Страница 322 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2023 - 2025

Уровень обучения: базовый

Цвет обложки: синий

ISBN: 978-5-09-102538-5 (2023), 978-5-09-111167-5 (2024)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 7 классе

Cтраница 322

Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322
№1258 (с. 322)
Условие. №1258 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1258, Условие

1258 Начертите отрезок AB и вектор ММ₁. Постройте отрезок A₁B₁, который получается из отрезка AB параллельным переносом на вектор ММ₁.

Решение 1. №1258 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1258, Решение 1
Решение 10. №1258 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1258, Решение 10
Решение 11. №1258 (с. 322)

Для того чтобы построить отрезок $A_1B_1$, который получается из отрезка $AB$ параллельным переносом на вектор $\vec{MM_1}$, необходимо выполнить параллельный перенос его конечных точек, то есть точек $A$ и $B$, на заданный вектор.

Параллельный перенос точки $A$ на вектор $\vec{MM_1}$ дает точку $A_1$, такую что вектор $\vec{AA_1}$ равен вектору $\vec{MM_1}$. Аналогично, параллельный перенос точки $B$ на вектор $\vec{MM_1}$ дает точку $B_1$, такую что $\vec{BB_1} = \vec{MM_1}$.

Равенство векторов, например $\vec{AA_1} = \vec{MM_1}$, означает, что эти векторы сонаправлены (то есть лежат на параллельных прямых или на одной прямой и указывают в одном направлении) и их длины равны ($|AA_1| = |MM_1|$). Геометрически это означает, что четырехугольник $MM_1A_1A$ является параллелограммом (или его вершины лежат на одной прямой).

Таким образом, для построения искомого отрезка $A_1B_1$ следует выполнить следующие шаги:

  1. Начертить на плоскости произвольный отрезок $AB$ и произвольный вектор $\vec{MM_1}$.
  2. Построить точку $A_1$, образ точки $A$. Для этого с помощью циркуля и линейки через точку $A$ провести прямую, параллельную прямой, содержащей вектор $\vec{MM_1}$. Затем циркулем измерить длину вектора $\vec{MM_1}$ (расстояние $MM_1$) и отложить на построенной прямой от точки $A$ отрезок $AA_1$ этой длины в том же направлении, что и вектор $\vec{MM_1}$.
  3. Построить точку $B_1$, образ точки $B$. Аналогично, через точку $B$ провести прямую, параллельную вектору $\vec{MM_1}$. На этой прямой от точки $B$ отложить отрезок $BB_1$, равный по длине вектору $\vec{MM_1}$ и сонаправленный с ним.
  4. Соединить полученные точки $A_1$ и $B_1$ отрезком.

Построенный отрезок $A_1B_1$ и есть искомый отрезок. В результате такого построения четырехугольник $ABB_1A_1$ является параллелограммом, так как по построению векторы $\vec{AA_1}$ и $\vec{BB_1}$ равны. Из этого следует, что отрезок $A_1B_1$ параллелен отрезку $AB$ и равен ему по длине.

Ответ: Чтобы построить отрезок $A_1B_1$, нужно сначала построить точку $A_1$ — образ точки $A$ при параллельном переносе на вектор $\vec{MM_1}$ (так, чтобы выполнялось векторное равенство $\vec{AA_1} = \vec{MM_1}$), а затем построить точку $B_1$ — образ точки $B$ при том же переносе (так, чтобы $\vec{BB_1} = \vec{MM_1}$). Соединив точки $A_1$ и $B_1$ отрезком, мы получим искомый отрезок $A_1B_1$.

№1259 (с. 322)
Условие. №1259 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Условие

1259 Начертите треугольник ABC, вектор ММ₁, который не параллелен ни одной из сторон треугольника, и вектор а, параллельный стороне AC. Постройте треугольник A₁B₁C₁, который получается из треугольника ABC параллельным переносом: а) на вектор ММ₁; б) на вектор a.

Решение 2. №1259 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 2 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1259 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1259 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 4
Решение 7. №1259 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 7
Решение 9. №1259 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1259, Решение 9
Решение 11. №1259 (с. 322)

Для решения задачи сначала выполним начальные построения, описанные в условии. Начертим произвольный треугольник $ABC$. Затем начертим вектор $\vec{MM_1}$, направление которого не параллельно ни одной из сторон треугольника $ABC$. Наконец, начертим вектор $\vec{a}$, параллельный стороне $AC$.

Параллельный перенос фигуры на заданный вектор означает, что каждая точка фигуры смещается в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. Это смещение как раз и определяется вектором переноса. Чтобы перенести треугольник, достаточно перенести его вершины, а затем соединить полученные точки отрезками.

а)

Чтобы построить треугольник $A_1B_1C_1$, получаемый из треугольника $ABC$ параллельным переносом на вектор $\vec{MM_1}$, необходимо каждую вершину треугольника $ABC$ перенести на этот вектор.

