Страница 318 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1240 Докажите, что при осевой симметрии плоскости:

а) прямая, параллельная оси симметрии, отображается на прямую, параллельную оси симметрии;

б) прямая, перпендикулярная к оси симметрии, отображается на себя.

а) прямая, параллельная оси симметрии, отображается на прямую, параллельную оси симметрии;

Пусть $l$ — ось симметрии, а прямая $a$ параллельна оси $l$ ($a \parallel l$). Поскольку осевая симметрия является движением (изометрией), она отображает прямую на прямую. Пусть образом прямой $a$ при симметрии относительно $l$ является прямая $a'$.

Чтобы доказать, что $a' \parallel l$, выберем на прямой $a$ две произвольные различные точки $A$ и $B$. Их образами при симметрии относительно $l$ будут точки $A'$ и $B'$. Прямая $a'$ является прямой, проходящей через точки $A'$ и $B'$.

По определению осевой симметрии, ось $l$ является серединным перпендикуляром к отрезкам $AA'$ и $BB'$. Это значит, что отрезки $AA' \perp l$ и $BB' \perp l$, а также то, что расстояние от точки $A$ до оси $l$ равно расстоянию от точки $A'$ до оси $l$, и аналогично для точек $B$ и $B'$.

Так как прямая $a$ параллельна прямой $l$, то все точки прямой $a$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $l$. Обозначим это расстояние $d$. Таким образом, расстояние от $A$ до $l$ равно $d$, и расстояние от $B$ до $l$ равно $d$.

Из свойств симметрии следует, что расстояние от их образов $A'$ и $B'$ до оси $l$ также будет равно $d$. Поскольку все точки прямой $a'$ (включая $A'$ и $B'$) равноудалены от прямой $l$ и лежат по одну сторону от нее, то прямая $a'$ параллельна прямой $l$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямая, параллельная оси симметрии, отображается на прямую, параллельную оси симметрии.

б) прямая, перпендикулярная к оси симметрии, отображается на себя.

Пусть $l$ — ось симметрии, а прямая $b$ перпендикулярна оси $l$ ($b \perp l$). Осевая симметрия отображает прямую на прямую. Пусть образом прямой $b$ является прямая $b'$. Нам нужно доказать, что прямая $b$ отображается на себя, то есть $b' = b$.

Для доказательства того, что две прямые совпадают, достаточно показать, что две различные точки одной прямой отображаются в точки, также лежащие на этой прямой.

1. Пусть прямые $b$ и $l$ пересекаются в точке $M$. Так как точка $M$ лежит на оси симметрии $l$, она отображается сама в себя. Таким образом, образ точки $M$ (которая принадлежит прямой $b$) есть сама точка $M$, которая также принадлежит прямой $b$.

2. Возьмем на прямой $b$ любую другую точку $P$, отличную от $M$. Пусть ее образом при симметрии относительно $l$ является точка $P'$. По определению осевой симметрии, ось $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $PP'$. Это означает, что прямая, проходящая через точки $P$ и $P'$, перпендикулярна оси $l$.

Мы знаем, что исходная прямая $b$ также проходит через точку $P$ и перпендикулярна оси $l$. Через точку можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной. Следовательно, прямая, содержащая отрезок $PP'$, совпадает с прямой $b$. Это означает, что точка $P'$ также лежит на прямой $b$.

Таким образом, мы показали, что две различные точки ($M$ и $P$) прямой $b$ отображаются в точки ($M$ и $P'$), которые также лежат на прямой $b$. Так как через две точки можно провести только одну прямую, то образ прямой $b$, то есть прямая $b'$, совпадает с самой прямой $b$.

Ответ: Доказано, что прямая, перпендикулярная оси симметрии, отображается на себя.

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.

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.

1242 Докажите, что при движении угол отображается на равный ему угол.

Решение

Пусть при данном движении угол AOB отображается на угол A₁O₁B₁, причём точки А, О, В отображаются соответственно в точки А₁, О₁, В₁. Так как при движении сохраняются расстояния, то ОА = О₁А₁, ОВ = О₁В₁. Если угол AOB неразвёрнутый, то треугольники AOB и A₁O₁B₁ равны по трём сторонам, и, следовательно, ∠AOB = ∠A₁O₁B₁. Если угол AOB развёрнутый, то и угол A₁O₁B₁ развёрнутый (докажите это), поэтому эти углы равны.

