Страница 328 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1274 Приведите пример многоугольника, не имеющего симметрий.

Многоугольник считается не имеющим симметрий, если у него отсутствуют как оси симметрии (он не совмещается сам с собой при зеркальном отражении), так и центр симметрии (он не совмещается сам с собой при повороте на угол $\alpha$, где $0^\circ < \alpha < 360^\circ$).

Простейшим примером многоугольника, не имеющего симметрий, является разносторонний треугольник. Это треугольник, у которого все три стороны имеют разную длину и, как следствие, все три угла имеют разную величину.

Рассмотрим, почему такой треугольник не имеет симметрий:

1. Отсутствие осевой симметрии. Ось симметрии в треугольнике, если она существует, должна проходить через одну из вершин и середину противоположной стороны. В этом случае она является также медианой и высотой, а треугольник — равнобедренным (две стороны, выходящие из этой вершины, равны). Поскольку у разностороннего треугольника по определению все стороны имеют разную длину, у него не может быть ни одной оси симметрии.

2. Отсутствие поворотной симметрии. Если бы треугольник обладал поворотной симметрией, то при повороте на некоторый угол вокруг центра симметрии его вершины должны были бы переходить друг в друга. Это возможно только если стороны, соединяющие эти вершины, равны между собой (как, например, в правильном треугольнике). Так как у разностороннего треугольника все стороны различны, он не может совместиться сам с собой ни при каком повороте, кроме полного оборота на $360^\circ$.

Таким образом, разносторонний треугольник полностью асимметричен. Аналогично, любой другой многоугольник (например, четырехугольник или пятиугольник), у которого все стороны и все углы различны, также не будет иметь симметрий.

Ответ: Разносторонний треугольник (треугольник, у которого длины всех сторон различны).

1275 Докажите, что четырёхугольник, имеющий центр симметрии, является параллелограммом.

Пусть дан четырехугольник $ABCD$, у которого есть центр симметрии — точка $O$.

По определению центральной симметрии, для любой точки фигуры существует симметричная ей точка относительно центра, которая также принадлежит этой фигуре. Это свойство справедливо для всех точек четырехугольника, включая его вершины.

Рассмотрим вершину $A$. Точка, симметричная ей относительно центра $O$, также должна быть вершиной этого четырехугольника. Обозначим эту симметричную точку как $A'$.

Точка $A'$ не может совпадать с вершиной $A$, так как в этом случае точка $A$ должна была бы совпадать с центром симметрии $O$, что невозможно для невырожденного четырехугольника. Также $A'$ не может быть соседней вершиной (например, $B$), так как в этом случае $O$ была бы серединой стороны $AB$, а тогда симметричная $B$ вершина (т.е. $A$) должна была бы совпадать с симметричной $A$ вершиной (т.е. $B$), что приводит к противоречию. Следовательно, точка, симметричная вершине $A$, — это противолежащая вершина $C$.

Из того, что вершина $C$ симметрична вершине $A$ относительно точки $O$, следует, что точка $O$ является серединой отрезка $AC$. Это означает, что $AO = OC$ и точки $A, O, C$ лежат на одной прямой.

Аналогично рассуждая для вершины $B$, находим, что симметричной ей вершиной относительно центра $O$ является противолежащая вершина $D$. Следовательно, точка $O$ также является серединой отрезка $BD$. Это означает, что $BO = OD$ и точки $B, O, D$ лежат на одной прямой.

Таким образом, мы установили, что диагонали четырехугольника $ABCD$ (отрезки $AC$ и $BD$) пересекаются в точке $O$ и делятся этой точкой пополам.

Согласно одному из признаков параллелограмма, если в четырехугольнике диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник является параллелограммом.

Следовательно, четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано. Четырехугольник, имеющий центр симметрии, является параллелограммом, так как по определению центральной симметрии его диагонали должны пересекаться в этом центре и делиться им пополам, а это является достаточным признаком параллелограмма.

1276 Приведите примеры фигур, имеющих бесконечно много центров симметрии.

Центр симметрии фигуры — это такая точка $C$, что для любой точки $A$ фигуры, точка $A'$, симметричная точке $A$ относительно точки $C$, также принадлежит этой фигуре. Точка $C$ является серединой отрезка $AA'$.