Алгоритм построения следующий:

  1. Из вершины $A$ откладываем вектор $\vec{AA_1}$, равный вектору $\vec{MM_1}$. Это значит, что $\vec{AA_1}$ должен быть сонаправлен с $\vec{MM_1}$ и иметь ту же длину ($|\vec{AA_1}| = |\vec{MM_1}|$). Точка $A_1$ — это образ точки $A$.
  2. Аналогично из вершины $B$ откладываем вектор $\vec{BB_1}$, равный вектору $\vec{MM_1}$, и получаем точку $B_1$.
  3. Точно так же из вершины $C$ откладываем вектор $\vec{CC_1}$, равный вектору $\vec{MM_1}$, и получаем точку $C_1$.

Соединив точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ отрезками, мы получим искомый треугольник $A_1B_1C_1$.

На рисунке ниже показан пример такого построения. Исходный треугольник $ABC$ изображен серым, а полученный в результате переноса треугольник $A_1B_1C_1$ — синим. Пунктирные линии иллюстрируют перенос вершин.

A B C M M? A? B? C?

В результате параллельного переноса получается треугольник, равный исходному ($ \triangle A_1B_1C_1 \cong \triangle ABC $). Его соответствующие стороны параллельны и равны по длине сторонам исходного треугольника.

Ответ: Чтобы построить треугольник $A_1B_1C_1$, нужно от каждой вершины треугольника $ABC$ (точек $A, B, C$) отложить векторы, равные вектору $\vec{MM_1}$. Концы этих векторов (точки $A_1, B_1, C_1$) и будут вершинами искомого треугольника $A_1B_1C_1$.

б)

Теперь выполним параллельный перенос треугольника $ABC$ на вектор $\vec{a}$. По условию, вектор $\vec{a}$ параллелен стороне $AC$. Построение выполняется аналогично предыдущему пункту.

  1. Откладываем от точки $A$ вектор $\vec{AA_1} = \vec{a}$.
  2. Откладываем от точки $B$ вектор $\vec{BB_1} = \vec{a}$.
  3. Откладываем от точки $C$ вектор $\vec{CC_1} = \vec{a}$.

Соединяем полученные точки $A_1, B_1, C_1$ и получаем искомый треугольник $A_1B_1C_1$.

На рисунке ниже показано это построение.

A B C $\vec{a}$ A? B? C?

Особенностью этого случая является то, что перенос осуществляется на вектор, параллельный стороне $AC$. Из-за этого образы вершин $A$ и $C$, то есть точки $A_1$ и $C_1$, будут лежать на прямой, содержащей сторону $AC$. Таким образом, сторона $A_1C_1$ нового треугольника лежит на той же прямой, что и сторона $AC$ исходного треугольника.

Ответ: Чтобы построить треугольник $A_1B_1C_1$, нужно от каждой вершины треугольника $ABC$ (точек $A, B, C$) отложить векторы, равные вектору $\vec{a}$. Концы этих векторов (точки $A_1, B_1, C_1$) будут вершинами искомого треугольника $A_1B_1C_1$. При этом сторона $A_1C_1$ будет лежать на той же прямой, что и сторона $AC$.

№1260 (с. 322)
Условие. №1260 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Условие

1260 Даны равнобедренный треугольник ABC с основанием AC и такая точка D на прямой AC, что точка С лежит на отрезке AD. а) Постройте отрезок В₁D, который получается из отрезка ВС параллельным переносом на вектор CD. б) Докажите, что четырёхугольник ABB₁D — равнобедренная трапеция.

Решение 2. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 2 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 4
Решение 6. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 6 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 6 (продолжение 2) Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 7. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 7
Решение 9. №1260 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1260, Решение 9
Решение 11. №1260 (с. 322)

а)

По условию задачи, нам нужно построить отрезок $B_1D$, который получается из отрезка $BC$ параллельным переносом на вектор $\vec{CD}$.

Параллельный перенос на вектор $\vec{v}$ — это преобразование, при котором каждая точка $M$ плоскости переходит в такую точку $M_1$, что вектор $\vec{MM_1} = \vec{v}$.

В нашем случае вектором переноса является $\vec{CD}$. Применим этот перенос к точкам отрезка $BC$:

  • Точка $C$ переходит в точку $D$, так как вектор, соединяющий $C$ с её образом, должен быть равен $\vec{CD}$.
  • Точка $B$ переходит в некоторую точку $B_1$, такую, что вектор $\vec{BB_1}$ равен вектору $\vec{CD}$. То есть, $\vec{BB_1} = \vec{CD}$.

Следовательно, отрезок $BC$ переходит в отрезок $B_1D$.

Для построения точки $B_1$ необходимо выполнить следующие действия:

  1. Через точку $B$ провести прямую, параллельную прямой $AC$ (на которой лежит вектор $\vec{CD}$).
  2. На этой прямой от точки $B$ отложить отрезок $BB_1$, равный по длине отрезку $CD$. Направление отрезка $BB_1$ должно совпадать с направлением вектора $\vec{CD}$ (то есть от $C$ к $D$).

После нахождения точки $B_1$ мы соединяем её с точкой $D$ и получаем искомый отрезок $B_1D$. Из равенства векторов $\vec{BB_1} = \vec{CD}$ также следует, что четырёхугольник $BCDB_1$ является параллелограммом.

Ответ: Построение заключается в нахождении такой точки $B_1$, что вектор $\vec{BB_1}$ равен вектору $\vec{CD}$. Для этого через точку $B$ проводится прямая, параллельная $AC$, и на ней откладывается отрезок $BB_1$, равный $CD$, в том же направлении. Затем точки $B_1$ и $D$ соединяются.

б)

Докажем, что четырёхугольник $ABB_1D$ — равнобедренная трапеция. Для этого необходимо показать, что:
1. $ABB_1D$ является трапецией (то есть две его стороны параллельны, а две другие — нет).
2. Боковые (непараллельные) стороны этой трапеции равны.

1. Доказательство, что $ABB_1D$ — трапеция.
Из построения в пункте а) следует, что $\vec{BB_1} = \vec{CD}$. По определению равных векторов, это означает, что отрезки $BB_1$ и $CD$ параллельны и равны по длине: $BB_1 \parallel CD$ и $BB_1 = CD$.
По условию, точки $A$, $C$, $D$ лежат на одной прямой, поэтому прямая $CD$ совпадает с прямой $AD$. Следовательно, $BB_1 \parallel AD$.
Таким образом, в четырёхугольнике $ABB_1D$ есть пара параллельных сторон, $BB_1$ и $AD$, которые являются его основаниями.
Теперь покажем, что стороны $AB$ и $B_1D$ не параллельны. Отрезок $B_1D$ является образом отрезка $BC$ при параллельном переносе. Следовательно, $B_1D \parallel BC$. Так как $A$, $B$, $C$ являются вершинами треугольника, то стороны $AB$ и $BC$ не параллельны. Отсюда следует, что $AB$ не параллельна $B_1D$.
Поскольку в четырёхугольнике $ABB_1D$ две стороны параллельны, а две другие не параллельны, он является трапецией.

2. Доказательство, что трапеция равнобедренная.
Для этого докажем равенство её боковых сторон $AB$ и $B_1D$.
По условию, треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $AC$. По определению равнобедренного треугольника, его боковые стороны равны: $AB = BC$.
Параллельный перенос является движением (изометрией), а значит, он сохраняет расстояния. Отрезок $B_1D$ получен параллельным переносом отрезка $BC$. Следовательно, их длины равны: $B_1D = BC$.
Сопоставляя два равенства, $AB = BC$ и $B_1D = BC$, получаем, что $AB = B_1D$.
Трапеция, у которой боковые стороны равны, является равнобедренной.

Таким образом, четырёхугольник $ABB_1D$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано. Из $\vec{BB_1} = \vec{CD}$ следует, что $BB_1 \parallel AD$, значит, $ABB_1D$ — трапеция. Из того, что $\triangle ABC$ равнобедренный ($AB = BC$) и параллельный перенос сохраняет длины ($BC = B_1D$), следует равенство боковых сторон $AB = B_1D$. Следовательно, трапеция $ABB_1D$ является равнобедренной.

№1261 (с. 322)
Условие. №1261 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Условие

1261 Даны треугольник, трапеция и окружность. Постройте фигуры, которые получаются из этих фигур параллельным переносом на данный вектор а.

Решение 2. №1261 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 2
Решение 3. №1261 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1261 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 4
Решение 7. №1261 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 7
Решение 9. №1261 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1261, Решение 9
Решение 11. №1261 (с. 322)

Параллельный перенос на заданный вектор $\vec{a}$ — это геометрическое преобразование, при котором каждая точка $M$ фигуры смещается в такую точку $M'$, что вектор $\vec{MM'}$ равен вектору $\vec{a}$. Чтобы построить фигуру, полученную в результате параллельного переноса, необходимо перенести на вектор $\vec{a}$ ее определяющие точки.

Треугольник

Пусть дан треугольник $ABC$ и вектор $\vec{a}$. Треугольник однозначно задается тремя своими вершинами. Чтобы построить его образ, нужно: 1. Из каждой вершины треугольника ($A$, $B$ и $C$) отложить вектор, равный вектору $\vec{a}$. В результате этого построения получатся новые точки $A'$, $B'$ и $C'$, для которых выполняется условие $\vec{AA'} = \vec{a}$, $\vec{BB'} = \vec{a}$ и $\vec{CC'} = \vec{a}$. 2. Соединить отрезками полученные точки $A'$, $B'$ и $C'$. Полученный треугольник $A'B'C'$ и будет искомым образом. Он будет равен (конгруэнтен) исходному треугольнику $ABC$.

Ответ: Для построения образа треугольника необходимо перенести на данный вектор $\vec{a}$ все три его вершины и соединить полученные точки отрезками.

Трапеция

Пусть дана трапеция $ABCD$ и вектор $\vec{a}$. Трапеция, как и любой многоугольник, определяется положением своих вершин. Построение ее образа полностью аналогично построению для треугольника. Необходимо: 1. Из каждой из четырех вершин трапеции ($A$, $B$, $C$, $D$) отложить вектор, равный вектору $\vec{a}$. В результате получатся новые вершины $A'$, $B'$, $C'$, $D'$, для которых $\vec{AA'} = \vec{a}$, $\vec{BB'} = \vec{a}$, $\vec{CC'} = \vec{a}$ и $\vec{DD'} = \vec{a}$. 2. Последовательно соединить отрезками полученные точки $A'$, $B'$, $C'$, $D'$. Трапеция $A'B'C'D'$ является искомым образом и равна исходной трапеции.

