Страница 319 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1246 Докажите, что при движении окружность отображается на окружность того же радиуса.

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$. По определению, окружность — это геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от данной точки (центра). То есть, для любой точки $M$, принадлежащей окружности $\omega$, выполняется условие: расстояние $|OM| = R$.

Рассмотрим произвольное движение (изометрию) $f$. Движение — это преобразование плоскости, которое сохраняет расстояния между точками. Это означает, что для любых двух точек $A$ и $B$ расстояние между их образами $A' = f(A)$ и $B' = f(B)$ равно расстоянию между исходными точками: $|A'B'| = |AB|$.

Нам нужно доказать, что образ окружности $\omega$ при движении $f$, который мы обозначим как $\omega'$, является окружностью того же радиуса $R$.

Доказательство состоит из двух частей.

1. Сначала докажем, что любая точка образа $\omega'$ лежит на некоторой окружности радиуса $R$.
Пусть $O' = f(O)$ — образ центра исходной окружности. Возьмем произвольную точку $M$ на окружности $\omega$. Ее образ $M' = f(M)$ принадлежит образу $\omega'$.
По определению окружности $\omega$, расстояние $|OM| = R$.
Так как $f$ — это движение, оно сохраняет расстояние между точками $O$ и $M$. Следовательно, расстояние между их образами $O'$ и $M'$ будет таким же:$|O'M'| = |f(O)f(M)| = |OM| = R$.
Это означает, что любая точка $M'$ образа $\omega'$ удалена от точки $O'$ на расстояние $R$. Таким образом, все точки множества $\omega'$ лежат на окружности с центром в $O'$ и радиусом $R$.

2. Теперь докажем, что любая точка окружности с центром $O'$ и радиусом $R$ является образом некоторой точки исходной окружности $\omega$.
Возьмем произвольную точку $P'$ на окружности с центром $O'$ и радиусом $R$. Это означает, что $|O'P'| = R$.
Движение $f$ имеет обратное преобразование $f^{-1}$, которое также является движением. Найдем прообраз точки $P'$, то есть точку $P = f^{-1}(P')$. Прообразом точки $O'$ является исходный центр $O = f^{-1}(O')$.
Поскольку $f^{-1}$ — движение, оно сохраняет расстояние между точками $O'$ и $P'$:$|OP| = |f^{-1}(O')f^{-1}(P')| = |O'P'| = R$.
Равенство $|OP| = R$ означает, что точка $P$ лежит на исходной окружности $\omega$. Следовательно, любая точка $P'$ окружности с центром $O'$ и радиусом $R$ является образом некоторой точки $P$ с окружности $\omega$.

Из двух частей доказательства следует, что образ $\omega'$ окружности $\omega$ при движении $f$ в точности совпадает с окружностью с центром в точке $O'$ и радиусом $R$. Таким образом, при движении окружность отображается на окружность того же радиуса.

Ответ: Доказано, что при движении (изометрии) окружность с центром $O$ и радиусом $R$ отображается на окружность с центром в точке $f(O)$ (образ центра $O$) и тем же радиусом $R$.

1247 Докажите, что отображение плоскости, при котором каждая точка отображается на себя, является наложением.

По определению, наложение (или движение) — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками.

Пусть $f$ — это отображение плоскости, при котором каждая точка отображается на себя. Это означает, что для любой точки $M$ на плоскости ее образ $M' = f(M)$ совпадает с самой точкой $M$, то есть $M' = M$.

Чтобы доказать, что это отображение является наложением, нужно показать, что оно сохраняет расстояние. Возьмем две произвольные точки на плоскости, $A$ и $B$. Расстояние между ними равно длине отрезка $AB$.

При нашем отображении $f$ точка $A$ переходит в точку $A' = f(A)$, а точка $B$ переходит в точку $B' = f(B)$.

Согласно условию, $A' = A$ и $B' = B$.