Существуют фигуры, имеющие бесконечное множество центров симметрии. Ниже приведены несколько примеров.

Пример 1. Прямая

Рассмотрим любую прямую $l$. Возьмем на этой прямой произвольную точку $C$. Пусть $A$ — любая точка на прямой $l$. Точка $A'$, симметричная точке $A$ относительно $C$, также будет лежать на прямой $l$. Это следует из определения симметрии: $A'$ — это такая точка, что $C$ является серединой отрезка $AA'$. Если $A$ и $C$ лежат на прямой $l$, то и вся прямая $AC$, содержащая отрезок $AA'$, совпадает с прямой $l$. Следовательно, точка $A'$ принадлежит прямой $l$.

Поскольку в качестве центра симметрии $C$ можно выбрать любую точку прямой, а на прямой бесконечно много точек, то прямая имеет бесконечно много центров симметрии.

Ответ: Прямая.

Пример 2. Полоса

Полоса — это часть плоскости, заключенная между двумя параллельными прямыми. Пусть в декартовой системе координат полоса ограничена прямыми $y=h$ и $y=-h$, где $h>0$. Фигура представляет собой множество точек $(x, y)$, для которых выполняется условие $-h \le y \le h$.

Средняя линия этой полосы — это ось абсцисс (прямая $y=0$). Возьмем любую точку $C(c, 0)$ на этой средней линии. Проверим, является ли она центром симметрии. Пусть $P(x, y)$ — произвольная точка полосы. Координаты симметричной ей точки $P'$ относительно $C$ вычисляются по формулам центральной симметрии и равны $P'(2c-x, -y)$.

Проверим, принадлежит ли точка $P'$ полосе. Её x-координата может быть любой. Для y-координаты точки $P$ выполняется неравенство $-h \le y \le h$. Умножив это двойное неравенство на $-1$, получим $h \ge -y \ge -h$, что эквивалентно $-h \le -y \le h$. Таким образом, y-координата точки $P'$ также удовлетворяет условию принадлежности полосе. Так как точка $C$ на средней линии была выбрана произвольно, любая точка средней линии является центром симметрии полосы. Средняя линия, будучи прямой, содержит бесконечное множество точек.

Ответ: Полоса, заключенная между двумя параллельными прямыми.

Пример 3. Пара параллельных прямых

Рассмотрим фигуру, состоящую из двух различных параллельных прямых, $l_1$ и $l_2$. Между этими прямыми можно провести прямую $m$, которая параллельна им и находится на одинаковом расстоянии от каждой из них (ось симметрии).

Выберем на прямой $m$ произвольную точку $C$. Пусть точка $A$ принадлежит исходной фигуре, то есть лежит либо на $l_1$, либо на $l_2$. Если $A$ лежит на $l_1$, то симметричная ей точка $A'$ относительно $C$ будет лежать на $l_2$. Если же $A$ лежит на $l_2$, то симметричная ей точка $A'$ будет лежать на $l_1$. В обоих случаях точка $A'$ принадлежит фигуре, состоящей из объединения прямых $l_1$ и $l_2$.

Так как любая точка прямой $m$ является центром симметрии для данной фигуры, а на прямой $m$ бесконечно много точек, то пара параллельных прямых имеет бесконечно много центров симметрии.

Ответ: Фигура, состоящая из двух параллельных прямых.

Пример 4. Вся плоскость

Это тривиальный, но корректный пример. Какую бы точку $C$ на плоскости мы ни выбрали в качестве центра симметрии, для любой точки $P$ на плоскости симметричная ей точка $P'$ также будет находиться на плоскости.

Следовательно, любая точка плоскости является её центром симметрии. Таким образом, плоскость имеет бесконечно много центров симметрии.

Ответ: Вся плоскость.

1277 Существует ли многоугольник, имеющий ровно два центра симметрии? Ответ обоснуйте.

Нет, такого многоугольника не существует.

Обоснуем этот ответ методом от противного. Предположим, что существует многоугольник $M$, который имеет ровно два различных центра симметрии, назовем их $O_1$ и $O_2$.

Обозначим центральную симметрию относительно точки $O_1$ как $S_1$, а относительно точки $O_2$ — как $S_2$. По определению центра симметрии, многоугольник $M$ при этих преобразованиях переходит сам в себя: $S_1(M) = M$ и $S_2(M) = M$.