Пусть дано движение (изометрическое преобразование плоскости), которое отображает произвольный угол $?AOB$ на угол $?A_1O_1B_1$. Это означает, что точки $A, O, B$ переходят соответственно в точки $A_1, O_1, B_1$. Необходимо доказать, что величина угла при этом сохраняется, то есть $?AOB = ?A_1O_1B_1$.

По определению, движение сохраняет расстояния между любыми двумя точками. Следовательно, для точек $A, O, B$ и их образов $A_1, O_1, B_1$ выполняются следующие равенства: $OA = O_1A_1$, $OB = O_1B_1$ и $AB = A_1B_1$.

Рассмотрим два возможных случая.

Если угол $?AOB$ неразвёрнутый

В этом случае точки $A, O, B$ не лежат на одной прямой и образуют треугольник $?AOB$. Движение отображает этот треугольник на треугольник $?A_1O_1B_1$. Так как движение сохраняет расстояния, стороны треугольника $?AOB$ равны соответствующим сторонам треугольника $?A_1O_1B_1$ ($OA = O_1A_1$, $OB = O_1B_1$, $AB = A_1B_1$). Следовательно, по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам), $?AOB \cong ?A_1O_1B_1$. Из равенства треугольников следует и равенство их соответствующих углов, а значит $?AOB = ?A_1O_1B_1$.

Если угол $?AOB$ развёрнутый

В этом случае точки $A, O, B$ лежат на одной прямой, причём вершина угла $O$ находится между точками $A$ и $B$. Это означает, что выполняется равенство $AB = AO + OB$. Поскольку движение сохраняет расстояния, для образов точек $A_1, O_1, B_1$ будет выполняться аналогичное равенство: $A_1B_1 = A_1O_1 + O_1B_1$. Это равенство является признаком того, что точка $O_1$ лежит на отрезке $A_1B_1$, то есть точки $A_1, O_1, B_1$ также лежат на одной прямой. Таким образом, угол $?A_1O_1B_1$ также является развёрнутым. Так как все развёрнутые углы равны $180°$, то $?AOB = ?A_1O_1B_1$.

Ответ: Утверждение доказано. При движении угол отображается на равный ему угол. Для неразвёрнутого угла это следует из равенства треугольников по трём сторонам (так как движение сохраняет расстояния). Для развёрнутого угла это следует из того, что свойство коллинеарности точек и их взаимного расположения, выражаемое через расстояния ($AB = AO + OB$), также сохраняется при движении, поэтому развёрнутый угол переходит в развёрнутый.

1243 Докажите, что при движении четырехугольник отображается на четырехугольник.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся определением движения и четырехугольника.

Движение (изометрия) – это преобразование плоскости, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками. То есть, если точки $M$ и $N$ при движении $f$ отображаются в точки $M'$ и $N'$, то расстояние между $M$ и $N$ равно расстоянию между $M'$ и $N'$: $MN = M'N'$.

Четырехугольник – это геометрическая фигура, которая состоит из четырех точек (вершин), никакие три из которых не лежат на одной прямой, и четырех отрезков (сторон), последовательно соединяющих эти точки.

Пусть дан произвольный четырехугольник $ABCD$. Его вершины – точки $A$, $B$, $C$, $D$. По определению, никакие три из этих вершин не лежат на одной прямой. Стороны четырехугольника – отрезки $AB$, $BC$, $CD$, $DA$.

Рассмотрим произвольное движение $f$. При этом движении вершины четырехугольника $A, B, C, D$ отобразятся в некоторые точки $A', B', C', D'$.

Важным свойством движения является то, что оно отображает отрезок на отрезок, равный ему по длине. Следовательно, стороны $AB, BC, CD, DA$ исходного четырехугольника отобразятся на отрезки $A'B', B'C', C'D', D'A'$. Таким образом, мы получаем фигуру $A'B'C'D'$, состоящую из четырех вершин и четырех сторон.

Чтобы доказать, что фигура $A'B'C'D'$ является четырехугольником, необходимо показать, что никакие три из ее вершин не лежат на одной прямой. Докажем это методом от противного.