Найдем расстояние между образами этих точек, то есть расстояние $A'B'$. Так как $A' = A$ и $B' = B$, то расстояние $A'B'$ равно расстоянию $AB$.

Таким образом, для любых двух точек $A$ и $B$ выполняется равенство $AB = A'B'$. Это означает, что данное отображение сохраняет расстояния, и, следовательно, является наложением по определению.

Ответ: Что и требовалось доказать.

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.

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.

1249 В треугольниках ABC и А₁В₁С₁ AB = А₁В₁, AC = А₁C₁, ВС = В₁С₁. Докажите, что существует движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки А₁, В₁ и С₁, и притом только одно.

Решение

По условию задачи треугольники ABC и А₁В₁С₁ равны по трём сторонам. Следовательно, существует наложение, т. е. движение, при котором точки А, В и С отображаются соответственно в точки А₁, B₁ и С₁. Это движение является единственным движением, при котором точки А, В и С отображаются соответственно в точки A₁, В₁ и С₁ (задача 1248).

Требуется доказать, что для двух равных по трем сторонам треугольников существует единственное движение, переводящее один треугольник в другой. Доказательство разобьем на две части: доказательство существования такого движения и доказательство его единственности.

Доказательство существования

Пусть даны два треугольника $ABC$ и $A_1B_1C_1$, такие что $AB = A_1B_1$, $AC = A_1C_1$ и $BC = B_1C_1$. Нам нужно построить движение (изометрию), которое отображает точки $A, B, C$ в $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Мы сделаем это в несколько шагов, используя композицию основных движений.

1. Совместим точку A с точкой A?.
Если точки $A$ и $A_1$ не совпадают, совершим параллельный перенос на вектор $\vec{AA_1}$. Это движение отобразит точку $A$ в $A_1$. При этом треугольник $ABC$ отобразится в некоторый треугольник $A_1B'C'$. Так как параллельный перенос является движением, он сохраняет расстояния, поэтому $\triangle ABC$ конгруэнтен $\triangle A_1B'C'$. Следовательно, $A_1B' = AB = A_1B_1$ и $A_1C' = AC = A_1C_1$. Если точки $A$ и $A_1$ изначально совпадают, этот шаг пропускается.

2. Совместим луч A?B' с лучом A?B?.
После первого шага у нас есть точка $A_1$, являющаяся общей вершиной для треугольников $A_1B'C'$ и $A_1B_1C_1$. Мы знаем, что $A_1B' = A_1B_1$. Совершим поворот вокруг точки $A_1$ на угол $\angle B'A_1B_1$. Это движение оставит точку $A_1$ на месте и, так как длины отрезков $A_1B'$ и $A_1B_1$ равны, отобразит точку $B'$ в точку $B_1$. Треугольник $A_1B'C'$ при этом повороте отобразится в некоторый треугольник $A_1B_1C''$. Так как поворот является движением, $\triangle A_1B'C'$ конгруэнтен $\triangle A_1B_1C''$. Отсюда следует, что $A_1C'' = A_1C' = A_1C_1$ и $B_1C'' = B'C' = BC = B_1C_1$.

3. Совместим точку C'' с точкой C?.
После второго шага мы имеем, что точки $C''$ и $C_1$ равноудалены от двух различных точек $A_1$ и $B_1$. То есть, $A_1C'' = A_1C_1$ и $B_1C'' = B_1C_1$. Это означает, что обе точки, $C''$ и $C_1$, лежат на пересечении двух окружностей: одной с центром в $A_1$ и радиусом $A_1C_1$, и другой с центром в $B_1$ и радиусом $B_1C_1$. Две окружности могут пересекаться не более чем в двух точках. Эти точки (если они различны) симметричны относительно прямой $A_1B_1$. Возможны два случая:
а) Точка $C''$ совпадает с точкой $C_1$. В этом случае искомое движение — это композиция выполненных нами параллельного переноса и поворота. Цель достигнута.
б) Точка $C''$ не совпадает с точкой $C_1$. Это означает, что $C''$ и $C_1$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $A_1B_1$. В этом случае $C''$ и $C_1$ симметричны относительно прямой $A_1B_1$. Применим осевую симметрию относительно прямой $A_1B_1$. Это движение оставит точки $A_1$ и $B_1$ на месте, а точку $C''$ отобразит в $C_1$. Таким образом, треугольник $A_1B_1C''$ отобразится в $A_1B_1C_1$. Искомое движение — это композиция параллельного переноса, поворота и осевой симметрии.
Итак, мы показали, что всегда существует движение (как композиция не более трёх простейших движений), которое отображает $\triangle ABC$ на $\triangle A_1B_1C_1$.

