Номер 1241, страница 318 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2023 - 2025

Уровень обучения: базовый

Цвет обложки: синий

ISBN: 978-5-09-102538-5 (2023), 978-5-09-111167-5 (2024)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 7 классе

§ 1. Преобразования плоскости. 124*. Наложения и движения. Глава 14. Преобразования плоскости. Движения - номер 1241, страница 318.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1241 (с. 318)
Условие. №1241 (с. 318)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Условие

1241 Докажите, что при центральной симметрии плоскости:

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

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

Решение 2. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 2 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 4
Решение 6. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 6
Решение 7. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 7
Решение 9. №1241 (с. 318)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 318, номер 1241, Решение 9
Решение 11. №1241 (с. 318)

а) Пусть $O$ — центр симметрии, а прямая $l$ не проходит через точку $O$. Возьмём на прямой $l$ две произвольные различные точки $A$ и $B$. При центральной симметрии с центром $O$ они отобразятся в точки $A'$ и $B'$ соответственно. Прямая $l'$, проходящая через точки $A'$ и $B'$, является образом прямой $l$.
По определению центральной симметрии, точка $O$ — середина отрезков $AA'$ и $BB'$. Это означает, что $AO = A'O$ и $BO = B'O$.
Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle A'OB'$. В этих треугольниках:
1. $AO = A'O$ (по определению симметрии).
2. $BO = B'O$ (по определению симметрии).
3. $\angle AOB = \angle A'OB'$ (как вертикальные углы, так как точки $A, O, A'$ и $B, O, B'$ лежат на двух пересекающихся прямых).
Следовательно, $\triangle AOB = \triangle A'OB'$ по двум сторонам и углу между ними (первый признак равенства треугольников).
Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle OAB = \angle OA'B'$. Углы $\angle OAB$ и $\angle OA'B'$ являются накрест лежащими при прямых $l$ (содержащей отрезок $AB$) и $l'$ (содержащей отрезок $A'B'$) и секущей $AA'$. Поскольку эти накрест лежащие углы равны, прямые $l$ и $l'$ параллельны ($l \parallel l'$).
Таким образом, прямая, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей прямую.
Ответ: Доказано.

б) Пусть прямая $l$ проходит через центр симметрии $O$. Нам нужно доказать, что образ прямой $l$, который мы обозначим как $l'$, совпадает с самой прямой $l$, то есть $l' = l$. Для этого докажем два взаимных включения: $l' \subseteq l$ и $l \subseteq l'$.

1. Докажем, что $l' \subseteq l$ (любая точка образа принадлежит исходной прямой).
Пусть $A'$ — произвольная точка на прямой $l'$. По определению образа множества, $A'$ является образом некоторой точки $A$, лежащей на прямой $l$. По определению центральной симметрии, точки $A$, $O$ и $A'$ лежат на одной прямой. Так как по условию точка $O$ лежит на прямой $l$, и мы выбрали точку $A$ на прямой $l$, то прямая, проходящая через $A$ и $O$, есть сама прямая $l$. Следовательно, точка $A'$ также лежит на прямой $l$. Поскольку $A'$ — произвольная точка прямой $l'$, то это означает, что все точки прямой $l'$ лежат на прямой $l$, то есть $l' \subseteq l$.

2. Докажем, что $l \subseteq l'$ (любая точка исходной прямой принадлежит образу).
Пусть $B$ — произвольная точка на прямой $l$. Мы должны показать, что $B$ является образом некоторой точки с прямой $l$. Рассмотрим точку $A$, которая является симметричной точке $B$ относительно центра $O$. По определению симметрии, точки $A$, $O$ и $B$ лежат на одной прямой. Так как точки $O$ и $B$ лежат на прямой $l$, то и точка $A$ также лежит на прямой $l$. Образом точки $A$ при симметрии относительно $O$ по построению является точка $B$. Так как $A \in l$, то ее образ $B$ по определению принадлежит образу прямой $l$, то есть $B \in l'$. Поскольку $B$ — произвольная точка прямой $l$, то любая точка прямой $l$ лежит на прямой $l'$, то есть $l \subseteq l'$.

Так как мы доказали, что $l' \subseteq l$ и $l \subseteq l'$, то множества точек прямых $l$ и $l'$ совпадают, то есть $l' = l$. Таким образом, прямая, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.
Ответ: Доказано.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по геометрии за 7-9 класс, для упражнения номер 1241 расположенного на странице 318 к учебнику 2023 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по геометрии к упражнению №1241 (с. 318), авторов: Атанасян (Левон Сергеевич), Бутузов (Валентин Фёдорович), Кадомцев (Сергей Борисович), Позняк (Эдуард Генрихович), Юдина (Ирина Игоревна), ФГОС (новый, красный) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться