Oy (оси ординат):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(-x; y; -z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Oy}(-0; 1; -2)$, то есть $A'_{Oy}(0; 1; -2)$.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Oy}(-3; -1; -4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Oy}(-1; 0; -(-2))$, то есть $C'_{Oy}(-1; 0; 2)$.

3. Симметрия относительно оси Oz (оси аппликат):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(-x; -y; z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Oz}(-0; -1; 2)$, то есть $A'_{Oz}(0; -1; 2)$.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Oz}(-3; -(-1); 4)$, то есть $B'_{Oz}(-3; 1; 4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Oz}(-1; -0; -2)$, то есть $C'_{Oz}(-1; 0; -2)$.

Ответ:
Относительно оси Ox: $A'(0; -1; -2)$, $B'(3; 1; -4)$, $C'(1; 0; 2)$.
Относительно оси Oy: $A'(0; 1; -2)$, $B'(-3; -1; -4)$, $C'(-1; 0; 2)$.
Относительно оси Oz: $A'(0; -1; 2)$, $B'(-3; 1; 4)$, $C'(-1; 0; -2)$.

в) зеркальной симметрии относительно координатных плоскостей

При зеркальной симметрии относительно одной из координатных плоскостей, координаты, лежащие в этой плоскости, остаются неизменными, а третья координата (перпендикулярная плоскости) меняет свой знак на противоположный.

1. Симметрия относительно плоскости Oxy (плоскости $z=0$):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(x; y; -z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Oxy}(0; 1; -2)$.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Oxy}(3; -1; -4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Oxy}(1; 0; -(-2))$, то есть $C'_{Oxy}(1; 0; 2)$.

2. Симметрия относительно плоскости Oxz (плоскости $y=0$):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(x; -y; z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Oxz}(0; -1; 2)$.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Oxz}(3; -(-1); 4)$, то есть $B'_{Oxz}(3; 1; 4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Oxz}(1; -0; -2)$, то есть $C'_{Oxz}(1; 0; -2)$.

3. Симметрия относительно плоскости Oyz (плоскости $x=0$):

Точка $P(x; y; z)$ переходит в точку $P'(-x; y; z)$.

Для $A(0; 1; 2) \rightarrow A'_{Oyz}(-0; 1; 2)$, то есть $A'_{Oyz}(0; 1; 2)$. Так как точка А лежит в плоскости Oyz, она переходит сама в себя.

Для $B(3; -1; 4) \rightarrow B'_{Oyz}(-3; -1; 4)$.

Для $C(1; 0; -2) \rightarrow C'_{Oyz}(-1; 0; -2)$.

Ответ:
Относительно плоскости Oxy: $A'(0; 1; -2)$, $B'(3; -1; -4)$, $C'(1; 0; 2)$.
Относительно плоскости Oxz: $A'(0; -1; 2)$, $B'(3; 1; 4)$, $C'(1; 0; -2)$.
Относительно плоскости Oyz: $A'(0; 1; 2)$, $B'(-3; -1; 4)$, $C'(-1; 0; -2)$.

720. Докажите, что при центральной симметрии: а) прямая, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей прямую; б) прямая, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.

а)

Пусть $O$ — центр симметрии, а $a$ — прямая, не проходящая через точку $O$. Докажем, что её образ, прямая $a'$, будет параллельна прямой $a$.

Возьмём на прямой $a$ две произвольные различные точки $A$ и $B$. При центральной симметрии относительно центра $O$ они отобразятся в точки $A'$ и $B'$ соответственно. По определению центральной симметрии, точка $O$ является серединой отрезков $AA'$ и $BB'$. Это означает, что $AO = OA'$ и $BO = OB'$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle A'OB'$. В этих треугольниках:

• $AO = A'O$ (по определению симметрии).
• $BO = B'O$ (по определению симметрии).
• $\angle AOB = \angle A'OB'$ (как вертикальные углы).

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

Из равенства треугольников следует равенство соответственных углов: $\angle OAB = \angle OA'B'$. Эти углы являются накрест лежащими при пересечении прямых $AB$ (то есть прямой $a$) и $A'B'$ секущей $AA'$. Так как накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны: $a \parallel A'B'$.

Образом прямой $a$ является прямая, проходящая через образы всех её точек. Поскольку $A'$ и $B'$ — образы точек прямой $a$, то прямая $A'B'$ и есть образ прямой $a$, то есть $a' = A'B'$.

Теперь докажем, что любая точка прямой $a'$ является образом некоторой точки прямой $a$. Пусть $C'$ — произвольная точка на прямой $a'$. Точка $C$, симметричная ей относительно $O$, является её прообразом. Рассмотрим $\triangle A'OC'$ и $\triangle AOC$. Они равны по первому признаку ($A'O=AO$, $C'O=CO$, $\angle A'OC' = \angle AOC$). Из равенства треугольников следует, что $\angle C'A'O = \angle CAO$, а значит, $AC \parallel A'C'$ (прямой $a'$). Но через точку $A$ проходит только одна прямая, параллельная $a'$, и это прямая $a$. Значит, точка $C$ лежит на прямой $a$.

Ответ: Таким образом, доказано, что прямая, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей прямую.

б)

Пусть $O$ — центр симметрии, а $b$ — прямая, проходящая через точку $O$. Докажем, что прямая $b$ отображается на себя.

Для этого нужно показать, что:

1. Образ любой точки прямой $b$ также лежит на прямой $b$.
2. Любая точка прямой $b$ является образом некоторой точки с этой же прямой.

1. Возьмём произвольную точку $A$ на прямой $b$. Пусть её образ при симметрии относительно $O$ — точка $A'$.

• Если точка $A$ совпадает с центром $O$, то её образом является сама точка $O$, которая, по условию, лежит на прямой $b$.
• Если точка $A$ отлична от $O$, то по определению центральной симметрии, точка $O$ является серединой отрезка $AA'$. Это значит, что точки $A$, $O$ и $A'$ лежат на одной прямой. Так как точки $A$ и $O$ лежат на прямой $b$, то и точка $A'$ также должна лежать на прямой $b$.