Доказательство единственности

Предположим, что существуют два различных движения, $f$ и $g$, каждое из которых отображает точки $A, B, C$ в $A_1, B_1, C_1$ соответственно. То есть, $f(A)=A_1, f(B)=B_1, f(C)=C_1$ и $g(A)=A_1, g(B)=B_1, g(C)=C_1$.

Рассмотрим композицию движений $h = g^{-1} \circ f$, где $g^{-1}$ — движение, обратное к $g$. Композиция двух движений также является движением. Найдем, куда это движение $h$ отображает вершины треугольника $ABC$:
$h(A) = g^{-1}(f(A)) = g^{-1}(A_1) = A$
$h(B) = g^{-1}(f(B)) = g^{-1}(B_1) = B$
$h(C) = g^{-1}(f(C)) = g^{-1}(C_1) = C$
Таким образом, движение $h$ оставляет на месте три точки $A, B, C$.

Поскольку треугольник $ABC$ существует, его вершины $A, B, C$ не лежат на одной прямой (неколлинеарны). Докажем, что движение, оставляющее на месте три неколлинеарные точки, является тождественным преобразованием (т.е. оставляет на месте любую точку плоскости).

Пусть $P$ — произвольная точка плоскости, и $P' = h(P)$. Так как $h$ — движение, оно сохраняет расстояния. Поэтому:
$AP = AP'$, поскольку $h(A)=A$ и $h(P)=P'$.
$BP = BP'$, поскольку $h(B)=B$ и $h(P)=P'$.
$CP = CP'$, поскольку $h(C)=C$ и $h(P)=P'$.
Это означает, что точка $P'$ находится на одинаковом расстоянии от $A, B, C$, что и точка $P$. Геометрически это означает, что $P$ и $P'$ являются общей точкой трех окружностей с центрами в $A, B, C$ и радиусами $AP, BP, CP$ соответственно. Так как точки $A, B, C$ не лежат на одной прямой, эти три окружности могут иметь только одну общую точку. Следовательно, $P'$ должна совпадать с $P$.

Поскольку $P' = P$ для любой точки $P$ на плоскости, движение $h$ является тождественным преобразованием ($h = Id$).

Из равенства $h = g^{-1} \circ f = Id$ следует, что $f=g$. Для этого применим к обеим частям равенства слева движение $g$: $g \circ (g^{-1} \circ f) = g \circ Id$, что дает $(g \circ g^{-1}) \circ f = g$, и, наконец, $Id \circ f = g$, то есть $f=g$.

Это противоречит нашему первоначальному предположению о том, что $f$ и $g$ — различные движения. Следовательно, такое движение может быть только одно.

Ответ: Доказано, что существует ровно одно движение, при котором точки $A, B$ и $C$ отображаются в точки $A_1, B_1$ и $C_1$ соответственно, что и требовалось доказать.

1250 Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма.

Для доказательства этого утверждения, которое по сути является признаком равенства параллелограммов, рассмотрим два параллелограмма, $ABCD$ и $A'B'C'D'$. По условию задачи, две смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны двум смежным сторонам и углу между ними другого.

