Страница 138 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

533 На диагонали АС квадрата ABCD взята точка М так, что АМ = AB. Через точку М проведена прямая, перпендикулярная к прямой АС и пересекающая ВС в точке Н. Докажите, что ВН = НМ = МС.

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Тогда $AB = BC = CD = DA = a$. Диагональ квадрата $AC$ находится по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $ABC$: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

По условию задачи, на диагонали $AC$ взята точка $M$ так, что $AM = AB$. Следовательно, $AM = a$. Теперь мы можем найти длину отрезка $MC$: $MC = AC - AM = a\sqrt{2} - a = a(\sqrt{2}-1)$.

Рассмотрим треугольник $MHC$. По условию, прямая $MH$ перпендикулярна прямой $AC$, следовательно, $\angle HMC = 90^{\circ}$. Так как $ABCD$ — квадрат, его диагональ $AC$ является биссектрисой угла $\angle BCD$, поэтому $\angle BCA = 45^{\circ}$. Поскольку точка $H$ лежит на стороне $BC$, то $\angle MCH = \angle BCA = 45^{\circ}$.

Зная два угла в треугольнике $MHC$, найдем третий угол $\angle CHM$: $\angle CHM = 180^{\circ} - \angle HMC - \angle MCH = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$. Поскольку в треугольнике $MHC$ два угла равны ($\angle MCH = \angle CHM = 45^{\circ}$), он является равнобедренным, и стороны, противолежащие равным углам, равны: $HM = MC$. Таким образом, мы доказали, что $HM = MC$, и их длина равна $a(\sqrt{2}-1)$.

Теперь докажем, что $BH = HM$. Для этого найдем длину отрезка $BH$. Точка $H$ лежит на отрезке $BC$, поэтому $BH = BC - HC$. Длина стороны $BC$ равна $a$. Найдем длину $HC$. В прямоугольном равнобедренном треугольнике $MHC$ гипотенуза $HC$ связана с катетом $MC$ по теореме Пифагора: $HC^2 = HM^2 + MC^2 = 2 \cdot MC^2$, откуда $HC = MC\sqrt{2}$. Подставим ранее найденное выражение для $MC$: $HC = a(\sqrt{2}-1)\sqrt{2} = a(2-\sqrt{2})$.

Теперь вычислим длину $BH$: $BH = BC - HC = a - a(2-\sqrt{2}) = a - 2a + a\sqrt{2} = a\sqrt{2} - a = a(\sqrt{2}-1)$.

Сравнивая полученные длины, мы видим, что $BH = a(\sqrt{2}-1)$, $HM = a(\sqrt{2}-1)$ и $MC = a(\sqrt{2}-1)$. Следовательно, $BH = HM = MC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $BH = HM = MC$ доказано.

534 В трапеции ABCD с бо́льшим основанием AD диагональ АС перпендикулярна к боковой стороне CD, ∠BAC = ∠CAD. Найдите AD, если периметр трапеции равен 20 см, а ∠D = 60°.

Для решения задачи выполним следующие шаги:

1. Анализ углов трапеции и свойств треугольника ABC
Поскольку $ABCD$ — трапеция с большим основанием $AD$, то основания $BC$ и $AD$ параллельны ($BC \parallel AD$). Диагональ $AC$ является секущей при этих параллельных прямых. Следовательно, накрест лежащие углы равны: $\angle BCA = \angle CAD$. По условию задачи, $\angle BAC = \angle CAD$. Из этих двух равенств следует, что $\angle BAC = \angle BCA$. Если в треугольнике два угла равны, то он является равнобедренным. Значит, треугольник $ABC$ — равнобедренный, и стороны, лежащие против равных углов, равны: $AB = BC$.

