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

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

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.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 7.

Решение 9.

Решение 11.

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.