Ответ: Для построения образа трапеции необходимо перенести на данный вектор $\vec{a}$ все четыре ее вершины и последовательно соединить полученные точки отрезками.

Окружность

Окружность определяется положением ее центра и длиной радиуса. При параллельном переносе окружность переходит в окружность того же радиуса. Пусть дана окружность с центром $O$ и радиусом $r$, и вектор $\vec{a}$. Для построения ее образа нужно: 1. Выполнить параллельный перенос центра окружности, точки $O$, на вектор $\vec{a}$, получив точку $O'$ (такую, что $\vec{OO'} = \vec{a}$). 2. Из полученной точки $O'$ как из нового центра построить окружность с тем же радиусом $r$. Эта новая окружность и будет искомым образом.

Ответ: Для построения образа окружности необходимо перенести ее центр на данный вектор $\vec{a}$ и из полученной точки как из нового центра построить окружность того же радиуса.

№1262 (с. 322)
Условие. №1262 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1262, Условие

1262 Даны две пары параллельных прямых: aa₁, bb₁, причём ab. Постройте вектор параллельного переноса, при котором прямые а и b отображаются на прямые а₁ и b₁ соответственно.

Решение 1. №1262 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1262, Решение 1
Решение 10. №1262 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1262, Решение 10
Решение 11. №1262 (с. 322)

Пусть искомый параллельный перенос задается вектором $\vec{p}$. Этот перенос должен отображать прямую $a$ на прямую $a_1$ и прямую $b$ на прямую $b_1$.

По условию задачи, прямые $a$ и $b$ не параллельны ($a \not\parallel b$), а значит, они пересекаются в единственной точке. Обозначим эту точку пересечения как $M$. Таким образом, $M = a \cap b$.

Рассмотрим, куда перейдет точка $M$ при данном параллельном переносе. Так как точка $M$ лежит на прямой $a$, ее образ, назовем его $M'$, должен лежать на прямой $a_1$. Одновременно, так как точка $M$ лежит и на прямой $b$, ее образ $M'$ должен также лежать на прямой $b_1$.

Следовательно, точка $M'$ является точкой пересечения прямых $a_1$ и $b_1$. Из условий $a \parallel a_1$, $b \parallel b_1$ и $a \not\parallel b$ следует, что прямые $a_1$ и $b_1$ также не параллельны и пересекаются в единственной точке. Таким образом, точка $M'$ однозначно определяется как $M' = a_1 \cap b_1$.

По определению параллельного переноса, вектор переноса $\vec{p}$ равен вектору, соединяющему любую точку с ее образом. В нашем случае, он равен вектору $\vec{MM'}$.

Таким образом, алгоритм построения искомого вектора следующий:

  1. Найти точку $M$, являющуюся пересечением прямых $a$ и $b$.
  2. Найти точку $M'$, являющуюся пересечением прямых $a_1$ и $b_1$.
  3. Построить вектор с началом в точке $M$ и концом в точке $M'$. Этот вектор $\vec{MM'}$ и является искомым вектором параллельного переноса.

Ответ: Искомый вектор параллельного переноса есть вектор $\vec{MM'}$, где $M$ — точка пересечения прямых $a$ и $b$, а $M'$ — точка пересечения прямых $a_1$ и $b_1$.

№1263 (с. 322)
Условие. №1263 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Условие

1263 Постройте отрезок A₁B₁, который получается из данного отрезка AB поворотом вокруг данного центра О: а) на 120° по часовой стрелке; б) на 75° против часовой стрелки; в) на 180°.

Решение 2. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 2 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 2 (продолжение 2) Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 3. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 4
Решение 6. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 6
Решение 7. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 7
Решение 9. №1263 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 9 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1263, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №1263 (с. 322)

Для построения отрезка $A_1B_1$, который получается из данного отрезка $AB$ поворотом вокруг данного центра $O$, необходимо выполнить поворот его конечных точек, $A$ и $B$, вокруг точки $O$ на заданный угол и в заданном направлении. Затем полученные точки $A_1$ и $B_1$ соединяются отрезком. Поворот является движением, поэтому он сохраняет расстояния, и, следовательно, длина отрезка $A_1B_1$ будет равна длине исходного отрезка $AB$.

Построение выполняется с помощью циркуля и транспортира.

а) на 120° по часовой стрелке

Алгоритм построения:

  1. Соединяем точку $A$ с центром поворота $O$. Получаем отрезок $OA$.
  2. С помощью транспортира, установленного в точке $O$, откладываем от луча $OA$ угол, равный $120^\circ$, по направлению движения часовой стрелки. Строим вспомогательный луч $l_A$ из точки $O$.
  3. С помощью циркуля измеряем расстояние $OA$. Затем, установив острие циркуля в точку $O$, проводим дугу радиусом $OA$ так, чтобы она пересекла луч $l_A$. Точка пересечения и будет искомой точкой $A_1$. По построению, $OA = OA_1$ и $\angle AOA_1 = 120^\circ$.
  4. Аналогичные действия повторяем для точки $B$. Соединяем $B$ и $O$. От луча $OB$ откладываем угол $120^\circ$ по часовой стрелке, строим луч $l_B$. На этом луче находим точку $B_1$ такую, что $OB_1 = OB$.
  5. Соединяем полученные точки $A_1$ и $B_1$ отрезком.