Дано:
1. $ABCD$ — параллелограмм.
2. $A'B'C'D'$ — параллелограмм.
3. Смежные стороны $AB$ и $AD$ и угол между ними $\angle DAB$ параллелограмма $ABCD$ соответственно равны смежным сторонам $A'B'$ и $A'D'$ и углу между ними $\angle D'A'B'$ параллелограмма $A'B'C'D'$, то есть:
$AB = A'B'$,
$AD = A'D'$,
$\angle DAB = \angle D'A'B'$.

Доказать:
Параллелограмм $ABCD$ равен параллелограмму $A'B'C'D'$.

Доказательство:

Два многоугольника называются равными, если они имеют одинаковую форму и размеры, то есть если все их соответствующие стороны и углы равны. Наша цель — показать, что у параллелограммов $ABCD$ и $A'B'C'D'$ равны все соответствующие стороны и все соответствующие углы.

1. Сравнение сторон.

Воспользуемся свойством параллелограмма, согласно которому его противолежащие стороны равны.Для параллелограмма $ABCD$ имеем: $CD = AB$ и $BC = AD$.Для параллелограмма $A'B'C'D'$ имеем: $C'D' = A'B'$ и $B'C' = A'D'$.

Сравним соответствующие стороны обоих параллелограммов, используя данные условия:
- Стороны $AB$ и $A'B'$ равны по условию: $AB = A'B'$.
- Стороны $AD$ и $A'D'$ равны по условию: $AD = A'D'$.
- Сторона $CD$ равна $AB$. Так как из условия $AB = A'B'$, а из свойства параллелограмма $A'B' = C'D'$, то получаем, что $CD = C'D'$.
- Сторона $BC$ равна $AD$. Так как из условия $AD = A'D'$, а из свойства параллелограмма $A'D' = B'C'$, то получаем, что $BC = B'C'$.

Таким образом, мы установили, что все соответствующие стороны двух параллелограммов равны: $AB=A'B'$, $BC=B'C'$, $CD=C'D'$, $DA=D'A'$.

2. Сравнение углов.

Воспользуемся свойствами углов параллелограмма: противолежащие углы равны, а сумма углов, прилежащих к одной стороне, составляет $180^\circ$.Для параллелограмма $ABCD$: $\angle BCD = \angle DAB$, $\angle ABC = 180^\circ - \angle DAB$, и $\angle CDA = \angle ABC$.Для параллелограмма $A'B'C'D'$: $\angle B'C'D' = \angle D'A'B'$, $\angle A'B'C' = 180^\circ - \angle D'A'B'$, и $\angle C'D'A' = \angle A'B'C'$.

Сравним соответствующие углы, используя данные условия:
- Углы $\angle DAB$ и $\angle D'A'B'$ равны по условию: $\angle DAB = \angle D'A'B'$.
- Угол $\angle BCD$ равен $\angle DAB$. Так как $\angle DAB = \angle D'A'B'$ (по условию), а $\angle D'A'B' = \angle B'C'D'$ (как противолежащие углы в параллелограмме), то $\angle BCD = \angle B'C'D'$.
- Угол $\angle ABC = 180^\circ - \angle DAB$. Так как $\angle DAB = \angle D'A'B'$ (по условию), то $\angle ABC = 180^\circ - \angle D'A'B'$. В то же время, $\angle A'B'C' = 180^\circ - \angle D'A'B'$, следовательно, $\angle ABC = \angle A'B'C'$.
- Угол $\angle CDA$ равен $\angle ABC$. Аналогично, $\angle C'D'A'$ равен $\angle A'B'C'$. Поскольку мы уже показали, что $\angle ABC = \angle A'B'C'$, отсюда следует, что $\angle CDA = \angle C'D'A'$.

Таким образом, мы установили, что все соответствующие углы двух параллелограммов равны: $\angle A = \angle A'$, $\angle B = \angle B'$, $\angle C = \angle C'$, $\angle D = \angle D'$.