Рассмотрим композицию этих двух преобразований: $T = S_2 \circ S_1$ (сначала применяется симметрия $S_1$, а затем $S_2$). Поскольку и $S_1$, и $S_2$ отображают многоугольник $M$ на себя, их композиция $T$ также должна отображать многоугольник $M$ на себя:

$T(M) = S_2(S_1(M)) = S_2(M) = M$.

Теперь выясним, что представляет собой преобразование $T$. Пусть $A$ — произвольная точка плоскости. Её образом при симметрии $S_1$ будет точка $A'$, а образом точки $A'$ при симметрии $S_2$ будет точка $A''$.

По определению центральной симметрии, точка $O_1$ является серединой отрезка $AA'$, а точка $O_2$ — серединой отрезка $A'A''$.

Рассмотрим треугольник $AA'A''$. Отрезок $O_1O_2$ соединяет середины двух его сторон ($AA'$ и $A'A''$). Следовательно, $O_1O_2$ является средней линией треугольника $AA'A''$.

По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне и равна её половине. В векторном виде это записывается как $\vec{O_1O_2} = \frac{1}{2}\vec{AA''}$. Отсюда получаем:

$\vec{AA''} = 2\vec{O_1O_2}$.

Это означает, что точка $A''$ получается из точки $A$ путем сдвига на постоянный вектор $\vec{v} = 2\vec{O_1O_2}$. Таким образом, преобразование $T$ является параллельным переносом на вектор $\vec{v}$. Поскольку по нашему предположению точки $O_1$ и $O_2$ различны, вектор переноса $\vec{v}$ не является нулевым.

Итак, мы установили, что многоугольник $M$ должен быть инвариантен относительно параллельного переноса на ненулевой вектор $\vec{v}$. Это означает, что если некоторая точка $P$ принадлежит многоугольнику $M$, то точка $P_1 = P + \vec{v}$ также должна принадлежать $M$. Применив перенос к точке $P_1$, получим, что точка $P_2 = P_1 + \vec{v} = P + 2\vec{v}$ тоже принадлежит $M$. Продолжая этот процесс, мы заключаем, что все точки вида $P + n\vec{v}$ для любого натурального $n$ должны принадлежать $M$. Аналогично, многоугольник инвариантен и относительно обратного переноса на вектор $-\vec{v}$, поэтому все точки $P + k\vec{v}$ для любого целого $k$ (положительного, отрицательного или нуля) принадлежат $M$.

Это означает, что многоугольник $M$ должен быть неограниченной фигурой, простирающейся бесконечно в направлении вектора $\vec{v}$ и в противоположном ему направлении.

Однако многоугольник по своему определению является ограниченной фигурой (это часть плоскости, заключенная внутри замкнутой ломаной линии, и она может быть помещена в круг конечного радиуса). Неограниченная фигура не может быть многоугольником.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, многоугольник не может иметь два или более центров симметрии.

Ответ: нет, не существует.

1278 Может ли многоугольник иметь две параллельные оси симметрии? Ответ обоснуйте.

Нет, многоугольник не может иметь две различные параллельные оси симметрии. Обоснуем этот ответ методом от противного.

Предположим, что существует многоугольник $M$, который имеет две различные параллельные оси симметрии, назовем их $l_1$ и $l_2$.

Осевая симметрия относительно прямой $l$ — это преобразование плоскости, которое переводит каждую точку $P$ в такую точку $P'$, что прямая $l$ является серединным перпендикуляром к отрезку $PP'$. Обозначим симметрию относительно оси $l_1$ как $S_1$, а симметрию относительно оси $l_2$ как $S_2$.

По определению оси симметрии, если многоугольник $M$ симметричен относительно осей $l_1$ и $l_2$, то при каждой из этих симметрий он переходит сам в себя:
$S_1(M) = M$
$S_2(M) = M$

Рассмотрим композицию (последовательное применение) этих двух симметрий: $T = S_2 \circ S_1$. В геометрии известно, что композиция двух симметрий с параллельными осями является параллельным переносом. Вектор этого переноса $\vec{v}$ перпендикулярен осям $l_1$ и $l_2$, а его длина равна удвоенному расстоянию между этими осями.