2. Анализ свойств прямоугольного треугольника ACD
По условию, диагональ $AC$ перпендикулярна боковой стороне $CD$, из чего следует, что $\angle ACD = 90^\circ$. Таким образом, треугольник $ACD$ является прямоугольным. Также дано, что угол при основании $\angle D = 60^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Найдем третий угол треугольника $ACD$:
$\angle CAD = 180^\circ - \angle ACD - \angle D = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

3. Определение вида трапеции и соотношения между ее сторонами
Из шага 1 мы знаем, что $\angle BAC = \angle CAD$, а из шага 2 мы нашли, что $\angle CAD = 30^\circ$. Отсюда следует, что $\angle BAC$ также равен $30^\circ$. Теперь мы можем найти полный угол $A$ трапеции: $\angle A = \angle BAD = \angle BAC + \angle CAD = 30^\circ + 30^\circ = 60^\circ$. В трапеции $ABCD$ углы при основании $AD$ равны: $\angle A = 60^\circ$ и $\angle D = 60^\circ$. Трапеция, у которой углы при основании равны, является равнобедренной. Следовательно, боковые стороны трапеции равны: $AB = CD$. Сопоставляя это с результатом из шага 1 ($AB = BC$), получаем, что три стороны трапеции равны между собой: $AB = BC = CD$.

4. Расчет длины основания AD через периметр
Обозначим длину равных сторон $AB$, $BC$ и $CD$ через $x$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACD$. В нем гипотенузой является сторона $AD$, а катетом, прилежащим к углу $D$, — сторона $CD$. Соотношение между ними выражается через косинус: $\cos(\angle D) = \frac{CD}{AD}$ Подставим известные значения: $\cos(60^\circ) = \frac{CD}{AD}$ Так как $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, получаем: $\frac{1}{2} = \frac{CD}{AD}$ Отсюда $AD = 2 \cdot CD$. Поскольку мы обозначили $CD = x$, то $AD = 2x$. Периметр трапеции — это сумма длин всех ее сторон: $P = AB + BC + CD + AD$ Подставим известные значения периметра и выражения для сторон через $x$: $20 = x + x + x + 2x$ $20 = 5x$ $x = \frac{20}{5} = 4$ см. Таким образом, $AB = BC = CD = 4$ см. Требуется найти длину основания $AD$. Мы установили, что $AD = 2x$. $AD = 2 \cdot 4 = 8$ см.

Ответ: 8 см.

535* Сумма углов при одном из оснований трапеции равна 90°. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности.

Дано:
Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причем $AD \parallel BC$. Пусть $M$ — середина меньшего основания $BC$, а $N$ — середина большего основания $AD$. Сумма углов при одном из оснований равна $90^\circ$. Без ограничения общности, пусть это будет большее основание $AD$. Таким образом, $\angle DAB + \angle CDA = 90^\circ$.

Доказать:
Длина отрезка $MN$, соединяющего середины оснований, равна их полуразности: $MN = \frac{AD - BC}{2}$.

Доказательство:
1. Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $CD$ до их пересечения в точке $P$. Поскольку сумма углов $\angle A$ и $\angle D$ не равна $180^\circ$, боковые стороны не параллельны и обязательно пересекутся.

2. Рассмотрим треугольник $APD$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Угол при вершине $P$ будет равен: $\angle APD = 180^\circ - (\angle PAD + \angle PDA)$. Поскольку $\angle PAD = \angle DAB$ и $\angle PDA = \angle CDA$, а их сумма по условию равна $90^\circ$, получаем: $\angle APD = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $APD$ является прямоугольным.

3. Так как $BC \parallel AD$, то треугольник $BPC$ подобен треугольнику $APD$ (по двум углам, например $\angle APD$ общий и $\angle PBC = \angle PAD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $AP$). Из подобия следует, что $\angle BPC = \angle APD = 90^\circ$. Таким образом, треугольник $BPC$ также является прямоугольным.

4. В прямоугольном треугольнике $APD$ отрезок $PN$ соединяет вершину прямого угла $P$ с серединой гипотенузы $AD$. Следовательно, $PN$ является медианой, проведенной к гипотенузе. По свойству медианы прямоугольного треугольника, ее длина равна половине гипотенузы: $PN = \frac{1}{2} AD$.