Таким образом, образ любой точки прямой $b$ принадлежит прямой $b$.

2. Возьмём произвольную точку $B$ на прямой $b$. Найдём её прообраз, то есть точку $A$, образом которой является $B$. По определению, точка $A$ симметрична точке $B$ относительно центра $O$. Это значит, что $O$ — середина отрезка $AB$. Следовательно, точки $A$, $O$ и $B$ лежат на одной прямой. Так как точки $B$ и $O$ лежат на прямой $b$, то и точка $A$ также должна лежать на прямой $b$.

Таким образом, для любой точки на прямой $b$ её прообраз также лежит на прямой $b$.

Ответ: Из этих двух утверждений следует, что прямая, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.

721. Докажите, что при центральной симметрии: а) плоскость, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей плоскость; б) плоскость, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.

а) плоскость, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей плоскость;

Пусть $O$ – центр симметрии, и пусть $\alpha$ – плоскость, не проходящая через точку $O$ ($O \notin \alpha$). Пусть $\alpha'$ – образ плоскости $\alpha$ при центральной симметрии относительно центра $O$. Это означает, что $\alpha'$ состоит из всех точек $M'$, симметричных точкам $M$ из плоскости $\alpha$ относительно центра $O$.

Выберем в плоскости $\alpha$ три произвольные точки $A$, $B$ и $C$, не лежащие на одной прямой. Эти три точки однозначно определяют плоскость $\alpha$. Пусть $A'$, $B'$ и $C'$ – их образы при симметрии относительно $O$. По определению центральной симметрии, точка $O$ является серединой отрезков $AA'$, $BB'$ и $CC'$.

Рассмотрим две пересекающиеся прямые $AB$ и $AC$ в плоскости $\alpha$. Их образами при центральной симметрии будут прямые $A'B'$ и $A'C'$. Докажем, что прямая $A'B'$ параллельна прямой $AB$. Векторно это можно выразить так: $\vec{A'B'} = \vec{OB'} - \vec{OA'}$. Поскольку $A'$ и $B'$ – образы $A$ и $B$, то $\vec{OA'} = -\vec{OA}$ и $\vec{OB'} = -\vec{OB}$. Тогда $\vec{A'B'} = (-\vec{OB}) - (-\vec{OA}) = \vec{OA} - \vec{OB} = -(\vec{OB} - \vec{OA}) = -\vec{AB}$. Поскольку вектор $\vec{A'B'}$ коллинеарен вектору $\vec{AB}$, прямые $AB$ и $A'B'$ параллельны. Аналогично доказывается, что $AC \parallel A'C'$.

Так как точки $A, B, C$ не лежат на одной прямой, прямые $AB$ и $AC$ пересекаются. Их образы, прямые $A'B'$ и $A'C'$, также пересекаются в точке $A'$. Эти две пересекающиеся прямые $A'B'$ и $A'C'$ определяют некоторую плоскость, которую мы обозначим $\alpha'$.

Итак, мы имеем две пересекающиеся прямые $AB$ и $AC$ в плоскости $\alpha$, которые соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $A'B'$ и $A'C'$ в плоскости $\alpha'$. По признаку параллельности двух плоскостей, плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $\alpha'$.

Докажем теперь, что образом всей плоскости $\alpha$ является вся плоскость $\alpha'$. 1. Возьмем любую точку $M \in \alpha$. Ее положение можно задать через векторы, выходящие из точки $A$: $\vec{AM} = k_1\vec{AB} + k_2\vec{AC}$ для некоторых чисел $k_1, k_2$. Образ точки $M$, точка $M'$, будет иметь вектор $\vec{A'M'} = -\vec{AM}$. Тогда $\vec{A'M'} = -(k_1\vec{AB} + k_2\vec{AC}) = k_1(-\vec{AB}) + k_2(-\vec{AC}) = k_1\vec{A'B'} + k_2\vec{A'C'}$. Это означает, что точка $M'$ лежит в плоскости, определяемой точками $A', B', C'$, то есть $M' \in \alpha'$. Таким образом, образ плоскости $\alpha$ содержится в плоскости $\alpha'$.

2. Возьмем любую точку $P' \in \alpha'$. Ее положение можно задать как $\vec{A'P'} = k_1\vec{A'B'} + k_2\vec{A'C'}$. Найдем ее прообраз $P$. Точка $P$ симметрична $P'$ относительно $O$, поэтому $\vec{AP} = -\vec{A'P'}$. Тогда $\vec{AP} = -(k_1\vec{A'B'} + k_2\vec{A'C'}) = k_1(-\vec{A'B'}) + k_2(-\vec{A'C'}) = k_1\vec{AB} + k_2\vec{AC}$. Это означает, что точка $P$ лежит в плоскости $\alpha$. Таким образом, любая точка плоскости $\alpha'$ является образом некоторой точки из плоскости $\alpha$.

Из этих двух пунктов следует, что плоскость $\alpha$ отображается на плоскость $\alpha'$. Так как $O \notin \alpha$, то плоскости $\alpha$ и $\alpha'$ не совпадают (иначе для любой точки $A \in \alpha$ ее образ $A'$ также лежал бы в $\alpha$, а значит и середина отрезка $AA'$, точка $O$, лежала бы в $\alpha$, что противоречит условию).

Ответ: Доказано.

б) плоскость, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.

Пусть $O$ – центр симметрии, и пусть плоскость $\beta$ проходит через точку $O$ ($O \in \beta$). Нам нужно доказать, что при центральной симметрии относительно $O$ плоскость $\beta$ отображается на себя. Это означает, что для любой точки из $\beta$ ее образ также лежит в $\beta$, и любая точка из $\beta$ является образом некоторой точки из $\beta$.