Поскольку мы предположили, что оси $l_1$ и $l_2$ различны, расстояние между ними не равно нулю, а значит, вектор переноса $\vec{v}$ является ненулевым ($\vec{v} \neq \vec{0}$).

Теперь посмотрим, как преобразование $T$ действует на многоугольник $M$:
$T(M) = (S_2 \circ S_1)(M) = S_2(S_1(M))$
Так как $S_1(M) = M$, то $S_2(S_1(M)) = S_2(M)$.
А так как $S_2(M) = M$, то в итоге получаем, что $T(M) = M$.

Это означает, что многоугольник $M$ переходит сам в себя при параллельном переносе на ненулевой вектор $\vec{v}$.

Однако многоугольник — это ограниченная фигура на плоскости (он имеет конечное число вершин и сторон). Если мы возьмем любую вершину $A_1$ многоугольника $M$, то точка $A_2 = T(A_1)$ также должна принадлежать многоугольнику $M$. Более того, так как параллельный перенос является движением, он переводит вершины в вершины, значит $A_2$ — тоже вершина многоугольника $M$. Применяя перенос многократно, мы получим бесконечную последовательность различных вершин: $A_1, A_2=T(A_1), A_3=T(A_2), \dots, A_{n+1}=T(A_n), \dots$. Все эти точки должны быть вершинами многоугольника $M$.

Но по определению, многоугольник имеет конечное число вершин. Полученное противоречие (бесконечное число вершин у фигуры с конечным числом вершин) доказывает, что наше первоначальное предположение было неверным.

Следовательно, многоугольник не может иметь две различные параллельные оси симметрии.

Ответ: нет, не может.

1279 Постройте фигуру, обладающую переносной симметрией, составленную из равных а) прямоугольных треугольников; б) ромбов; в) равнобедренных трапеций.

а) прямоугольных треугольников

Чтобы построить фигуру с переносной (трансляционной) симметрией, составленную из равных прямоугольных треугольников, можно взять два таких треугольника и сложить из них прямоугольник, совместив их по гипотенузе. Для этого один из треугольников нужно повернуть на $180^\circ$ относительно середины гипотенузы. Затем из полученных прямоугольников можно выложить бесконечную полосу, прикладывая их вплотную друг к другу.

На рисунке показан фрагмент такой полосы. Эта фигура обладает переносной симметрией: ее можно сдвинуть вдоль полосы на вектор $\vec{v}$, равный по длине стороне прямоугольника, и она совпадет сама с собой.

Ответ: Фигура, полученная путем замощения полосы прямоугольниками, каждый из которых составлен из двух равных прямоугольных треугольников, обладает переносной симметрией.

б) ромбов

Для построения фигуры с переносной симметрией из равных ромбов достаточно выложить их в один ряд, прикладывая друг к другу. Можно выбрать вектор переноса $\vec{v}$, равный по длине и направлению одной из диагоналей ромба, и последовательно сдвигать ромб на этот вектор.

В результате образуется бесконечная полоса из ромбов, как показано на рисунке. Эта фигура симметрична относительно параллельного переноса на вектор $\vec{v}$.

Ответ: Полоса, составленная из примыкающих друг к другу равных ромбов, расположенных в один ряд, обладает переносной симметрией.

в) равнобедренных трапеций

Чтобы построить фигуру с переносной симметрией из равных равнобедренных трапеций, можно сначала составить из них более простую для укладки фигуру — параллелограмм. Для этого нужно взять трапецию, ее копию повернуть на $180^\circ$ вокруг середины одной из боковых сторон и приложить к исходной трапеции по этой стороне. Из полученных параллелограммов уже легко составить полосу, обладающую переносной симметрией, сдвигая их на вектор, равный одной из сторон параллелограмма.

На рисунке показан пример такой конструкции, где каждый параллелограмм (составленный из двух трапеций, окрашенных в разные цвета) переносится параллельно, образуя симметричную полосу.

Ответ: Фигура, полученная путем замощения полосы параллелограммами, каждый из которых составлен из двух равных равнобедренных трапеций, обладает переносной симметрией.

1280 Постройте фигуру, обладающую поворотной симметрией, составленную из равных а) равносторонних треугольников; б) ромбов.