5. Аналогично, в прямоугольном треугольнике $BPC$ отрезок $PM$ является медианой, проведенной к гипотенузе $BC$. Его длина равна: $PM = \frac{1}{2} BC$.

6. Из подобия треугольников $BPC$ и $APD$ с центром подобия в точке $P$ следует, что точка $M$ (середина $BC$) переходит в точку $N$ (середину $AD$). Это означает, что точки $P$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой. Так как $AD > BC$, точка $M$ лежит между точками $P$ и $N$. Длина отрезка $MN$ может быть найдена как разность длин отрезков $PN$ и $PM$: $MN = PN - PM$.

7. Подставим выражения для $PN$ и $PM$, полученные в пунктах 4 и 5: $MN = \frac{1}{2} AD - \frac{1}{2} BC = \frac{AD - BC}{2}$.

Таким образом, мы доказали, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности. Если бы сумма углов при меньшем основании была равна $90^\circ$, доказательство было бы аналогичным.

Ответ: Доказано, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности: $MN = \frac{AD - BC}{2}$.

536* На двух сторонах треугольника вне его построены квадраты. Докажите, что отрезок, соединяющий концы сторон квадратов, выходящих из одной вершины треугольника, в 2 раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины.

Пусть дан треугольник $ABC$. На сторонах $AB$ и $AC$ вне треугольника построены квадраты $ABDE$ и $ACFG$ соответственно. Пусть $M$ — середина стороны $BC$, тогда $AM$ — медиана треугольника $ABC$, выходящая из вершины $A$. Требуется доказать, что отрезок $EG$, соединяющий вершины квадратов, в 2 раза больше медианы $AM$.

Доказательство:

1. Выполним дополнительное построение. Построим точку $A'$ так, чтобы четырехугольник $ABA'C$ был параллелограммом. Для этого можно, например, отложить вектор $\vec{AA'} = \vec{AB} + \vec{AC}$.

2. По свойству параллелограмма, его диагонали $AA'$ и $BC$ пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам. Поскольку $M$ — середина стороны $BC$ (так как $AM$ — медиана), то $M$ также является серединой диагонали $AA'$. Отсюда следует, что длина диагонали $AA'$ в два раза больше длины медианы $AM$, то есть $AA' = 2AM$. Также по свойству параллелограмма $ABA'C$ его противоположные стороны равны, в частности, $BA' = AC$.

3. Теперь рассмотрим треугольники $\triangle GAE$ и $\triangle ABA'$. Докажем, что эти треугольники равны, сравнив их стороны и углы между ними.

• Сравнение сторон:

- Сторона $AE$ треугольника $\triangle GAE$ равна стороне $AB$ треугольника $\triangle ABA'$, так как $AE$ и $AB$ — стороны одного и того же квадрата $ABDE$. Таким образом, $AE = AB$.

- Сторона $AG$ треугольника $\triangle GAE$ равна стороне $AC$ (как стороны квадрата $ACFG$). Сторона $BA'$ треугольника $\triangle ABA'$ также равна стороне $AC$ (как противоположные стороны параллелограмма $ABA'C$). Следовательно, $AG = BA'$.

• Сравнение углов:

- Сравним углы $\angle GAE$ и $\angle ABA'$, которые лежат между этими парами равных сторон.

- Угол $\angle GAE$ можно вычислить, рассмотрев углы вокруг вершины $A$. Сумма углов вокруг точки равна $360^\circ$. Углы $\angle EAB$ и $\angle GAC$ — это углы квадратов, построенных на сторонах $AB$ и $AC$, поэтому они равны $90^\circ$. Тогда угол $\angle GAE$ (внешний по отношению к $\triangle ABC$) равен: $\angle GAE = 360^\circ - \angle EAB - \angle GAC - \angle BAC = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - \angle BAC = 180^\circ - \angle BAC$.

- Угол $\angle ABA'$ — это угол параллелограмма $ABA'C$, прилежащий к стороне $AB$. Сумма углов параллелограмма, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Поэтому $\angle BAC + \angle ABA' = 180^\circ$. Отсюда $\angle ABA' = 180^\circ - \angle BAC$.