Предположим, что три вершины, например $A'$, $B'$ и $C'$, лежат на одной прямой. Если точки лежат на одной прямой, то одна из них находится между двумя другими. Пусть, для определенности, точка $B'$ лежит между точками $A'$ и $C'$. В этом случае для длин отрезков выполняется равенство: $A'B' + B'C' = A'C'$.

Поскольку движение $f$ сохраняет расстояния, то:
$A'B' = AB$
$B'C' = BC$
$A'C' = AC$

Подставив эти равенства в предыдущее, получим: $AB + BC = AC$.

Это равенство означает, что точки $A, B, C$ лежат на одной прямой, причем точка $B$ лежит между $A$ и $C$. Но это противоречит исходному условию, что $ABCD$ – четырехугольник, и никакие три его вершины не лежат на одной прямой.

Следовательно, наше предположение о том, что точки $A', B', C'$ лежат на одной прямой, неверно. Аналогичные рассуждения можно провести для любой другой тройки вершин ($A', B', D'$; $A', C', D'$; $B', C', D'$).

Таким образом, фигура $A'B'C'D'$ состоит из четырех вершин, никакие три из которых не лежат на одной прямой, и четырех отрезков, их соединяющих. По определению, эта фигура является четырехугольником.

Ответ: Мы доказали, что при движении вершины четырехугольника отображаются в четыре точки, никакие три из которых не лежат на одной прямой, а стороны – в отрезки, соединяющие эти точки. Следовательно, образ четырехугольника при движении является четырехугольником. Что и требовалось доказать.

1244 Докажите, что при движении параллельные прямые отображаются на параллельные прямые.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного.

Пусть даны две параллельные прямые $a$ и $b$ ($a \parallel b$) и некоторое движение (изометрия) $f$. Из свойств движения известно, что оно отображает прямую на прямую. Пусть при движении $f$ прямая $a$ отображается на прямую $a'$, а прямая $b$ — на прямую $b'$. Нам нужно доказать, что $a' \parallel b'$.

Предположим обратное: прямые $a'$ и $b'$ не параллельны. Если две прямые на плоскости не параллельны, они пересекаются в одной точке. Обозначим точку их пересечения как $M'$. Таким образом, точка $M'$ принадлежит и прямой $a'$, и прямой $b'$ ($M' \in a'$ и $M' \in b'$).

Поскольку движение $f$ отображает прямую $a$ на $a'$, то для точки $M'$ на прямой $a'$ должен существовать прообраз — точка $M_a$ на исходной прямой $a$, такая что $f(M_a) = M'$.

Аналогично, поскольку движение $f$ отображает прямую $b$ на $b'$, то для той же самой точки $M'$ на прямой $b'$ должен существовать прообраз — точка $M_b$ на исходной прямой $b$, такая что $f(M_b) = M'$.

Итак, мы имеем $f(M_a) = M'$ и $f(M_b) = M'$. Однако движение является взаимно однозначным отображением (биекцией). Это означает, что у каждой точки-образа есть ровно один прообраз. Так как точки $M_a$ и $M_b$ имеют один и тот же образ $M'$, они должны совпадать, то есть $M_a = M_b$.

Обозначим эту общую точку как $M$. Получается, что точка $M$ ($M = M_a = M_b$) принадлежит как прямой $a$ (поскольку $M_a \in a$), так и прямой $b$ (поскольку $M_b \in b$). Следовательно, прямые $a$ и $b$ имеют общую точку $M$, то есть они пересекаются.

Но это прямо противоречит первоначальному условию, согласно которому прямые $a$ и $b$ параллельны и не имеют общих точек. Противоречие возникло из-за нашего предположения о том, что прямые $a'$ и $b'$ пересекаются. Значит, это предположение неверно.

Таким образом, прямые $a'$ и $b'$ не могут пересекаться, а значит, они параллельны ($a' \parallel b'$).

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

1245 Докажите, что при движении: а) параллелограмм отображается на параллелограмм; б) трапеция отображается на трапецию; в) ромб отображается на ромб; г) прямоугольник отображается на прямоугольник, а квадрат — на квадрат.

В основе всех доказательств лежат свойства движения (изометрии). Движение — это преобразование плоскости, которое сохраняет расстояния между точками. Из этого основного свойства следуют другие важные свойства, которые мы будем использовать:

• Движение переводит отрезок в отрезок, равный данному.
• Движение переводит прямую в прямую.
• Движение сохраняет углы между прямыми.
• Движение переводит параллельные прямые в параллельные прямые.

а)

По определению, параллелограмм — это четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны. Пусть дан параллелограмм $ABCD$. Это означает, что прямая $AB$ параллельна прямой $CD$ ($AB \parallel CD$), а прямая $BC$ параллельна прямой $AD$ ($BC \parallel AD$).

При движении точки $A, B, C, D$ переходят в точки $A', B', C', D'$. Так как движение сохраняет параллельность прямых, то образы параллельных прямых также будут параллельны. Следовательно, из $AB \parallel CD$ следует $A'B' \parallel C'D'$, а из $BC \parallel AD$ следует $B'C' \parallel A'D'$.

Полученный четырехугольник $A'B'C'D'$ имеет попарно параллельные противоположные стороны. По определению, это параллелограмм.

Ответ: доказано.

б)

Трапеция — это четырехугольник, у которого две стороны (основания) параллельны, а две другие (боковые стороны) не параллельны. Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Это значит, что $AD \parallel BC$, а стороны $AB$ и $CD$ не параллельны.

При движении точки $A, B, C, D$ переходят в точки $A', B', C', D'$. Поскольку движение сохраняет параллельность, то из $AD \parallel BC$ следует, что $A'D' \parallel B'C'$.

Движение — это взаимно-однозначное преобразование. Если бы образы непараллельных прямых $AB$ и $CD$ стали параллельны ($A'B' \parallel C'D'$), то их прообразы ($AB$ и $CD$) также должны были бы быть параллельными, что противоречит определению трапеции. Значит, стороны $A'B'$ и $C'D'$ не параллельны.

Таким образом, в четырехугольнике $A'B'C'D'$ две стороны параллельны, а две другие — нет. По определению, это трапеция.

Ответ: доказано.

в)

Ромб — это параллелограмм, у которого все стороны равны. Пусть дан ромб $ABCD$. Это означает, что он является параллелограммом и $AB = BC = CD = DA$.

Из пункта а) мы уже доказали, что при движении параллелограмм отображается на параллелограмм. Значит, образ ромба, четырехугольник $A'B'C'D'$, является параллелограммом.

Так как движение сохраняет расстояния, то длины сторон образа равны длинам сторон прообраза: $A'B' = AB$, $B'C' = BC$, $C'D' = CD$, $D'A' = DA$.

Поскольку у исходного ромба все стороны были равны ($AB = BC = CD = DA$), то и у полученного параллелограмма $A'B'C'D'$ все стороны будут равны между собой ($A'B' = B'C' = C'D' = D'A'$).

Параллелограмм с равными сторонами является ромбом. Следовательно, образ ромба при движении есть ромб.

Ответ: доказано.

г)

Доказательство для прямоугольника:

Прямоугольник — это параллелограмм, у которого все углы прямые ($90^\circ$). Пусть дан прямоугольник $ABCD$.

Из пункта а) следует, что его образ $A'B'C'D'$ при движении будет параллелограммом. Движение сохраняет величины углов. Так как все углы прямоугольника $ABCD$ равны $90^\circ$, то и все углы параллелограмма $A'B'C'D'$ будут равны $90^\circ$ ($\angle A' = \angle A = 90^\circ$, $\angle B' = \angle B = 90^\circ$ и т.д.).

Параллелограмм, у которого все углы прямые, является прямоугольником. Следовательно, образ прямоугольника есть прямоугольник.

Доказательство для квадрата:

Квадрат — это фигура, которая является одновременно и прямоугольником (все углы прямые), и ромбом (все стороны равны).

Пусть дан квадрат. Так как он является прямоугольником, то, согласно доказанному выше, его образ при движении будет прямоугольником. Так как он является ромбом, то, согласно пункту в), его образ будет ромбом.

Фигура, которая одновременно является прямоугольником и ромбом, — это квадрат. Следовательно, образ квадрата при движении есть квадрат.

Ответ: доказано.