а)

Фигура обладает поворотной симметрией, если она совпадает сама с собой при повороте вокруг некоторой точки (центра симметрии) на угол, меньший $360^\circ$.

Для построения такой фигуры из равных равносторонних треугольников воспользуемся тем, что все углы равностороннего треугольника равны $60^\circ$. Чтобы составить фигуру с центром симметрии, нужно соединить несколько треугольников вершинами в одной общей точке. Для того чтобы треугольники полностью заполнили пространство вокруг этой точки, сумма их углов при этой общей вершине должна составлять $360^\circ$.

Поскольку угол равностороннего треугольника равен $60^\circ$, для полного оборота потребуется $360^\circ / 60^\circ = 6$ треугольников.

Построение:
1. Возьмем шесть равных равносторонних треугольников.
2. Выберем у каждого треугольника по одной вершине.
3. Совместим все шесть выбранных вершин в одной точке, которая станет центром симметрии будущей фигуры.
4. Расположим треугольники так, чтобы они примыкали друг к другу боковыми сторонами без наложений.

В результате такого построения получится правильный шестиугольник. Эта фигура обладает поворотной симметрией 6-го порядка, так как при повороте на угол $\alpha = \frac{360^\circ}{6} = 60^\circ$ вокруг своего центра она переходит сама в себя.

Ответ: Фигура, составленная из 6 равных равносторонних треугольников, соединенных в одной общей вершине, образующая правильный шестиугольник.

б)

Для построения фигуры с поворотной симметрией из равных ромбов поступим аналогично. Соединим несколько ромбов вершинами в одной точке так, чтобы сумма углов в этой точке была равна $360^\circ$.

Пусть мы используем $n$ одинаковых ромбов, соединяя их вершинами с углом $\alpha$. Для этого должно выполняться равенство $n \cdot \alpha = 360^\circ$. Это значит, что величина угла $\alpha$ должна быть делителем числа 360.

Рассмотрим один из возможных вариантов.
Пусть количество ромбов $n = 3$. Тогда угол $\alpha$, которым ромбы соединяются в центре, должен быть равен $360^\circ / 3 = 120^\circ$. Так как сумма соседних углов ромба равна $180^\circ$, второй угол ромба будет равен $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Построение:
1. Возьмем три равных ромба, углы которых равны $120^\circ$ и $60^\circ$.
2. Совместим их вершины с тупыми углами ($120^\circ$) в одной общей точке O.
3. Расположим ромбы так, чтобы они прилегали друг к другу сторонами.

Полученная фигура будет обладать поворотной симметрией 3-го порядка. Угол поворота, при котором она совмещается сама с собой, равен $\frac{360^\circ}{3} = 120^\circ$.

Ответ: Например, фигура, составленная из 3 равных ромбов с углами $120^\circ$ и $60^\circ$, соединенных вершинами с углами $120^\circ$ в одной точке.

1281 Через центр квадрата проведены две взаимно перпендикулярные прямые. Докажите, что отрезки прямых, заключённые внутри квадрата, равны.

Пусть дан квадрат, центр которого обозначим точкой O. Через точку O проведены две взаимно перпендикулярные прямые. Назовем одну прямую $l_1$, а другую $l_2$. Прямая $l_1$ пересекает стороны квадрата в точках M и N, а прямая $l_2$ — в точках P и K. Отрезки прямых, заключенные внутри квадрата, — это MN и PK. Требуется доказать, что их длины равны, то есть $MN = PK$.

Для доказательства воспользуемся методом геометрических преобразований, а именно поворотом фигуры вокруг ее центра.

Рассмотрим поворот на угол $90^{\circ}$ вокруг центра квадрата — точки O.

1. Квадрат является фигурой, симметричной относительно своего центра. При повороте на $90^{\circ}$ вокруг центра O квадрат отображается сам на себя.

2. Прямая $l_1$ проходит через центр поворота O. При повороте на $90^{\circ}$ она перейдет в прямую, которая также проходит через точку O и составляет с прямой $l_1$ угол $90^{\circ}$. По условию задачи, прямые $l_1$ и $l_2$ взаимно перпендикулярны ($l_1 \perp l_2$). Это означает, что образом прямой $l_1$ при данном повороте является в точности прямая $l_2$.