- Таким образом, мы показали, что углы равны: $\angle GAE = \angle ABA'$.

4. Поскольку $AE = AB$, $AG = BA'$ и $\angle GAE = \angle ABA'$, треугольники $\triangle GAE$ и $\triangle ABA'$ равны по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

5. Из равенства треугольников $\triangle GAE \cong \triangle ABA'$ следует равенство их соответствующих третьих сторон. В частности, сторона $EG$ равна стороне $AA'$: $EG = AA'$.

6. Вспомним, что из пункта 2 мы знаем, что $AA' = 2AM$. Подставляя это в полученное на предыдущем шаге равенство, получаем: $EG = 2AM$.

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Длина отрезка, соединяющего концы сторон квадратов, выходящих из одной вершины треугольника, в 2 раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины. То есть, $EG = 2AM$.

537 Докажите, что прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии.

Пусть дан ромб $ABCD$ с диагоналями $AC$ и $BD$. Осью симметрии фигуры называется прямая, при отражении (симметрии) относительно которой фигура переходит сама в себя. Нам нужно доказать, что прямые, содержащие диагонали $AC$ и $BD$, являются осями симметрии ромба.

Для доказательства воспользуемся основными свойствами ромба. Во-первых, все стороны ромба равны ($AB=BC=CD=DA$). Во-вторых, диагонали ромба взаимно перпендикулярны ($AC \perp BD$). В-третьих, диагонали ромба в точке пересечения делятся пополам (пусть $O$ — точка пересечения диагоналей, тогда $AO=OC$ и $BO=OD$).

Сначала докажем, что прямая, содержащая диагональ $AC$, является осью симметрии. По определению осевой симметрии, точки, лежащие на оси, отображаются сами на себя. Следовательно, вершины $A$ и $C$ при симметрии относительно прямой $AC$ переходят в себя. Рассмотрим вершины $B$ и $D$. Из свойств ромба мы знаем, что $AC \perp BD$ и $BO = OD$. Это означает, что прямая $AC$ является серединным перпендикуляром к отрезку $BD$. По определению осевой симметрии, точки $B$ и $D$ симметричны относительно прямой $AC$. Таким образом, при симметрии относительно прямой $AC$ вершина $B$ переходит в вершину $D$, а вершина $D$ — в вершину $B$. В итоге, ромб $ABCD$ (четырехугольник с вершинами в указанном порядке) отображается на ромб $ADCB$, что является той же самой фигурой. Следовательно, прямая $AC$ является осью симметрии ромба.

Теперь докажем, что прямая, содержащая диагональ $BD$, также является осью симметрии. Аналогично, вершины $B$ и $D$, лежащие на этой прямой, при симметрии относительно $BD$ переходят сами в себя. Рассмотрим вершины $A$ и $C$. Из свойств ромба мы знаем, что $BD \perp AC$ и $AO = OC$. Это означает, что прямая $BD$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AC$. Следовательно, точки $A$ и $C$ симметричны относительно прямой $BD$. При симметрии относительно прямой $BD$ вершина $A$ переходит в вершину $C$, а вершина $C$ — в вершину $A$. В итоге, ромб $ABCD$ переходит в ромб $CBAD$, то есть отображается сам на себя. Следовательно, прямая $BD$ также является осью симметрии ромба.

Таким образом, мы доказали, что обе прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии.

Ответ: Что и требовалось доказать.

538 Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$.

По определению, точка является центром симметрии фигуры, если при повороте на $180^\circ$ вокруг этой точки фигура переходит сама в себя. Это равносильно тому, что для каждой точки $M$ фигуры симметричная ей относительно центра точка $M'$ также принадлежит этой фигуре.

Докажем, что точка $O$ является центром симметрии параллелограмма $ABCD$.

1. Симметрия вершин.
По свойству параллелограмма, его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, $AO = OC$ и $BO = OD$. Это означает, что точка $O$ является серединой диагоналей $AC$ и $BD$. Таким образом, точка, симметричная вершине $A$ относительно точки $O$, — это вершина $C$. Точка, симметричная вершине $B$ относительно точки $O$, — это вершина $D$. Вершины параллелограмма симметричны друг другу относительно точки $O$.