Ответ: Отрезок $A_1B_1$ построен. Он получен путем поворота точек $A$ и $B$ на $120^\circ$ по часовой стрелке вокруг центра $O$ и соединения их образов $A_1$ и $B_1$.

б) на 75° против часовой стрелки

Алгоритм построения:

  1. Соединяем точку $A$ с центром поворота $O$ отрезком $OA$.
  2. С помощью транспортира от луча $OA$ откладываем угол, равный $75^\circ$, против направления движения часовой стрелки. Строим вспомогательный луч $l_A$.
  3. На луче $l_A$ откладываем от точки $O$ отрезок $OA_1$, равный по длине отрезку $OA$. Для этого удобно использовать циркуль. По построению, $OA = OA_1$ и $\angle AOA_1 = 75^\circ$.
  4. Повторяем те же шаги для точки $B$. Строим точку $B_1$ так, чтобы отрезок $OB_1$ был равен отрезку $OB$, а угол $\angle BOB_1$, отложенный против часовой стрелки, был равен $75^\circ$.
  5. Соединяем точки $A_1$ и $B_1$ прямой линией.

Ответ: Отрезок $A_1B_1$ построен. Он получен путем поворота точек $A$ и $B$ на $75^\circ$ против часовой стрелки вокруг центра $O$ и соединения их образов $A_1$ и $B_1$.

в) на 180°

Поворот на $180^\circ$ также называется центральной симметрией относительно центра поворота. Направление вращения (по или против часовой стрелки) в данном случае не имеет значения, так как результат будет одинаковым.

Алгоритм построения:

  1. Проводим прямую через точку $A$ и центр $O$.
  2. На этой прямой, по другую сторону от точки $O$, откладываем отрезок $OA_1$, равный по длине отрезку $OA$. Точка $A_1$ является образом точки $A$. Точки $A$, $O$ и $A_1$ лежат на одной прямой, при этом $O$ — середина отрезка $AA_1$.
  3. Аналогично строим образ точки $B$. Проводим прямую через $B$ и $O$ и на ней находим точку $B_1$ так, чтобы $O$ была серединой отрезка $BB_1$ (то есть $OB_1 = OB$).
  4. Соединяем точки $A_1$ и $B_1$ отрезком.

Ответ: Отрезок $A_1B_1$ построен. Он получен путем центральной симметрии (или поворота на $180^\circ$) точек $A$ и $B$ относительно центра $O$ и соединения их образов $A_1$ и $B_1$.

№1264 (с. 322)
Условие. №1264 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Условие

1264 Постройте треугольник, который получается из данного треугольника ABC поворотом вокруг точки А на угол 150° против часовой стрелки.

Решение 2. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 2
Решение 3. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 3
Решение 4. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 4
Решение 6. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 6
Решение 7. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 7
Решение 9. №1264 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1264, Решение 9
Решение 11. №1264 (с. 322)

Для построения треугольника, который получается из данного треугольника $ABC$ поворотом вокруг точки $A$ на угол $150^\circ$ против часовой стрелки, необходимо найти образы вершин $A$, $B$ и $C$ при данном преобразовании. Обозначим искомый треугольник как $A_1B_1C_1$.

Построение выполняется в несколько шагов:

1. Нахождение образа вершины A

Точка $A$ является центром поворота. При повороте центр поворота отображается сам на себя, то есть остается неподвижным. Таким образом, образ вершины $A$ совпадает с самой точкой $A$.

$A_1 = A$

2. Построение образа вершины B

Чтобы найти точку $B_1$ — образ точки $B$ при повороте вокруг $A$ на $150^\circ$ против часовой стрелки, нужно выполнить следующие действия:

  • Провести отрезок $AB$.
  • С помощью транспортира отложить от луча $AB$ угол, равный $150^\circ$, в направлении против часовой стрелки. Построить луч, выходящий из точки $A$ под этим углом.
  • С помощью циркуля измерить длину отрезка $AB$.
  • Не меняя раствора циркуля, установить его острие в точку $A$ и провести дугу так, чтобы она пересекла построенный на предыдущем шаге луч. Точка пересечения и будет искомой точкой $B_1$.

По определению поворота, $AB = AB_1$ и $\angle BAB_1 = 150^\circ$.

3. Построение образа вершины C

Построение точки $C_1$ — образа точки $C$ — выполняется аналогично построению точки $B_1$:

  • Провести отрезок $AC$.
  • С помощью транспортира отложить от луча $AC$ угол, равный $150^\circ$, в направлении против часовой стрелки. Построить луч, выходящий из точки $A$ под этим углом.
  • С помощью циркуля измерить длину отрезка $AC$.
  • Установить острие циркуля в точку $A$ и тем же радиусом провести дугу до пересечения с построенным лучом. Точка пересечения будет искомой точкой $C_1$.

По определению поворота, $AC = AC_1$ и $\angle CAC_1 = 150^\circ$.

4. Построение итогового треугольника

Соединив отрезками полученные точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ (где $A_1$ совпадает с $A$), мы получим искомый треугольник $AB_1C_1$.