1. Докажем, что образ любой точки из $\beta$ принадлежит $\beta$. Пусть $M$ – произвольная точка плоскости $\beta$. Пусть $M'$ – ее образ при симметрии относительно центра $O$. По определению центральной симметрии, точки $M$, $O$ и $M'$ лежат на одной прямой, причем $O$ является серединой отрезка $MM'$. По условию, точка $O$ принадлежит плоскости $\beta$. Мы выбрали точку $M$ также в плоскости $\beta$. Через две точки ($M$ и $O$) проходит единственная прямая, и по аксиоме стереометрии, если две точки прямой лежат в плоскости, то и вся прямая лежит в этой плоскости. Следовательно, прямая $MO$ целиком лежит в плоскости $\beta$. Поскольку точка $M'$ лежит на прямой $MO$, она также принадлежит плоскости $\beta$. Так как $M$ – произвольная точка плоскости $\beta$, то образ всей плоскости $\beta$ содержится в самой плоскости $\beta$.

2. Докажем, что любая точка плоскости $\beta$ является образом некоторой точки из этой же плоскости. Пусть $P$ – произвольная точка плоскости $\beta$. Найдем ее прообраз, то есть такую точку $Q$, образом которой является $P$. Центральная симметрия является обратной самой себе, поэтому прообразом точки $P$ будет точка $Q$, симметричная $P$ относительно центра $O$. По определению симметрии, точки $P$, $O$ и $Q$ лежат на одной прямой. По условию $O \in \beta$, и мы выбрали $P \in \beta$. Следовательно, вся прямая $PO$ лежит в плоскости $\beta$. Так как точка $Q$ лежит на прямой $PO$, то $Q$ также принадлежит плоскости $\beta$. Это означает, что для любой точки $P$ из плоскости $\beta$ ее прообраз $Q$ также лежит в плоскости $\beta$.

Из двух доказанных утверждений следует, что при центральной симметрии относительно центра $O$ плоскость $\beta$, проходящая через $O$, отображается на себя.

Ответ: Доказано.

722. Докажите, что при осевой симметрии: а) прямая, параллельная оси, отображается на прямую, параллельную оси; б) прямая, образующая с осью угол φ, отображается на прямую, также образующую с осью угол φ.

а)

Пусть $l$ — ось симметрии, а прямая $a$ параллельна оси $l$ ($a \parallel l$). Осевая симметрия является движением, поэтому она преобразует прямую в прямую. Пусть образом прямой $a$ при симметрии относительно оси $l$ является прямая $a'$.

Так как $a \parallel l$, то все точки прямой $a$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $l$. Обозначим это постоянное расстояние $d$ (где $d > 0$, так как прямая $a$ не совпадает с осью $l$).

По определению осевой симметрии, каждая точка $X$ на прямой $a$ отображается в точку $X'$ так, что ось $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $XX'$. Это означает, что расстояние от точки $X'$ до оси $l$ также равно $d$.

Следовательно, все точки прямой $a'$ (образа прямой $a$) находятся на постоянном расстоянии $d$ от прямой $l$. Геометрическое место точек плоскости, находящихся на заданном расстоянии от данной прямой, есть пара параллельных ей прямых. Поскольку все точки $X'$ лежат в одной полуплоскости относительно $l$ (противоположной той, где лежит прямая $a$), они образуют одну прямую, параллельную $l$. Таким образом, $a' \parallel l$.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Пусть $l$ — ось симметрии, а прямая $a$ образует с осью $l$ угол $\phi$.

Если прямая $a$ параллельна оси $l$, то угол между ними $\phi = 0$. Согласно доказанному в пункте а), образ $a'$ также параллелен оси $l$, и, следовательно, угол между $a'$ и $l$ также равен 0. Утверждение для этого случая верно.

Рассмотрим основной случай, когда прямая $a$ пересекает ось $l$. Пусть точка их пересечения — $O$. Поскольку точка $O$ лежит на оси симметрии, она отображается сама на себя.

Выберем на прямой $a$ произвольную точку $A$, не совпадающую с $O$. Пусть $A'$ — ее образ при симметрии относительно $l$. Тогда образом прямой $a$ (проходящей через $O$ и $A$) будет прямая $a'$, проходящая через точки $O$ и $A'$.

Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на прямую $l$. Точка $H$ лежит на прямой $l$. В прямоугольном треугольнике $\triangle AHO$ угол $\angle AOH$ является одним из углов между прямой $a$ и осью $l$. По условию, его величина равна $\phi$.

По определению осевой симметрии, точка $A'$ симметрична $A$ относительно $l$. Это значит, что $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AA'$. Следовательно, $AH = A'H$ и $AA' \perp l$, что означает $\angle OHA' = 90^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OHA$ и $\triangle OHA'$. У них:
1. Катет $OH$ — общий.
2. Катеты $AH$ и $A'H$ равны по определению симметрии ($AH = A'H$).

Следовательно, $\triangle OHA \cong \triangle OHA'$ по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle AOH = \angle A'OH$.

Угол $\angle A'OH$ — это угол между образом (прямой $a'$) и осью $l$. Так как $\angle AOH = \phi$, то и $\angle A'OH = \phi$.

Таким образом, в любом случае прямая, образующая с осью угол $\phi$, отображается на прямую, также образующую с осью угол $\phi$.

Ответ: Утверждение доказано.

723. При зеркальной симметрии прямая а отображается на прямую а₁. Докажите, что прямые а и а₁ лежат в одной плоскости.

Пусть ? — это плоскость, относительно которой производится зеркальная симметрия. Прямая a отображается на прямую a?. Чтобы доказать, что прямые a и a? лежат в одной плоскости (копланарны), необходимо рассмотреть все возможные случаи взаимного расположения прямой a и плоскости ?.

1. Прямая a пересекает плоскость ?

Пусть прямая a пересекает плоскость ? в точке P. По определению зеркальной симметрии, любая точка, лежащая в плоскости симметрии, отображается сама на себя. Следовательно, образом точки P является сама точка P.

Так как прямая a? является образом прямой a, она должна проходить через образы всех точек прямой a. В частности, прямая a? проходит через образ точки P, то есть через саму точку P.

Таким образом, обе прямые, a и a?, проходят через одну и ту же точку P, то есть они пересекаются (или совпадают, если a перпендикулярна ?, что является частным случаем пересечения). Две пересекающиеся прямые всегда лежат в одной плоскости. Следовательно, в этом случае прямые a и a? копланарны.

2. Прямая a параллельна плоскости ?