2. Симметрия точек на сторонах.
Возьмем произвольную точку $M$ на стороне $AB$. Построим точку $M'$, симметричную точке $M$ относительно центра $O$. По определению симметрии, точка $O$ является серединой отрезка $MM'$, то есть $MO = OM'$ и точки $M, O, M'$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOM$ и $\triangle COM'$. В них:
- $AO = OC$ (по свойству диагоналей параллелограмма),
- $MO = OM'$ (по построению симметричной точки),
- $\angle AOM = \angle COM'$ (как вертикальные углы).

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

Из равенства треугольников следует, что $\angle OAM = \angle OCM'$. Эти углы являются накрест лежащими при прямых $AB$ и $CD$ и секущей $AC$. Поскольку стороны параллелограмма $AB$ и $CD$ параллельны, то накрест лежащие углы при них равны. Углы $\angle OAM$ (то же, что и $\angle CAB$) и $\angle OCM'$ (находящийся на прямой, проходящей через $C$ и $M'$) равны. Это означает, что прямая $CM'$ параллельна прямой $AB$.

Так как через точку $C$ можно провести только одну прямую, параллельную $AB$, и этой прямой является сторона $CD$ параллелограмма, то точка $M'$ лежит на прямой $CD$. Поскольку точка $M$ лежит на отрезке $AB$, то из равенства треугольников $AM = CM'$, а также из равенства сторон $AB = CD$, следует, что точка $M'$ лежит на отрезке $CD$.

Таким образом, для любой точки на стороне $AB$ симметричная ей точка лежит на стороне $CD$. Аналогично можно доказать, что для любой точки на стороне $BC$ симметричная ей точка лежит на стороне $DA$.

Мы показали, что любая точка на границе параллелограмма имеет симметричную ей относительно точки $O$ точку, также лежащую на границе параллелограмма. Это же утверждение верно и для любой внутренней точки фигуры. Следовательно, параллелограмм $ABCD$ симметричен сам себе относительно точки пересечения диагоналей $O$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии, так как по свойству диагоналей она является серединой отрезков, соединяющих противолежащие вершины, а для любой другой точки на одной стороне параллелограмма всегда найдется симметричная ей точка на противолежащей стороне.

539 Сколько центров симметрии имеет пара параллельных прямых?

Центром симметрии геометрической фигуры называется точка, при повороте вокруг которой на 180° фигура переходит сама в себя. Иными словами, для любой точки $A$ фигуры, симметричная ей относительно центра точка $A'$ также должна принадлежать этой фигуре.

Рассмотрим фигуру, состоящую из двух различных параллельных прямых, назовем их $l_1$ и $l_2$. Пусть точка $C$ является центром симметрии этой фигуры.

Возьмем произвольную точку $P_1$ на прямой $l_1$. Симметричная ей точка $P_1'$ относительно центра $C$ должна также принадлежать фигуре, то есть лежать либо на $l_1$, либо на $l_2$.

Если бы точка $P_1'$ лежала на той же прямой $l_1$, то это означало бы, что прямая $l_1$ симметрична сама себе относительно точки $C$. Такое возможно, только если точка $C$ лежит на прямой $l_1$. Однако, если центр симметрии $C$ лежит на $l_1$, то для любой точки $P_2$ на прямой $l_2$, симметричная ей точка $P_2'$ окажется по другую сторону от прямой $l_1$ и не будет принадлежать ни $l_1$, ни $l_2$. Следовательно, центр симметрии не может лежать ни на одной из данных прямых.

Это означает, что для любой точки $P_1$ на прямой $l_1$ симметричная ей точка $P_1'$ должна лежать на прямой $l_2$. И наоборот, для любой точки $P_2$ на $l_2$ симметричная ей точка $P_2'$ должна лежать на $l_1$. Это значит, что центральная симметрия относительно точки $C$ отображает прямую $l_1$ на прямую $l_2$ и прямую $l_2$ на прямую $l_1$.