Ответ:

Искомый треугольник $AB_1C_1$ строится путем нахождения образов вершин $B$ и $C$ при повороте вокруг точки $A$ на $150^\circ$ против часовой стрелки. Вершина $A$ при этом остается на месте. Точка $B_1$ строится так, что $AB_1 = AB$ и $\angle BAB_1 = 150^\circ$. Точка $C_1$ строится так, что $AC_1 = AC$ и $\angle CAC_1 = 150^\circ$. Треугольник $AB_1C_1$ является результатом поворота треугольника $ABC$.

№1265 (с. 322)
Условие. №1265 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Условие

1265 Точка D является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника ABC. Докажите, что при повороте вокруг неё на угол 120° треугольник ABC отображается на себя.

Решение 2. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 2
Решение 3. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 3
Решение 4. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 4
Решение 6. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 6
Решение 7. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 7
Решение 9. №1265 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1265, Решение 9
Решение 11. №1265 (с. 322)

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$. По определению, в равностороннем треугольнике все стороны равны ($AB = BC = CA$) и все углы равны $60^\circ$ ($\angle A = \angle B = \angle C = 60^\circ$).

Точка $D$ является точкой пересечения биссектрис треугольника $ABC$. В равностороннем треугольнике биссектрисы совпадают с медианами, высотами и серединными перпендикулярами. Это означает, что точка $D$ является одновременно центром вписанной окружности (инцентром), центром описанной окружности (циркумцентром), точкой пересечения медиан (центроидом) и точкой пересечения высот (ортоцентром).

Поскольку $D$ — центр описанной окружности, она равноудалена от всех вершин треугольника. Таким образом, расстояния от точки $D$ до вершин $A$, $B$ и $C$ равны между собой (и равны радиусу описанной окружности):
$DA = DB = DC$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ADB$, $\triangle BDC$ и $\triangle CDA$. Так как $AD$, $BD$ и $CD$ являются биссектрисами углов $\angle A$, $\angle B$ и $\angle C$ соответственно, они делят эти углы пополам:
$\angle DAB = \angle DAC = \frac{1}{2} \angle A = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$
$\angle DBA = \angle DBC = \frac{1}{2} \angle B = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$
$\angle DCB = \angle DCA = \frac{1}{2} \angle C = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$

Зная два угла в каждом из этих треугольников, мы можем найти третий угол при вершине $D$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$.
Для $\triangle ADB$: $\angle ADB = 180^\circ - (\angle DAB + \angle DBA) = 180^\circ - (30^\circ + 30^\circ) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.
Для $\triangle BDC$: $\angle BDC = 180^\circ - (\angle DBC + \angle DCB) = 180^\circ - (30^\circ + 30^\circ) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.
Для $\triangle CDA$: $\angle CDA = 180^\circ - (\angle DCA + \angle DAC) = 180^\circ - (30^\circ + 30^\circ) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Теперь рассмотрим поворот вокруг точки $D$ на угол $120^\circ$. Чтобы доказать, что треугольник $ABC$ отображается на себя, достаточно показать, что его вершины переходят друг в друга.

1. При повороте точки $A$ вокруг центра $D$ на $120^\circ$ она перейдет в точку $A'$, для которой выполняется $DA = DA'$ и $\angle ADA' = 120^\circ$. Мы установили, что $DA = DB$ и $\angle ADB = 120^\circ$. Следовательно, при повороте (например, против часовой стрелки, если вершины пронумерованы в этом порядке) точка $A$ переходит в точку $B$.

2. Аналогично, при повороте точки $B$ вокруг $D$ на $120^\circ$, она перейдет в точку $B'$, для которой $DB = DB'$ и $\angle BDB' = 120^\circ$. Мы знаем, что $DB = DC$ и $\angle BDC = 120^\circ$. Значит, точка $B$ переходит в точку $C$.

3. И, наконец, при повороте точки $C$ вокруг $D$ на $120^\circ$, она перейдет в точку $C'$, для которой $DC = DC'$ и $\angle CDC' = 120^\circ$. Мы знаем, что $DC = DA$ и $\angle CDA = 120^\circ$. Значит, точка $C$ переходит в точку $A$.

Таким образом, при повороте на $120^\circ$ вокруг точки $D$ вершины треугольника $ABC$ переходят друг в друга: $A \to B$, $B \to C$ и $C \to A$. Поскольку положение треугольника однозначно определяется положением его вершин, треугольник $ABC$ отображается сам на себя.

Ответ: Утверждение доказано.

№1266 (с. 322)
Условие. №1266 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Условие

1266 Докажите, что при повороте квадрата вокруг точки пересечения его диагоналей на угол 90° квадрат отображается на себя.

Решение 2. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 2
Решение 3. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 3
Решение 4. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 4
Решение 6. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 6
Решение 7. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 7
Решение 9. №1266 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1266, Решение 9
Решение 11. №1266 (с. 322)

Пусть дан квадрат $ABCD$, и пусть $O$ — точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$. Нам нужно доказать, что при повороте вокруг точки $O$ на угол $90°$ квадрат $ABCD$ отображается сам на себя.

Поворот — это изометрическое преобразование (движение), а значит, он сохраняет расстояния между точками. Чтобы доказать, что квадрат отображается на себя, достаточно показать, что его вершины переходят в его же вершины, так как положение многоугольника однозначно определяется положением его вершин.

Из свойств квадрата известно:

  1. Диагонали квадрата равны, взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам.