Выберем на прямой a две любые различные точки A и B. Пусть их образами при симметрии относительно плоскости ? являются точки A? и B?. По определению, прямая a? проходит через точки A? и B?.

По определению зеркальной симметрии, отрезок, соединяющий точку с ее образом, перпендикулярен плоскости симметрии. Значит, отрезок AA? перпендикулярен плоскости ?, и отрезок BB? перпендикулярен плоскости ?.

Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны друг другу. Следовательно, прямая AA? параллельна прямой BB? ($AA? \parallel BB?$).

Через две параллельные прямые AA? и BB? проходит единственная плоскость. Назовем ее ?. Эта плоскость ? содержит прямые AA? и BB?, а значит, и все четыре точки A, B, A?, B?.

Поскольку точки A и B лежат в плоскости ?, вся прямая a, проходящая через них, также лежит в плоскости ?.

Поскольку точки A? и B? лежат в плоскости ?, вся прямая a?, проходящая через них, также лежит в плоскости ?.

Мы показали, что обе прямые, a и a?, лежат в одной и той же плоскости ?. Следовательно, они копланарны.

3. Прямая a лежит в плоскости ?

Если прямая a целиком лежит в плоскости симметрии ?, то каждая ее точка отображается сама на себя. Это означает, что образом прямой a является сама прямая a, то есть $a = a?$. Совпадающие прямые, очевидно, лежат в одной плоскости (в данном случае, в плоскости ?).

Таким образом, мы рассмотрели все возможные случаи и в каждом из них доказали, что прямые a и a? лежат в одной плоскости.

Ответ: Утверждение доказано.

724. При зеркальной симметрии относительно плоскости α плоскость β отображается на плоскость β₁. Докажите, что если: а) β || α, то β₁ || α; б) β ⊥ α, то β₁ совпадает с β.

а)

Пусть плоскость $\beta$ параллельна плоскости $\alpha$ ($\beta \parallel \alpha$). Зеркальная симметрия относительно плоскости $\alpha$ отображает плоскость $\beta$ на плоскость $\beta_1$. Требуется доказать, что $\beta_1 \parallel \alpha$.

Рассмотрим произвольную точку $M$, принадлежащую плоскости $\beta$. Пусть $M_1$ — ее образ при симметрии относительно плоскости $\alpha$. По определению зеркальной симметрии, отрезок $MM_1$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, а его середина, точка $P$, лежит в плоскости $\alpha$.

Расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ равно длине перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость, то есть длине отрезка $MP$. Обозначим это расстояние $d$.

Поскольку плоскость $\beta$ параллельна плоскости $\alpha$, все точки плоскости $\beta$ находятся на одинаковом расстоянии от плоскости $\alpha$. Следовательно, для любой точки $M \in \beta$ расстояние до $\alpha$ будет равно константе $d$. (Если $d=0$, то плоскости $\beta$ и $\alpha$ совпадают, и тогда $\beta_1 = \beta = \alpha$, утверждение очевидно).

Так как точка $P$ является серединой отрезка $MM_1$, то $|MP| = |PM_1| = d$. Это означает, что расстояние от точки-образа $M_1$ до плоскости $\alpha$ также равно $d$.

Поскольку $M$ — это произвольная точка плоскости $\beta$, а $M_1$ — ее образ, то все точки плоскости $\beta_1$ (которая является образом $\beta$) находятся на одинаковом постоянном расстоянии $d$ от плоскости $\alpha$.

Множество всех точек пространства, находящихся на постоянном расстоянии от данной плоскости, само образует плоскость, параллельную данной. Следовательно, плоскость $\beta_1$ параллельна плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если $\beta \parallel \alpha$, то $\beta_1 \parallel \alpha$.

б)

Пусть плоскость $\beta$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($\beta \perp \alpha$). Зеркальная симметрия относительно плоскости $\alpha$ отображает плоскость $\beta$ на плоскость $\beta_1$. Требуется доказать, что плоскость $\beta_1$ совпадает с плоскостью $\beta$.

Чтобы доказать совпадение плоскостей $\beta_1$ и $\beta$, достаточно показать, что образом любой точки $M$, принадлежащей плоскости $\beta$, является точка $M_1$, которая также принадлежит плоскости $\beta$.

Рассмотрим произвольную точку $M \in \beta$.

1. Если точка $M$ лежит на линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то $M \in \alpha$. По определению зеркальной симметрии, точки, лежащие на плоскости симметрии, отображаются сами на себя. Таким образом, ее образ $M_1$ совпадает с $M$. Так как $M \in \beta$, то и $M_1 \in \beta$.

2. Если точка $M$ не лежит на линии пересечения плоскостей, то есть $M \in \beta$, но $M \notin \alpha$. Чтобы найти ее образ $M_1$, нужно провести через точку $M$ прямую $m$, перпендикулярную плоскости $\alpha$. Пусть $P$ — точка пересечения прямой $m$ и плоскости $\alpha$. Точка $M_1$ лежит на прямой $m$ таким образом, что $P$ является серединой отрезка $MM_1$.

Существует теорема о перпендикулярных плоскостях: если две плоскости взаимно перпендикулярны, то любая прямая, проведенная из точки одной плоскости перпендикулярно другой плоскости, целиком лежит в первой плоскости.

В нашем случае плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны. Прямая $m$ проведена из точки $M \in \beta$ перпендикулярно плоскости $\alpha$. Согласно теореме, эта прямая $m$ целиком лежит в плоскости $\beta$ ($m \subset \beta$).

Поскольку образ $M_1$ точки $M$ лежит на прямой $m$, а прямая $m$ целиком содержится в плоскости $\beta$, то точка $M_1$ также принадлежит плоскости $\beta$.

Таким образом, мы показали, что для любой точки $M \in \beta$ ее образ $M_1$ также принадлежит плоскости $\beta$. Это означает, что вся плоскость-образ $\beta_1$ является подмножеством плоскости $\beta$, то есть $\beta_1 \subseteq \beta$.

Так как и $\beta$, и $\beta_1$ являются плоскостями в пространстве, а одна плоскость может быть подмножеством другой только в случае их полного совпадения, то отсюда следует, что $\beta_1 = \beta$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если $\beta \perp \alpha$, то $\beta_1$ совпадает с $\beta$.

725. Докажите, что при параллельном переносе на вектор p, где p ≠ 0: а) прямая, не параллельная вектору p и не содержащая этот вектор, отображается на параллельную ей прямую; б) прямая, параллельная вектору p или содержащая этот вектор, отображается на себя.

а) Пусть дана прямая $l$ и вектор параллельного переноса $\vec{p}$, причем прямая $l$ не параллельна вектору $\vec{p}$. Нам нужно доказать, что образом прямой $l$ при этом переносе является прямая $l'$, параллельная $l$.

1. Докажем, что образ прямой $l$ есть прямая $l'$, параллельная $l$.
Выберем на прямой $l$ две произвольные различные точки $A$ и $B$. При параллельном переносе на вектор $\vec{p}$ они перейдут в точки $A'$ и $B'$ соответственно. По определению параллельного переноса, $\vec{AA'} = \vec{p}$ и $\vec{BB'} = \vec{p}$. Отсюда следует, что $\vec{AA'} = \vec{BB'}$.
Рассмотрим четырехугольник $ABB'A'$. Так как векторы, определяющие две его противоположные стороны, равны ($\vec{AA'} = \vec{BB'}$), то этот четырехугольник является параллелограммом. Свойство параллелограмма гласит, что его противоположные стороны параллельны и равны. Следовательно, сторона $AB$ параллельна стороне $A'B'$.
Это также можно доказать векторным методом: $\vec{A'B'} = \vec{A'A} + \vec{AB} + \vec{BB'} = -\vec{AA'} + \vec{AB} + \vec{BB'} = -\vec{p} + \vec{AB} + \vec{p} = \vec{AB}$.
Так как вектор $\vec{A'B'}$ равен вектору $\vec{AB}$, то прямая $l'$, проходящая через точки $A'$ и $B'$, параллельна прямой $l$, проходящей через точки $A$ и $B$.

2. Докажем, что образом является вся прямая $l'$.
Мы показали, что образы двух точек прямой $l$ лежат на прямой $l'$, параллельной $l$. Теперь докажем, что любая точка прямой $l$ переходит в точку на прямой $l'$, и наоборот, любая точка на $l'$ является образом некоторой точки с $l$.
Пусть $M$ — произвольная точка на прямой $l$. Ее радиус-вектор можно представить в виде $\vec{r_M} = \vec{r_A} + t \cdot \vec{AB}$ для некоторого действительного числа $t$. Образ точки $M$, точка $M'$, будет иметь радиус-вектор $\vec{r_{M'}} = \vec{r_M} + \vec{p} = (\vec{r_A} + \vec{p}) + t \cdot \vec{AB}$. Так как $\vec{r_{A'}} = \vec{r_A} + \vec{p}$ и $\vec{A'B'} = \vec{AB}$, получаем $\vec{r_{M'}} = \vec{r_{A'}} + t \cdot \vec{A'B'}$. Это параметрическое уравнение прямой $l'$, значит, точка $M'$ лежит на прямой $l'$.
Обратно, пусть $N'$ — произвольная точка на прямой $l'$. Ее радиус-вектор $\vec{r_{N'}} = \vec{r_{A'}} + k \cdot \vec{A'B'}$ для некоторого $k$. Найдем ее прообраз $N$: $\vec{r_N} = \vec{r_{N'}} - \vec{p} = (\vec{r_{A'}} - \vec{p}) + k \cdot \vec{A'B'} = \vec{r_A} + k \cdot \vec{AB}$. Этот радиус-вектор соответствует точке на прямой $l$. Таким образом, каждая точка прямой $l'$ является образом некоторой точки прямой $l$.

3. Докажем, что $l \neq l'$.
Предположим, что $l' = l$. Это означает, что образ точки $A$, то есть точка $A'$, также лежит на прямой $l$. Но если обе точки, $A$ и $A'$, лежат на прямой $l$, то вектор $\vec{AA'}$ должен быть параллелен этой прямой. По определению переноса, $\vec{AA'} = \vec{p}$, следовательно, вектор $\vec{p}$ должен быть параллелен прямой $l$. Это противоречит условию задачи, что $l$ не параллельна $\vec{p}$. Значит, наше предположение неверно, и $l' \neq l$.
Условие, что прямая "не содержит этот вектор", является уточнением, которое гарантирует, что вектор переноса не является направляющим вектором прямой, что уже следует из условия непараллельности.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Пусть дана прямая $l$, которая параллельна вектору $\vec{p}$ или содержит этот вектор. Нам нужно доказать, что такая прямая отображается на себя.

Условие "прямая содержит вектор $\vec{p}$" означает, что на прямой $l$ существуют такие точки $A$ и $B$, что $\vec{AB} = \vec{p}$. Это, в свою очередь, означает, что вектор $\vec{p}$ коллинеарен направляющему вектору прямой $l$, то есть прямая $l$ параллельна вектору $\vec{p}$. Таким образом, второй случай является частным случаем первого, и достаточно доказать утверждение для прямой, параллельной вектору переноса.

1. Докажем, что образ любой точки прямой $l$ лежит на этой же прямой.
Пусть $M$ — произвольная точка на прямой $l$. Ее образ, точка $M'$, определяется условием $\vec{MM'} = \vec{p}$. Так как точка $M$ лежит на прямой $l$, а вектор $\vec{p}$ по условию параллелен этой прямой, то и вектор $\vec{MM'}$ параллелен прямой $l$. Это означает, что точка $M'$ также лежит на прямой $l$. Поскольку $M$ — произвольная точка, то образ всей прямой $l$ является подмножеством самой прямой $l$.