Такое отображение возможно только в том случае, если центр симметрии $C$ равноудален от обеих прямых. Множество всех точек, равноудаленных от двух параллельных прямых, представляет собой прямую, которая параллельна данным прямым и расположена точно посередине между ними.

Докажем, что любая точка на этой серединной прямой является центром симметрии. Введем систему координат так, чтобы прямая $l_1$ имела уравнение $y = d$, а прямая $l_2$ — $y = -d$ (где $2d$ — расстояние между ними). Тогда серединная прямая будет совпадать с осью абсцисс $Ox$, и ее уравнение будет $y=0$.

Возьмем любую точку $C$ на серединной прямой. Ее координаты будут $(c, 0)$. Пусть $P_1(x_1, d)$ — произвольная точка на прямой $l_1$. Найдем координаты симметричной ей точки $P_1'(x', y')$ относительно точки $C$. По определению центральной симметрии, $C$ — середина отрезка $P_1P_1'$. Используя формулы для координат середины отрезка:$c = \frac{x_1 + x'}{2} \implies x' = 2c - x_1$$0 = \frac{d + y'}{2} \implies y' = -d$Координаты точки $P_1'$ — $(2c - x_1, -d)$. Так как ордината этой точки равна $-d$, точка $P_1'$ лежит на прямой $l_2$.

Таким образом, любая точка на прямой, проходящей посередине между двумя данными параллельными прямыми, является центром их симметрии. Поскольку такая прямая содержит бесконечное множество точек, то и центров симметрии у пары параллельных прямых бесконечно много.

Ответ: Пара параллельных прямых имеет бесконечно много центров симметрии. Все они образуют прямую, параллельную данным и расположенную посередине между ними.

540* Докажите, что если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то точка их пересечения является центром симметрии фигуры.

Пусть $F$ — данная фигура, а $l_1$ и $l_2$ — две ее взаимно перпендикулярные оси симметрии. Пусть $O$ — точка пересечения этих осей. Необходимо доказать, что точка $O$ является центром симметрии фигуры $F$.

Введем на плоскости прямоугольную систему координат с началом в точке $O$. Направим ось абсцисс ($Ox$) вдоль прямой $l_1$, а ось ординат ($Oy$) — вдоль прямой $l_2$. Такое построение возможно, поскольку по условию оси $l_1$ и $l_2$ перпендикулярны.

Возьмем любую произвольную точку $A$ с координатами $(x, y)$, которая принадлежит фигуре $F$.

1. По условию, прямая $l_2$ (ось $Oy$) является осью симметрии фигуры $F$. Это означает, что если точка $A(x, y)$ принадлежит фигуре $F$, то и точка $A_1$, симметричная ей относительно оси $Oy$, также принадлежит фигуре $F$. Координаты точки $A_1$ будут $(-x, y)$. Следовательно, точка $A_1(-x, y)$ принадлежит $F$.

2. Также по условию, прямая $l_1$ (ось $Ox$) является осью симметрии фигуры $F$. Это значит, что для любой точки фигуры симметричная ей точка относительно оси $Ox$ также принадлежит фигуре. Мы уже установили, что точка $A_1(-x, y)$ принадлежит $F$. Следовательно, точка $A'$, симметричная точке $A_1$ относительно оси $Ox$, также принадлежит фигуре $F$. Координаты точки, симметричной $A_1(-x, y)$ относительно оси $Ox$, будут $(-x, -y)$. Таким образом, точка $A'(-x, -y)$ принадлежит $F$.

Мы показали, что для любой точки $A(x, y)$, принадлежащей фигуре $F$, точка $A'(-x, -y)$ также принадлежит этой фигуре.

Точка с координатами $(-x, -y)$ является точкой, симметричной точке с координатами $(x, y)$ относительно начала координат $O(0, 0)$. Поскольку наше рассуждение справедливо для любой точки $A$ фигуры $F$, это означает, что точка $O$ является центром симметрии фигуры $F$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.