Из этого следуют два важных факта для нашего доказательства:

  • Расстояния от центра $O$ до всех вершин равны: $OA = OB = OC = OD$.
  • Углы между полудиагоналями равны $90°$: $\angle AOB = \angle BOC = \angle COD = \angle DOA = 90°$.

Рассмотрим поворот на $90°$ вокруг центра $O$ (например, против часовой стрелки).

  • Вершина A. При повороте на $90°$ вокруг $O$ точка $A$ перейдет в такую точку $A'$, для которой выполняются два условия: расстояние до центра сохранится ($OA' = OA$) и угол поворота составит $90°$ ($\angle AOA' = 90°$). Из свойств квадрата мы видим, что такой точкой является вершина $B$. Следовательно, вершина $A$ отображается на вершину $B$.
  • Вершина B. Аналогично, вершина $B$ перейдет в точку $B'$ такую, что $OB' = OB$ и $\angle BOB' = 90°$. Этим условиям удовлетворяет вершина $C$. Значит, $B$ переходит в $C$.
  • Вершина C. Вершина $C$ перейдет в точку $C'$ такую, что $OC' = OC$ и $\angle COC' = 90°$. Этой точкой является вершина $D$. Значит, $C$ переходит в $D$.
  • Вершина D. Вершина $D$ перейдет в точку $D'$ такую, что $OD' = OD$ и $\angle DOD' = 90°$. Этой точкой является вершина $A$. Значит, $D$ переходит в $A$.

Таким образом, при повороте на $90°$ вокруг точки пересечения диагоналей вершины квадрата переходят в вершины этого же квадрата: $A \to B, B \to C, C \to D, D \to A$.

Поскольку поворот переводит отрезки в равные им отрезки, то стороны квадрата также переходят в стороны этого же квадрата: сторона $AB$ переходит в сторону $BC$, $BC$ в $CD$, $CD$ в $DA$ и $DA$ в $AB$.

Так как все вершины и стороны квадрата отображаются на вершины и стороны того же самого квадрата, весь квадрат отображается на себя. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что при повороте квадрата на $90^\circ$ вокруг точки пересечения его диагоналей каждая вершина квадрата переходит в следующую по порядку вершину, а каждая сторона — в следующую по порядку сторону. Совокупность всех точек квадрата при таком преобразовании совпадает с исходной, следовательно, квадрат отображается на себя.

№1267 (с. 322)
Условие. №1267 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Условие

1267 Постройте окружность, которая получается из данной окружности с центром С поворотом вокруг точки О на угол 60° против часовой стрелки, если: а) точки О и С не совпадают; б) точки О и С совпадают.

Решение 2. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 2 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 3
Решение 4. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 4
Решение 6. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 6
Решение 7. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 7
Решение 9. №1267 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1267, Решение 9
Решение 11. №1267 (с. 322)

а) точки $O$ и $C$ не совпадают;

Поворот является движением (изометрией), поэтому при повороте окружность переходит в окружность того же радиуса. Чтобы построить окружность, полученную поворотом, достаточно найти новый центр окружности и сохранить ее радиус.

Новый центр окружности, назовем его $C'$, является образом исходного центра $C$ при заданном повороте вокруг точки $O$ на угол $60^\circ$ против часовой стрелки. Радиус новой окружности $R'$ равен радиусу исходной окружности $R$.

Алгоритм построения:

  1. Провести отрезок $OC$, соединяющий центр поворота $O$ и центр данной окружности $C$.
  2. Построить луч, исходящий из точки $O$, который образует с лучом $OC$ угол, равный $60^\circ$. Поворот осуществляется против часовой стрелки, поэтому угол откладывается в соответствующем направлении.
  3. На построенном луче от точки $O$ отложить отрезок $OC'$, длина которого равна длине отрезка $OC$. Точка $C'$ — это и есть новый центр искомой окружности.
  4. Измерить радиус $R$ данной окружности.
  5. Построить новую окружность с центром в точке $C'$ и радиусом $R$.

Полученная окружность с центром $C'$ и радиусом $R$ является искомой.

Ответ: Искомая окружность имеет тот же радиус, что и данная, а ее центр $C'$ получается в результате поворота центра $C$ данной окружности вокруг точки $O$ на угол $60^\circ$ против часовой стрелки. Построение выполняется путем нахождения точки $C'$ и последующего чертежа окружности с центром в $C'$ и радиусом, равным радиусу исходной окружности.

б) точки $O$ и $C$ совпадают.

В этом случае центр поворота $O$ совпадает с центром данной окружности $C$. Это означает, что окружность поворачивается вокруг своего собственного центра.

При повороте фигуры вокруг ее центра симметрии (а центр окружности является ее центром симметрии), фигура переходит сама в себя. Каждая точка, лежащая на окружности, при повороте на любой угол вокруг ее центра переместится в другую точку, также лежащую на этой же окружности.

Центр $C$ при повороте вокруг самого себя (так как $O=C$) остается на месте. Радиус окружности при повороте не изменяется. Таким образом, полученная окружность будет иметь тот же центр и тот же радиус, что и исходная, то есть она будет полностью с ней совпадать.

Ответ: Искомая окружность совпадает с данной окружностью.