3. Отрезок MN представляет собой пересечение прямой $l_1$ и квадрата. Следовательно, при повороте образом отрезка MN будет пересечение образа прямой $l_1$ и образа квадрата.

4. Как мы установили выше, образом прямой $l_1$ является прямая $l_2$, а образом квадрата — сам квадрат. Таким образом, образом отрезка MN является пересечение прямой $l_2$ и квадрата, то есть отрезок PK.

5. Поворот является движением (изометрией). Ключевое свойство любого движения заключается в том, что оно сохраняет расстояния. Это значит, что длина любого отрезка равна длине его образа.

Из этого следует, что длина отрезка MN равна длине его образа — отрезка PK. Следовательно, $MN = PK$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Отрезки взаимно перпендикулярных прямых, проведенных через центр квадрата и заключенных внутри него, равны, так как один отрезок может быть получен из другого поворотом на $90^{\circ}$ вокруг центра квадрата, а поворот является движением и сохраняет длины.

1282 На прямой а даны три точки А, В и С, причём точка В лежит между точками А и С. По одну сторону от этой прямой построены равносторонние треугольники АВМ и ВСN. Докажите, что отрезки АN и МС равны, и найдите угол между ними.

Докажите, что отрезки AN и MC равны

Рассмотрим треугольники $ABN$ и $MBC$.
По условию, треугольники $ABM$ и $BCN$ являются равносторонними. Это означает, что все их стороны равны, а все углы равны $60^\circ$.
Следовательно, мы имеем следующие равенства сторон:
$AB = MB$ (как стороны $\triangle ABM$);
$BC = BN$ (как стороны $\triangle BCN$).
Также нам известны углы: $\angle ABM = 60^\circ$ и $\angle CBN = 60^\circ$.
Поскольку точки $A$, $B$ и $C$ лежат на одной прямой $a$, угол $\angle ABC$ является развернутым и равен $180^\circ$. Так как треугольники $ABM$ и $BCN$ построены по одну сторону от прямой $a$, мы можем найти угол $\angle MBN$:
$\angle MBN = \angle ABC - \angle ABM - \angle CBN = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ$.
Теперь найдем углы, входящие в треугольники $ABN$ и $MBC$:
$\angle ABN = \angle ABM + \angle MBN = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$.
$\angle MBC = \angle MBN + \angle CBN = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$.
Таким образом, $\angle ABN = \angle MBC$.
Мы установили, что в треугольниках $ABN$ и $MBC$ стороны $AB = MB$, $BN = BC$ и угол между ними $\angle ABN = \angle MBC$.
Следовательно, по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними), $\triangle ABN = \triangle MBC$.
Из равенства треугольников следует равенство их соответственных сторон: $AN = MC$.

Ответ: Равенство отрезков $AN$ и $MC$ доказано.

найдите угол между ними

Пусть отрезки $AN$ и $MC$ пересекаются в точке $P$. Угол между ними — это один из углов, образовавшихся при их пересечении, например, $\angle MPC$.
Из доказанного выше равенства треугольников $\triangle ABN = \triangle MBC$ следует равенство их соответственных углов: $\angle BNA = \angle BCM$. Обозначим величину этих равных углов как $\alpha$.
Пусть отрезок $MC$ пересекает отрезок $BN$ в точке $Q$.
Рассмотрим треугольник $BQC$. В нем:
- $\angle QBC = \angle NBC = 60^\circ$ (так как $\triangle BCN$ равносторонний).
- $\angle BCQ = \angle BCM = \alpha$.
Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол $\angle BQC$ равен:
$\angle BQC = 180^\circ - (\angle QBC + \angle BCQ) = 180^\circ - (60^\circ + \alpha) = 120^\circ - \alpha$.
Теперь рассмотрим треугольник $PQN$.
- Угол $\angle PQN$ и угол $\angle BQC$ являются вертикальными, следовательно, они равны: $\angle PQN = \angle BQC = 120^\circ - \alpha$.
- Угол $\angle PNQ$ — это тот же угол, что и $\angle BNA$, то есть $\angle PNQ = \alpha$.
Искомый угол $\angle NPQ$ (который равен углу $\angle MPC$) находим из суммы углов треугольника $PQN$:
$\angle NPQ = 180^\circ - (\angle PQN + \angle PNQ) = 180^\circ - ((120^\circ - \alpha) + \alpha) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.
Таким образом, угол между отрезками $AN$ и $MC$ равен $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

1283 Решите предыдущую задачу при условии, что точки А, В и С являются вершинами треугольника, а равносторонние треугольники АВМ и ВСN построены внешним образом на его сторонах АВ и ВС.