Поскольку все соответствующие стороны и все соответствующие углы параллелограммов $ABCD$ и $A'B'C'D'$ равны, то эти параллелограммы равны по определению равенства многоугольников. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Два параллелограмма, у которых соответственно равны две смежные стороны и угол между ними, являются равными, так как из этого условия следует равенство всех их соответствующих сторон и углов.

1251 Даны две прямые a и b. Постройте прямую, на которую отображается прямая b при осевой симметрии с осью а.

Для построения прямой $b'$, симметричной данной прямой $b$ относительно оси (прямой) $a$, необходимо рассмотреть три возможных случая взаимного расположения прямых $a$ и $b$. Общий принцип построения заключается в том, чтобы найти образы двух различных точек прямой $b$ при данной симметрии и провести через них новую прямую.

Случай 1: Прямые $a$ и $b$ пересекаются

Пусть прямые $a$ и $b$ пересекаются в точке $M$. Поскольку точка $M$ лежит на оси симметрии $a$, она отображается сама в себя, то есть точка $M$ принадлежит и искомой прямой $b'$. Для нахождения второй точки прямой $b'$ выберем на прямой $b$ произвольную точку $N$, не совпадающую с $M$. Далее построим для нее симметричную точку $N'$. Для этого: 1) Проведем через точку $N$ прямую, перпендикулярную оси $a$. Пусть $H$ — точка пересечения этой прямой с осью $a$. 2) На этой перпендикулярной прямой отложим отрезок $HN'$, равный отрезку $HN$, так, чтобы точки $N$ и $N'$ лежали в разных полуплоскостях относительно прямой $a$. Полученная точка $N'$ является образом точки $N$. 3) Проводим прямую $b'$ через точки $M$ и $N'$. Эта прямая и будет искомой.

Ответ: Если прямые $a$ и $b$ пересекаются в точке $M$, то искомая прямая $b'$ также проходит через точку $M$. При этом прямая $a$ является биссектрисой угла, образованного прямыми $b$ и $b'$.

Случай 2: Прямые $a$ и $b$ параллельны

Поскольку прямые не пересекаются, для построения искомой прямой $b'$ необходимо найти образы двух любых различных точек прямой $b$. Выберем на прямой $b$ две произвольные точки $M$ и $N$. Для каждой из них построим симметричную точку. Для точки $M$: 1) Проведем через $M$ прямую, перпендикулярную оси $a$, и пусть она пересекает $a$ в точке $H_M$. 2) На продолжении отрезка $MH_M$ за точку $H_M$ отложим отрезок $H_M M'$, равный $MH_M$. Точка $M'$ — образ точки $M$. Аналогично для точки $N$ строим ее образ $N'$: проводим перпендикуляр к $a$ через $N$, получаем точку $H_N$, и откладываем отрезок $H_N N'$, равный отрезку $NH_N$. Проводим прямую $b'$ через точки $M'$ и $N'$.

Ответ: Если прямая $b$ параллельна прямой $a$, то искомая прямая $b'$ также параллельна прямым $a$ и $b$. Прямая $a$ будет равноудалена от прямых $b$ и $b'$.

Случай 3: Прямые $a$ и $b$ совпадают

В этом случае каждая точка прямой $b$ одновременно является точкой прямой $a$. При осевой симметрии относительно прямой $a$ любая точка, принадлежащая этой прямой, отображается сама в себя. Следовательно, образ каждой точки прямой $b$ совпадает с этой же точкой.

Ответ: Если прямая $b$ совпадает с осью симметрии $a$, то ее образом является она сама, то есть $b' = b = a$.

1252 Даны прямая a и четырёхугольник ABCD. Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырёхугольник при осевой симметрии с осью а. Что представляет собой фигура F?

Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырёхугольник при осевой симметрии с осью a.