2. Докажем, что любая точка прямой $l$ является образом некоторой точки этой же прямой.
Пусть $N$ — произвольная точка на прямой $l$. Мы хотим найти такую точку $X$ на прямой $l$, что ее образ при переносе на вектор $\vec{p}$ совпадет с точкой $N$. Образ точки $X$, точка $X'$, определяется как $\vec{XX'} = \vec{p}$. Нам нужно, чтобы $X'=N$, то есть $\vec{XN} = \vec{p}$. Это эквивалентно тому, что $\vec{NX} = -\vec{p}$.
Рассмотрим точку $X$, положение которой задается вектором, отложенным от точки $N$: $\vec{NX} = -\vec{p}$. Так как точка $N$ лежит на прямой $l$, а вектор $-\vec{p}$ параллелен прямой $l$ (поскольку $\vec{p}$ ей параллелен), то точка $X$ также будет лежать на прямой $l$. При этом образом точки $X$ будет точка $X'$, для которой $\vec{XX'} = \vec{p}$. Так как $\vec{XN}=-\vec{NX}=-(-\vec{p})=\vec{p}$, то $X'=N$.
Таким образом, для любой точки $N$ на прямой $l$ мы нашли прообраз $X$, который также лежит на прямой $l$. Это означает, что вся прямая $l$ является подмножеством своего образа.

Из того, что образ прямой $l$ является ее подмножеством, и, одновременно, вся прямая $l$ является подмножеством своего образа, следует, что образ прямой $l$ совпадает с ней самой. Прямая отображается на себя.

Ответ: Что и требовалось доказать.

726. Треугольник A₁B₁C₁ получен параллельным переносом треугольника ABC на вектор p. Точки М₁ и М — соответственно точки пересечения медиан треугольников A₁B₁C₁ и ABC. Докажите, что при параллельном переносе на вектор p точка М переходит в точку М₁.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть введена некоторая система координат с началом в произвольной точке $O$.

По определению, точка $M$ является точкой пересечения медиан (центроидом) треугольника $ABC$. Ее радиус-вектор $\vec{OM}$ может быть выражен через радиус-векторы вершин треугольника $A, B, C$ по следующей формуле:

$\vec{OM} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})$

Аналогично, точка $M_1$ является точкой пересечения медиан треугольника $A_1B_1C_1$. Ее радиус-вектор $\vec{OM_1}$ выражается так:

$\vec{OM_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OB_1} + \vec{OC_1})$

По условию задачи, треугольник $A_1B_1C_1$ получен параллельным переносом треугольника $ABC$ на вектор $\vec{p}$. Это означает, что каждая вершина треугольника $ABC$ переходит в соответствующую вершину треугольника $A_1B_1C_1$ в результате сдвига на вектор $\vec{p}$. В векторной форме это записывается следующим образом:

$\vec{AA_1} = \vec{p}$

$\vec{BB_1} = \vec{p}$

$\vec{CC_1} = \vec{p}$

Выразим радиус-векторы вершин треугольника $A_1B_1C_1$ через радиус-векторы вершин треугольника $ABC$ и вектор переноса $\vec{p}$:

$\vec{OA_1} = \vec{OA} + \vec{AA_1} = \vec{OA} + \vec{p}$

$\vec{OB_1} = \vec{OB} + \vec{BB_1} = \vec{OB} + \vec{p}$

$\vec{OC_1} = \vec{OC} + \vec{CC_1} = \vec{OC} + \vec{p}$

Теперь подставим эти выражения в формулу для радиус-вектора точки $M_1$:

$\vec{OM_1} = \frac{1}{3}((\vec{OA} + \vec{p}) + (\vec{OB} + \vec{p}) + (\vec{OC} + \vec{p}))$

Сгруппируем слагаемые в скобках:

$\vec{OM_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + 3\vec{p})$

Разобьем дробь на две части:

$\vec{OM_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}) + \frac{1}{3}(3\vec{p})$

$\vec{OM_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}) + \vec{p}$

Мы знаем, что $\vec{OM} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})$, поэтому можем заменить первое слагаемое на $\vec{OM}$:

$\vec{OM_1} = \vec{OM} + \vec{p}$

Это равенство означает, что радиус-вектор точки $M_1$ равен сумме радиус-вектора точки $M$ и вектора переноса $\vec{p}$. Это и есть определение параллельного переноса точки $M$ на вектор $\vec{p}$ в точку $M_1$.

Чтобы показать это еще нагляднее, найдем вектор $\vec{MM_1}$:

$\vec{MM_1} = \vec{OM_1} - \vec{OM} = (\vec{OM} + \vec{p}) - \vec{OM} = \vec{p}$

Равенство $\vec{MM_1} = \vec{p}$ означает, что точка $M$ при параллельном переносе на вектор $\vec{p}$ переходит в точку $M_1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка пересечения медиан треугольника при параллельном переносе самого треугольника переходит в точку пересечения медиан перенесенного треугольника.

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.

728. Докажите, что при движении: а) отрезок отображается на отрезок; б) угол отображается на равный ему угол.

а) отрезок отображается на отрезок;

Пусть дано движение (изометрия) $f$ и отрезок $AB$. По определению, движение — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками. Пусть движение $f$ отображает концы отрезка $A$ и $B$ в точки $A'$ и $B'$ соответственно. Тогда по определению движения длина отрезка $AB$ равна длине отрезка $A'B'$: $AB = A'B'$.

Нам необходимо доказать, что образом отрезка $AB$ при движении $f$ является в точности отрезок $A'B'$. Доказательство проведём в два этапа.

1. Докажем, что любая точка отрезка $AB$ переходит в точку отрезка $A'B'$.
Пусть $C$ — произвольная точка, принадлежащая отрезку $AB$. Это означает, что точка $C$ лежит между точками $A$ и $B$, и для длин отрезков выполняется равенство: $AC + CB = AB$. Пусть движение $f$ отображает точку $C$ в точку $C'$. Так как движение сохраняет расстояния, то $AC = A'C'$ и $CB = C'B'$. Мы уже знаем, что $AB = A'B'$. Подставив эти равенства в предыдущее, получим: $A'C' + C'B' = A'B'$. Это равенство является признаком того, что точка $C'$ лежит на прямой, проходящей через $A'$ и $B'$, и находится между ними. Следовательно, точка $C'$ принадлежит отрезку $A'B'$.

2. Докажем, что любая точка отрезка $A'B'$ является образом некоторой точки отрезка $AB$.
Пусть $D'$ — произвольная точка отрезка $A'B'$. Тогда для неё выполняется равенство $A'D' + D'B' = A'B'$. Движение является обратимым преобразованием, поэтому для точки $D'$ существует единственная точка-прообраз $D$ такая, что $f(D) = D'$. Докажем, что эта точка $D$ лежит на отрезке $AB$. По определению движения, $A'D' = AD$, $D'B' = DB$ и $A'B' = AB$. Подставим эти соотношения в равенство для точки $D'$: $AD + DB = AB$. Это означает, что точка $D$ лежит на прямой, проходящей через точки $A$ и $B$, и находится между ними, то есть $D$ принадлежит отрезку $AB$.

Таким образом, мы доказали, что движение отображает множество всех точек отрезка $AB$ на множество всех точек отрезка $A'B'$. Следовательно, при движении отрезок отображается на отрезок.

Ответ: Утверждение доказано. При движении любая точка исходного отрезка отображается в точку нового отрезка, и любая точка нового отрезка является образом некоторой точки исходного, что доказывает, что отрезок отображается на отрезок.

б) угол отображается на равный ему угол.

Пусть дан угол $\angle BAC$, образованный лучами $AB$ и $AC$, выходящими из общей вершины $A$. Пусть $f$ — движение.

При движении $f$ точки $A, B, C$ отображаются в точки $A', B', C'$ соответственно. Как было показано в пункте а), отрезок $AB$ отображается на отрезок $A'B'$, а отрезок $AC$ — на отрезок $A'C'$. Поскольку движение сохраняет коллинеарность и порядок точек на прямой, луч $AB$ отображается на луч $A'B'$, а луч $AC$ — на луч $A'C'$. Следовательно, фигура, образованная двумя лучами с общей вершиной (угол $\angle BAC$), отображается на фигуру, также образованную двумя лучами с общей вершиной (угол $\angle B'A'C'$). Таким образом, образом угла является угол.

Теперь докажем, что величина (градусная мера) угла при этом сохраняется, то есть $\angle BAC = \angle B'A'C'$. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$ и его образ при движении $f$ — треугольник $\triangle A'B'C'$. По определению движения, расстояния между точками сохраняются, поэтому:

• $AB = A'B'$
• $AC = A'C'$
• $BC = B'C'$

Согласно третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам), если три стороны одного треугольника соответственно равны трём сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны. Следовательно, $\triangle ABC \cong \triangle A'B'C'$. Из равенства треугольников следует равенство их соответственных углов. Угол $\angle BAC$ в треугольнике $\triangle ABC$ является соответственным углу $\angle B'A'C'$ в треугольнике $\triangle A'B'C'$. Поэтому их величины равны: $\angle BAC = \angle B'A'C'$.

Ответ: Утверждение доказано. При движении угол отображается на угол, и на основании равенства треугольников, построенных на сторонах углов, доказывается, что величина нового угла равна величине исходного.

729. Докажите, что при движении: а) параллельные прямые отображаются на параллельные прямые; б) параллельные плоскости отображаются на параллельные плоскости.

Для доказательства обоих утверждений мы воспользуемся определением движения и методом доказательства от противного.

Движение (или изометрия) — это преобразование пространства, которое сохраняет расстояние между точками. Ключевые свойства движения, которые нам понадобятся:

• Движение является взаимно-однозначным отображением (биекцией). Это значит, что каждая точка пространства имеет единственный образ, и каждая точка является образом единственной точки-прообраза.
• При движении образом прямой является прямая.
• При движении образом плоскости является плоскость.

а) параллельные прямые отображаются на параллельные прямые

Пусть даны две параллельные прямые $a$ и $b$. По определению, они лежат в одной плоскости и не имеют общих точек ($a \parallel b \implies a \cap b = \emptyset$). Пусть $f$ — некоторое движение. Нам нужно доказать, что их образы — прямые $a' = f(a)$ и $b' = f(b)$ — также параллельны.

Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что прямые $a'$ и $b'$ не параллельны.

Поскольку исходные прямые $a$ и $b$ параллельны, они задают единственную плоскость $\pi$. При движении $f$ образом плоскости $\pi$ будет некоторая плоскость $\pi' = f(\pi)$. Так как прямые $a$ и $b$ лежат в плоскости $\pi$, их образы $a'$ и $b'$ будут лежать в плоскости $\pi'$.

Если две прямые ($a'$ и $b'$) лежат в одной плоскости и не параллельны, то они должны пересекаться в некоторой точке. Обозначим эту точку пересечения как $M'$. Таким образом, $M' \in a'$ и $M' \in b'$.

Так как движение $f$ является биекцией, для точки $M'$ существует единственная точка-прообраз $M$ такая, что $f(M) = M'$.

Поскольку $M'$ принадлежит прямой $a'$, её прообраз $M$ должен принадлежать прообразу прямой $a'$, то есть прямой $a$. Итак, $M \in a$.

Аналогично, поскольку $M'$ принадлежит прямой $b'$, её прообраз $M$ должен принадлежать прообразу прямой $b'$, то есть прямой $b$. Итак, $M \in b$.

Из этого следует, что точка $M$ является общей точкой для прямых $a$ и $b$, то есть $a \cap b = \{M\}$. Но это противоречит исходному условию, что прямые $a$ и $b$ параллельны и не пересекаются.

Следовательно, наше предположение о том, что прямые $a'$ и $b'$ не параллельны, было неверным. Значит, они параллельны.

Ответ: Утверждение доказано. При движении параллельные прямые отображаются на параллельные прямые.

б) параллельные плоскости отображаются на параллельные плоскости

Пусть даны две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$. По определению, они не имеют общих точек ($\alpha \parallel \beta \implies \alpha \cap \beta = \emptyset$). Пусть $f$ — некоторое движение. Нам нужно доказать, что их образы — плоскости $\alpha' = f(\alpha)$ и $\beta' = f(\beta)$ — также параллельны.

Снова воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что плоскости $\alpha'$ и $\beta'$ не параллельны.

Если две различные плоскости не параллельны, то они пересекаются по прямой. Пусть плоскости $\alpha'$ и $\beta'$ пересекаются по прямой $l'$.