№1268 (с. 322)
Условие. №1268 (с. 322)
скриншот условия
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Условие Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Условие (продолжение 2)

1268 Постройте прямую а₁, которая получается из прямой а поворотом вокруг точки О на угол 60° по часовой стрелке, если прямая а: а) не проходит через точку О; б) проходит через точку О.

Решение

а) Построим окружность с центром О, которая касается прямой а (объясните, как это сделать). Пусть M — точка касания. При повороте вокруг точки О эта окружность отображается на себя, а касательная а отображается на некоторую касательную a₁ (объясните почему). Для построения прямой а₁ построим сначала точку М₁, в которую отображается точка M при повороте вокруг точки О на угол 60° по часовой стрелке, а затем проведём касательную а₁ к окружности в точке M₁.

Решение 2. №1268 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 2
Решение 3. №1268 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 3 Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №1268 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 4
Решение 8. №1268 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 8
Решение 9. №1268 (с. 322)
Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 322, номер 1268, Решение 9
Решение 11. №1268 (с. 322)

a) Прямая a не проходит через точку O.

Поскольку поворот является движением (изометрией), он сохраняет расстояния и углы. Образом прямой при движении является прямая. Следовательно, образом прямой $a$ будет некоторая прямая $a_1$. Для её построения воспользуемся методом, предложенным в условии, и дадим необходимые объяснения.

Объяснение, как построить окружность с центром O, которая касается прямой a.
Касательная к окружности имеет с ней ровно одну общую точку и перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания. Расстояние от центра окружности $O$ до касательной $a$ равно радиусу этой окружности. Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую.
Следовательно, для построения такой окружности нужно:
1. С помощью циркуля и линейки построить перпендикуляр из точки $O$ к прямой $a$.
2. Обозначить точку их пересечения (основание перпендикуляра) как $M$.
3. Построить окружность с центром в точке $O$ и радиусом, равным длине отрезка $OM$.
Эта окружность будет касаться прямой $a$ в точке $M$.

Объяснение, почему касательная a отображается на некоторую касательную $a_1$.
При повороте вокруг своего центра $O$ окружность отображается сама на себя, так как расстояние от любой её точки до центра $O$ остаётся неизменным. Поворот является движением, а любое движение сохраняет свойство касания (то есть если прямая касалась фигуры, то образ прямой будет касаться образа фигуры).
Исходная прямая $a$ касается построенной окружности в точке $M$. Её образ, прямая $a_1$, будет касаться образа окружности (то есть той же самой окружности) в образе точки касания $M_1$ (где $M_1$ — результат поворота точки $M$). Таким образом, прямая $a_1$ также является касательной к этой окружности.

Построение прямой $a_1$.
1. Опускаем перпендикуляр из точки $O$ на прямую $a$. Находим точку их пересечения $M$.
2. Строим точку $M_1$, которая является образом точки $M$ при повороте вокруг точки $O$ на угол $60^\circ$ по часовой стрелке. Для этого строим угол $\angle MOM_1 = 60^\circ$ (направление по часовой стрелке) и на его второй стороне откладываем отрезок $OM_1 = OM$.
3. Через точку $M_1$ проводим прямую $a_1$, перпендикулярную радиусу $OM_1$.
Прямая $a_1$ является искомой.

Ответ: Алгоритм построения: 1) опустить перпендикуляр из точки $O$ на прямую $a$ и найти точку их пересечения $M$; 2) повернуть точку $M$ вокруг центра $O$ на $60^\circ$ по часовой стрелке, получив точку $M_1$; 3) провести через точку $M_1$ прямую $a_1$, перпендикулярную отрезку $OM_1$.

б) Прямая a проходит через точку O.

Если прямая $a$ проходит через центр поворота $O$, то точка $O$ при повороте вокруг себя остаётся на месте (является неподвижной). Так как точка $O$ принадлежит прямой $a$, её образ (она сама) должен принадлежать образу прямой $a$, то есть прямой $a_1$. Следовательно, искомая прямая $a_1$ также проходит через точку $O$.

Для однозначного задания прямой необходимы две точки. Одна точка — $O$ — у нас уже есть. Для нахождения второй точки выберем на исходной прямой $a$ любую другую точку $P$, не совпадающую с $O$. Найдём её образ $P_1$ при повороте вокруг $O$ на $60^\circ$ по часовой стрелке.

Построение прямой $a_1$.
1. Выбираем на прямой $a$ произвольную точку $P$ ($P \neq O$).
2. Строим точку $P_1$ — образ точки $P$ при повороте вокруг центра $O$ на $60^\circ$ по часовой стрелке. Для этого строим угол $\angle POP_1 = 60^\circ$ (по часовой стрелке) и на его второй стороне откладываем отрезок $OP_1 = OP$.
3. Проводим прямую через две точки: $O$ и $P_1$.
Эта прямая и есть искомая прямая $a_1$. Угол между прямыми $a$ и $a_1$ будет равен $60^\circ$.

Ответ: Алгоритм построения: 1) выбрать на прямой $a$ любую точку $P$, отличную от $O$; 2) повернуть точку $P$ вокруг точки $O$ на $60^\circ$ по часовой стрелке, получив точку $P_1$; 3) провести прямую через точки $O$ и $P_1$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться