Номер 1248, страница 319 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 14. Преобразования плоскости. Движения. Параграф 1. Преобразования плоскости. 124*. Наложения и движения - номер 1248, страница 319.

Условие.

1248 ABC и А₁В₁С₁ — произвольные треугольники. Докажите, что существует не более одного движения, при котором точки А, В и С отображаются в точки А₁, В₁, С₁.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 6.

Решение 7.

Решение 9.

Решение 11.

Для доказательства воспользуемся методом от противного. Предположим, что существуют два различных движения (изометрии), $f_1$ и $f_2$, которые переводят точки $A, B, C$ в точки $A_1, B_1, C_1$ соответственно, но при этом $f_1 \neq f_2$.

Это означает, что выполняются следующие равенства:
$f_1(A) = A_1$, $f_1(B) = B_1$, $f_1(C) = C_1$
и
$f_2(A) = A_1$, $f_2(B) = B_1$, $f_2(C) = C_1$.

Рассмотрим композицию движений $f = f_2^{-1} \circ f_1$. Поскольку $f_1$ и $f_2$ являются движениями, то обратное движение $f_2^{-1}$ также является движением, и их композиция $f$ тоже является движением.

Найдем, в какие точки движение $f$ переводит вершины треугольника $ABC$:
$f(A) = f_2^{-1}(f_1(A)) = f_2^{-1}(A_1)$. Так как $f_2(A) = A_1$, то $f_2^{-1}(A_1) = A$. Следовательно, $f(A) = A$.
$f(B) = f_2^{-1}(f_1(B)) = f_2^{-1}(B_1)$. Так как $f_2(B) = B_1$, то $f_2^{-1}(B_1) = B$. Следовательно, $f(B) = B$.
$f(C) = f_2^{-1}(f_1(C)) = f_2^{-1}(C_1)$. Так как $f_2(C) = C_1$, то $f_2^{-1}(C_1) = C$. Следовательно, $f(C) = C$.

Таким образом, движение $f$ оставляет неподвижными три точки: $A, B, C$. Поскольку $ABC$ — треугольник, эти три точки не лежат на одной прямой (неколлинеарны).

Докажем, что движение, оставляющее неподвижными три неколлинеарные точки, является тождественным преобразованием. Пусть $X$ — произвольная точка плоскости. Так как $f$ — движение, оно сохраняет расстояния. Поэтому расстояния от $X$ до точек $A, B, C$ равны расстояниям от образа $f(X)$ до образов этих точек. Но образы $A, B, C$ совпадают с самими точками, поэтому:
$|AX| = |f(A)f(X)| = |Af(X)|$
$|BX| = |f(B)f(X)| = |Bf(X)|$
$|CX| = |f(C)f(X)| = |Cf(X)|$

Это означает, что любая точка $X$ и ее образ $f(X)$ равноудалены от трех неколлинеарных точек $A, B, C$. Если предположить, что $f(X) \neq X$, то из равенств $|AX| = |Af(X)|$ и $|BX| = |Bf(X)|$ следует, что точки $A$ и $B$ лежат на серединном перпендикуляре к отрезку $Xf(X)$. А так как $A \neq B$, то прямая $AB$ и есть этот серединный перпендикуляр.

Аналогично, из равенств $|BX| = |Bf(X)|$ и $|CX| = |Cf(X)|$ следует, что прямая $BC$ также является серединным перпендикуляром к отрезку $Xf(X)$. Но точки $A, B, C$ не лежат на одной прямой, поэтому прямые $AB$ и $BC$ различны. У одного отрезка (если он не является точкой) может быть только один серединный перпендикуляр. Мы пришли к противоречию. Следовательно, наше предположение $f(X) \neq X$ неверно.

Значит, для любой точки $X$ плоскости выполняется равенство $f(X) = X$. Это означает, что движение $f$ является тождественным преобразованием, которое мы обозначим как $I$.

Итак, мы установили, что $f = f_2^{-1} \circ f_1 = I$.
Применим к обеим частям этого равенства слева движение $f_2$:
$f_2 \circ (f_2^{-1} \circ f_1) = f_2 \circ I$
Используя свойство ассоциативности композиции, получаем:
$(f_2 \circ f_2^{-1}) \circ f_1 = f_2$
Так как $f_2 \circ f_2^{-1} = I$, имеем:
$I \circ f_1 = f_2$
$f_1 = f_2$

Полученное равенство $f_1 = f_2$ противоречит нашему первоначальному предположению, что $f_1$ и $f_2$ — различные движения. Следовательно, предположение неверно, и существует не более одного движения, которое отображает точки $A, B, C$ в точки $A_1, B_1, C_1$.

Ответ: Утверждение, что существует не более одного движения, при котором точки $A, B$ и $C$ отображаются в точки $A_1, B_1, C_1$, доказано.