Чтобы построить фигуру F, которая является образом четырёхугольника ABCD при осевой симметрии относительно прямой a, необходимо найти образы всех его вершин A, B, C, D относительно этой прямой. Построение выполняется в следующем порядке:

1. Для каждой вершины четырёхугольника (например, для вершины A) проводим прямую, перпендикулярную оси симметрии a. Пусть H_A — точка пересечения этой прямой с осью a.
2. На построенной перпендикулярной прямой откладываем от точки H_A отрезок H_AA' так, чтобы точка A' находилась по другую сторону от оси a, а длина отрезка H_AA' была равна длине отрезка AH_A. Точка A' является образом точки A.
3. Аналогичным образом строим точки B', C' и D', симметричные вершинам B, C и D соответственно.
4. Последовательно соединяем полученные точки A', B', C' и D' отрезками. Образовавшийся четырёхугольник A'B'C'D' и есть искомая фигура F.

Ответ: Построение фигуры F заключается в нахождении для каждой вершины исходного четырёхугольника (A, B, C, D) её образа (A', B', C', D'), симметричного относительно оси a, и последующем соединении этих образов отрезками в том же порядке.

Что представляет собой фигура F?

Осевая симметрия является движением, или изометрией. Основное свойство любого движения заключается в том, что оно сохраняет расстояния между точками. Это значит, что любая фигура при движении отображается на конгруэнтную (равную) ей фигуру.

Поскольку четырёхугольник ABCD отображается на фигуру F с помощью осевой симметрии, фигура F будет конгруэнтна четырёхугольнику ABCD. Это означает, что:

• Фигура F также является четырёхугольником.
• Соответствующие стороны этих четырёхугольников равны: $A'B' = AB$, $B'C' = BC$, $C'D' = CD$, $D'A' = DA$.
• Соответствующие углы этих четырёхугольников равны: $\angle A' = \angle A$, $\angle B' = \angle B$, $\angle C' = \angle C$, $\angle D' = \angle D$.

Таким образом, фигура F представляет собой четырёхугольник, равный данному четырёхугольнику ABCD.

Ответ: Фигура F представляет собой четырёхугольник, конгруэнтный (равный) исходному четырёхугольнику ABCD.

1253 Какие из следующих утверждений справедливы: а) если фигуры F и F₁ симметричны относительно точки О, то фигура F₁ получена центральной симметрией из фигуры F; б) если фигуры F и F₁ симметричны относительно прямой p, то фигура F получена осевой симметрией из фигуры F₁; в) если фигура F₁ получена движением плоскости из фигуры F, то F и F₁ симметричны относительно некоторой прямой?

а) если фигуры $F$ и $F_1$ симметричны относительно точки $O$, то фигура $F_1$ получена центральной симметрией из фигуры $F$;
Данное утверждение справедливо. По определению, две фигуры $F$ и $F_1$ называются симметричными относительно точки $O$, если преобразование центральной симметрии с центром в точке $O$ переводит фигуру $F$ в фигуру $F_1$. Утверждение является, по сути, переформулировкой этого определения. Каждая точка фигуры $F_1$ является образом соответствующей точки фигуры $F$ при центральной симметрии относительно точки $O$.
Ответ: утверждение справедливо.

б) если фигуры $F$ и $F_1$ симметричны относительно прямой $p$, то фигура $F$ получена осевой симметрией из фигуры $F_1$;
Данное утверждение справедливо. Осевая симметрия — это преобразование, которое является обратным самому себе (инволюция). Это значит, что если точка $A_1$ является образом точки $A$ при симметрии относительно прямой $p$, то и точка $A$ является образом точки $A_1$ при той же симметрии. Если фигуры $F$ и $F_1$ симметричны относительно прямой $p$, то это значит, что $F_1$ — образ $F$. Из свойства инволютивности следует, что и $F$ — образ $F_1$ при той же осевой симметрии.
Ответ: утверждение справедливо.