Поскольку условие задачи ссылается на предыдущую задачу (1282), текст которой не предоставлен, мы будем решать наиболее распространенную постановку для данной геометрической конфигурации. Обычно в таких задачах требуется:

а) Доказать, что отрезки $AN$ и $MC$ равны.

б) Найти угол между прямыми $AN$ и $MC$.

а) Доказательство равенства отрезков AN и MC

Рассмотрим треугольники $ABN$ и $MBC$.

1. Сторона $AB$ треугольника $ABN$ равна стороне $MB$ треугольника $MBC$, так как они являются сторонами равностороннего треугольника $ABM$. Таким образом, $AB = MB$.

2. Сторона $BN$ треугольника $ABN$ равна стороне $BC$ треугольника $MBC$, так как они являются сторонами равностороннего треугольника $BCN$. Таким образом, $BN = BC$.

3. Найдем углы $\angle ABN$ и $\angle MBC$. Угол $\angle ABN$ состоит из угла $\angle ABC$ и угла $\angle CBN$. Так как треугольник $BCN$ равносторонний, $\angle CBN = 60^\circ$. Следовательно, $\angle ABN = \angle ABC + 60^\circ$.

Аналогично, угол $\angle MBC$ состоит из угла $\angle ABC$ и угла $\angle MBA$. Так как треугольник $ABM$ равносторонний, $\angle MBA = 60^\circ$. Следовательно, $\angle MBC = \angle ABC + 60^\circ$.

Таким образом, мы имеем $\angle ABN = \angle MBC$.

4. У нас есть две стороны и угол между ними в треугольнике $ABN$ (стороны $AB$, $BN$ и угол $\angle ABN$), которые соответственно равны двум сторонам и углу между ними в треугольнике $MBC$ (стороны $MB$, $BC$ и угол $\angle MBC$).

По первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними), треугольники $ABN$ и $MBC$ равны: $\triangle ABN \cong \triangle MBC$.

5. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Сторона $AN$ в треугольнике $ABN$ соответствует стороне $MC$ в треугольнике $MBC$.

Следовательно, $AN = MC$.

Ответ: Равенство $AN = MC$ доказано.

б) Нахождение угла между прямыми AN и MC

Для нахождения угла воспользуемся методом, использующим свойства точки Ферма.

1. Пусть $\omega_1$ — описанная окружность равностороннего треугольника $ABM$, а $\omega_2$ — описанная окружность равностороннего треугольника $BCN$.

2. Обе окружности проходят через точку $B$. Пусть $F$ — вторая точка их пересечения (если точки $A, B, C$ не лежат на одной прямой, то окружности не могут просто касаться в точке $B$, поэтому вторая точка пересечения $F$ существует и отлична от $B$).

3. Точки $A, B, M, F$ лежат на окружности $\omega_1$. Угол $\angle AMB$ вписан в эту окружность и равен $60^\circ$. Угол $\angle AFB$ опирается на ту же дугу $AB$, что и угол $\angle AMB$, но находится с другой стороны от хорды $AB$. Следовательно, их сумма равна $180^\circ$. Отсюда, $\angle AFB = 180^\circ - \angle AMB = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

4. Аналогично, точки $B, C, N, F$ лежат на окружности $\omega_2$. Угол $\angle BNC = 60^\circ$. Угол $\angle BFC$ опирается на ту же дугу $BC$, что и $\angle BNC$, но с другой стороны. Следовательно, $\angle BFC = 180^\circ - \angle BNC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

5. Докажем, что точки $M, F, C$ лежат на одной прямой (коллинеарны). Для этого нужно показать, что угол $\angle MFC = 180^\circ$. Этот угол можно представить как сумму углов $\angle MFB$ и $\angle BFC$. Мы уже знаем, что $\angle BFC = 120^\circ$.