Возьмем на этой прямой $l'$ произвольную точку $M'$. Поскольку точка $M'$ лежит на прямой пересечения, она принадлежит обеим плоскостям: $M' \in \alpha'$ и $M' \in \beta'$.

Так как движение $f$ является взаимно-однозначным отображением, для точки $M'$ существует единственный прообраз — точка $M$ такая, что $f(M) = M'$.

Поскольку точка $M'$ принадлежит плоскости $\alpha'$, её прообраз $M$ должен принадлежать прообразу плоскости $\alpha'$, то есть плоскости $\alpha$. Итак, $M \in \alpha$.

Аналогично, поскольку $M'$ принадлежит плоскости $\beta'$, её прообраз $M$ должен принадлежать прообразу плоскости $\beta'$, то есть плоскости $\beta$. Итак, $M \in \beta$.

Получается, что точка $M$ является общей для плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Это означает, что плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются, что противоречит исходному условию их параллельности.

Следовательно, наше предположение о том, что плоскости $\alpha'$ и $\beta'$ не параллельны, было неверным. Значит, они параллельны.

Ответ: Утверждение доказано. При движении параллельные плоскости отображаются на параллельные плоскости.

730. Докажите, что при движении: а) окружность отображается на окружность того же радиуса; б) прямоугольный параллелепипед отображается на прямоугольный параллелепипед с теми же измерениями.

Движение (или изометрия) — это преобразование пространства, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками. То есть, если $f$ — это движение, а $A$ и $B$ — две произвольные точки, то расстояние между их образами $A' = f(A)$ и $B' = f(B)$ равно расстоянию между исходными точками: $d(A', B') = d(A, B)$.

a) Докажем, что при движении окружность отображается на окружность того же радиуса.

Окружность — это множество всех точек плоскости, удаленных от данной точки (центра $O$) на заданное расстояние (радиус $R$). То есть для любой точки $M$ на окружности выполняется равенство $d(O, M) = R$.

Пусть дана окружность $C$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Пусть $f$ — произвольное движение. Применим это движение к нашей окружности. Образом центра $O$ будет точка $O' = f(O)$. Образом произвольной точки $M$, принадлежащей окружности $C$, будет точка $M' = f(M)$.

Так как движение сохраняет расстояния, то расстояние между образами $O'$ и $M'$ будет равно расстоянию между исходными точками $O$ и $M$:
$d(O', M') = d(f(O), f(M)) = d(O, M) = R$.

Это равенство показывает, что любая точка $M'$ образа исходной окружности находится на расстоянии $R$ от точки $O'$. Множество всех таких точек по определению является окружностью с центром в точке $O'$ и тем же радиусом $R$.

Чтобы доказать, что образом является вся новая окружность, покажем, что любая точка на ней является образом некоторой точки исходной окружности. Пусть $P'$ — произвольная точка на окружности с центром $O'$ и радиусом $R$. У движения $f$ существует обратное преобразование $f^{-1}$, которое также является движением. Применив $f^{-1}$ к $P'$, получим точку $P = f^{-1}(P')$. Расстояние от $P$ до центра $O = f^{-1}(O')$ будет равно $d(O, P) = d(f^{-1}(O'), f^{-1}(P')) = d(O', P') = R$. Это означает, что точка $P$ лежит на исходной окружности, а точка $P' = f(P)$ является её образом.

Таким образом, движение отображает окружность на окружность с тем же радиусом.

Ответ: Движение сохраняет расстояния. Окружность определяется как множество точек, равноудаленных от центра. Образ центра при движении становится центром новой фигуры, а расстояние от него до образа любой точки окружности (радиус) остается неизменным. Таким образом, образом окружности является окружность того же радиуса.

б) Докажем, что при движении прямоугольный параллелепипед отображается на прямоугольный параллелепипед с теми же измерениями.

Прямоугольный параллелепипед — это многогранник, все шесть граней которого являются прямоугольниками. Его измерения — это длины трех ребер, выходящих из одной вершины. Пусть из вершины $A$ выходят три взаимно перпендикулярных ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$, длины которых равны $a$, $b$ и $c$ соответственно. Это значит, что $d(A, B) = a$, $d(A, D) = b$, $d(A, A_1) = c$, и углы $\angle DAB$, $\angle BAA_1$, $\angle DAA_1$ равны $90^\circ$.

Пусть $f$ — произвольное движение. Применим его к параллелепипеду. Образом всего параллелепипеда будет фигура, вершинами которой являются образы его вершин: $A' = f(A)$, $B' = f(B)$, $D' = f(D)$, $A_1' = f(A_1)$ и т.д.

1. Сохранение измерений. Так как движение сохраняет расстояния, длины ребер образа будут равны длинам исходных ребер:
$d(A', B') = d(A, B) = a$
$d(A', D') = d(A, D) = b$
$d(A', A_1') = d(A, A_1) = c$
Следовательно, три ребра, выходящие из вершины $A'$, имеют те же длины $a, b, c$, что и у исходного параллелепипеда. Это означает, что измерения фигуры сохраняются.

2. Сохранение формы. Одним из ключевых свойств движения является то, что оно сохраняет углы. Поскольку исходные ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$ были взаимно перпендикулярны (образуя углы $90^\circ$), их образы $A'B'$, $A'D'$ и $A'A_1'$ также будут взаимно перпендикулярны.

Это означает, что фигура, полученная в результате движения, также является прямоугольным параллелепипедом. Каждая грань исходного параллелепипеда — это прямоугольник. Так как движение сохраняет длины сторон и углы, каждая грань-образ также будет прямоугольником с теми же размерами. Таким образом, образ всего тела — это многогранник, все шесть граней которого являются прямоугольниками, то есть прямоугольный параллелепипед.

Ответ: Движение сохраняет расстояния между точками и углы между отрезками. Поэтому длины ребер (измерения) параллелепипеда сохраняются. Прямые углы между ребрами и в гранях также сохраняются. В результате образом прямоугольного параллелепипеда является фигура, у которой все грани — прямоугольники, а измерения равны измерениям исходной фигуры, то есть это прямоугольный параллелепипед с теми же измерениями.