в) если фигура $F_1$ получена движением плоскости из фигуры $F$, то $F$ и $F_1$ симметричны относительно некоторой прямой?
Данное утверждение несправедливо. Движение (или изометрия) — это любое преобразование плоскости, сохраняющее расстояния. К движениям относятся не только осевая симметрия, но и параллельный перенос, поворот и скользящая симметрия. Утверждение было бы верным, если бы любое движение являлось осевой симметрией, что не так.
В качестве контрпримера можно рассмотреть параллельный перенос на ненулевой вектор. Параллельный перенос является движением, но он не является осевой симметрией. Например, у осевой симметрии есть целая прямая неподвижных точек (ось симметрии), в то время как у параллельного переноса на ненулевой вектор неподвижных точек нет. Следовательно, если фигура $F_1$ получена из фигуры $F$ параллельным переносом, то в общем случае они не будут симметричны относительно какой-либо прямой.
Ответ: утверждение несправедливо.

1254 Даны две прямые а и а₁. Докажите, что существует движение, которое отображает прямую а на прямую а₁.

Для доказательства того, что существует движение, отображающее любую прямую $a$ на любую прямую $a_1$, мы можем рассмотреть различные случаи их взаимного расположения или предоставить общее конструктивное доказательство, которое охватывает все случаи. Воспользуемся вторым подходом, построив искомое движение как композицию двух более простых движений.

Шаг 1: Совмещение одной точки.

Выберем на прямой $a$ произвольную точку $A$. Выберем на прямой $a_1$ произвольную точку $A_1$. Рассмотрим параллельный перенос на вектор $\vec{AA_1}$. Параллельный перенос является движением. При этом переносе точка $A$ отобразится на точку $A_1$, а прямая $a$ отобразится на некоторую прямую $a'$, которая проходит через точку $A_1$ и параллельна прямой $a$ ($a' \parallel a$).

Шаг 2: Совмещение прямых.

После первого шага мы имеем две прямые, $a'$ и $a_1$, которые проходят через одну и ту же точку $A_1$.

• Если прямые $a'$ и $a_1$ совпадают (этот случай имеет место, когда исходные прямые $a$ и $a_1$ были параллельны), то наша задача уже решена. Искомое движение — это выполненный нами параллельный перенос.
• Если прямые $a'$ и $a_1$ не совпадают, они пересекаются в точке $A_1$. Пусть $\alpha$ — это один из углов между ними. Выполним поворот вокруг центра $A_1$ на угол $\alpha$. Поворот также является движением. Этот поворот оставит точку $A_1$ на месте, а прямую $a'$ повернет на угол $\alpha$, в результате чего она совпадет с прямой $a_1$.

Заключение.

Искомое движение является композицией (последовательным выполнением) параллельного переноса и поворота. Поскольку и параллельный перенос, и поворот являются движениями, их композиция также является движением. Это составное движение отображает прямую $a$ на прямую $a_1$. Так как мы смогли построить такое движение для любого начального расположения прямых $a$ и $a_1$, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Для любых двух прямых $a$ и $a_1$ всегда существует движение (например, композиция параллельного переноса и поворота), которое отображает прямую $a$ на прямую $a_1$.

1255 Докажите, что последовательное выполнение двух движений плоскости является движением плоскости.

Для доказательства нам необходимо использовать определение движения (или изометрии) плоскости. Движением называется преобразование плоскости, которое сохраняет расстояние между любыми двумя точками.

Пусть у нас есть два движения плоскости, обозначим их как $f_1$ и $f_2$. Это означает, что для любых двух точек $X$ и $Y$ на плоскости выполняются следующие равенства:
$d(f_1(X), f_1(Y)) = d(X, Y)$
$d(f_2(X), f_2(Y)) = d(X, Y)$
Здесь $d(A, B)$ обозначает расстояние между точками $A$ и $B$.

Рассмотрим последовательное выполнение этих двух движений. Это представляет собой композицию преобразований: сначала к точке применяется преобразование $f_1$, а затем к полученному результату применяется преобразование $f_2$. Обозначим это составное преобразование как $F$. Таким образом, для любой точки $X$ на плоскости:
$F(X) = f_2(f_1(X))$

Наша задача — доказать, что преобразование $F$ также является движением. Для этого нужно показать, что оно сохраняет расстояние. Возьмем две произвольные точки на плоскости, $A$ и $B$, и найдем расстояние между их образами $F(A)$ и $F(B)$.

По определению композиции $F$, образы точек $A$ и $B$ вычисляются как:
$F(A) = f_2(f_1(A))$
$F(B) = f_2(f_1(B))$

Следовательно, расстояние между образами $F(A)$ и $F(B)$ равно $d(F(A), F(B)) = d(f_2(f_1(A)), f_2(f_1(B)))$.

Давайте для удобства введем промежуточные точки: $A_1 = f_1(A)$ и $B_1 = f_1(B)$. Тогда наше выражение для расстояния можно переписать так: $d(f_2(A_1), f_2(B_1))$.

Поскольку $f_2$ по условию является движением, оно сохраняет расстояние между точками $A_1$ и $B_1$. Таким образом, мы можем записать:
$d(f_2(A_1), f_2(B_1)) = d(A_1, B_1)$

Теперь вернемся к точкам $A_1$ и $B_1$. Они являются образами исходных точек $A$ и $B$ при первом движении $f_1$. Так как $f_1$ тоже является движением, оно сохраняет расстояние между точками $A$ и $B$:
$d(A_1, B_1) = d(f_1(A), f_1(B)) = d(A, B)$

Теперь мы можем составить цепочку равенств, объединив полученные результаты:
$d(F(A), F(B)) = d(f_2(f_1(A)), f_2(f_1(B))) = d(A_1, B_1) = d(A, B)$

В итоге мы получили, что $d(F(A), F(B)) = d(A, B)$. Это равенство выполняется для любых двух точек $A$ и $B$ на плоскости.

По определению, это означает, что составное преобразование $F$, которое является последовательным выполнением двух движений, также является движением. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Так как каждое из двух движений сохраняет расстояние между точками, их последовательное применение (композиция) также сохраняет расстояние, а значит, является движением.

1256 Фигура F₁ получена из фигуры F осевой симметрией c осью l, а фигура F₂ — из фигуры F центральной симметрией с центром в точке О. Равны ли фигуры F₁ и F₂? Ответ обоснуйте.

Да, фигуры $F_1$ и $F_2$ равны.

Обоснование:

В геометрии две фигуры называются равными (или конгруэнтными), если одну из них можно перевести в другую с помощью движения (изометрии). Движение — это такое преобразование плоскости, при котором сохраняются расстояния между точками. Следовательно, при движении сохраняются форма и размеры фигуры.

1. Фигура $F_1$ получена из фигуры $F$ в результате осевой симметрии относительно оси $l$. Осевая симметрия является движением. Это означает, что фигура $F_1$ равна (конгруэнтна) фигуре $F$.

2. Фигура $F_2$ получена из фигуры $F$ в результате центральной симметрии относительно точки $O$. Центральная симметрия также является движением (она эквивалентна повороту на $180^\circ$ вокруг центра симметрии). Это означает, что фигура $F_2$ также равна (конгруэнтна) фигуре $F$.

Поскольку обе фигуры, $F_1$ и $F_2$, равны одной и той же фигуре $F$, они должны быть равны и между собой. Это следует из свойства транзитивности равенства фигур: если фигура $A$ равна фигуре $B$, и фигура $C$ равна фигуре $B$, то фигура $A$ равна фигуре $C$. В нашем случае, так как $F_1 = F$ и $F_2 = F$, то $F_1 = F_2$.

Ответ: Да, фигуры $F_1$ и $F_2$ равны, потому что обе они получены из фигуры $F$ с помощью движений (осевой и центральной симметрий), а значит, обе они равны фигуре $F$ и, следовательно, равны между собой.