6. Найдем угол $\angle MFB$. В вписанном четырехугольнике $ABMF$ сумма противоположных углов равна $180^\circ$. Также вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны. Углы $\angle MFB$ и $\angle MAB$ опираются на дугу $MB$. Так как $\triangle ABM$ равносторонний, $\angle MAB = 60^\circ$. Значит, $\angle MFB = 60^\circ$.

7. Теперь сложим углы: $\angle MFC = \angle MFB + \angle BFC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$. Это означает, что точки $M, F, C$ лежат на одной прямой. Таким образом, точка $F$ лежит на прямой $MC$.

8. Аналогично докажем, что точки $A, F, N$ коллинеарны. Рассмотрим угол $\angle AFN = \angle AFB + \angle BFN$. Мы знаем, что $\angle AFB = 120^\circ$.

9. Найдем угол $\angle BFN$. В вписанном четырехугольнике $BCNF$ углы $\angle BFN$ и $\angle BCN$ опираются на одну дугу $BN$. Так как $\triangle BCN$ равносторонний, $\angle BCN = 60^\circ$. Значит, $\angle BFN = 60^\circ$.

10. Сложим углы: $\angle AFN = \angle AFB + \angle BFN = 120^\circ + 60^\circ = 180^\circ$. Это означает, что точки $A, F, N$ лежат на одной прямой. Таким образом, точка $F$ лежит на прямой $AN$.

11. Поскольку точка $F$ лежит и на прямой $MC$, и на прямой $AN$, она является точкой их пересечения.

12. Угол между прямыми $AN$ и $MC$ — это угол, под которым они пересекаются в точке $F$. Например, это $\angle AFC$. Сумма углов вокруг точки $F$ равна $360^\circ$. Мы имеем $\angle AFB = 120^\circ$ и $\angle BFC = 120^\circ$. Тогда $\angle AFC = 360^\circ - \angle AFB - \angle BFC = 360^\circ - 120^\circ - 120^\circ = 120^\circ$.

13. По определению, угол между двумя пересекающимися прямыми — это наименьший из четырех образовавшихся углов. Углы при пересечении равны $120^\circ$ и $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$. Наименьший из них — $60^\circ$.

Ответ: Угол между прямыми $AN$ и $MC$ равен $60^\circ$.

1284 Постройте квадрат, если даны его центр и прямая, на которой лежит одна из сторон квадрата.

Для решения задачи воспользуемся основным свойством квадрата: его центр равноудален от всех его сторон на расстояние, равное половине длины стороны.

Анализ

Пусть O — данный центр квадрата, а прямая $l$ — прямая, на которой лежит одна из его сторон. Расстояние от центра O до прямой $l$ равно половине длины стороны квадрата. Обозначим это расстояние как $d$. Таким образом, если мы найдем расстояние от точки O до прямой $l$, мы определим половину стороны искомого квадрата, $a/2$, где $a$ — сторона квадрата. Противоположная сторона будет лежать на прямой, параллельной $l$ и находящейся на таком же расстоянии $d$ от центра O, но с другой стороны. Две другие стороны будут перпендикулярны прямой $l$ и также будут равноудалены от центра O на расстояние $d$.

Алгоритм построения

1. Проведем из точки O перпендикуляр к прямой $l$. Обозначим точку их пересечения как H. Длина отрезка OH равна половине стороны квадрата: $d = |OH|$.
2. На луче OH отложим за точкой O отрезок $OK$, равный отрезку $OH$. Таким образом, точка O является серединой отрезка HK.
3. Через точку K проведем прямую $m$, параллельную прямой $l$. На этой прямой будет лежать сторона квадрата, противоположная той, что лежит на $l$.
4. Через точку O проведем прямую $n$, перпендикулярную прямой HK (и, следовательно, параллельную прямым $l$ и $m$).
5. На прямой $n$ отложим от точки O в обе стороны отрезки $OP$ и $OQ$, равные по длине отрезку $OH$ ($|OP| = |OQ| = d$).
6. Через точки P и Q проведем прямые $p_1$ и $p_2$ соответственно, перпендикулярные прямой $n$.

Точки пересечения прямых $l$ и $m$ с прямыми $p_1$ и $p_2$ образуют вершины искомого квадрата.

Доказательство

Построенный четырехугольник, ограниченный прямыми $l, m, p_1, p_2$, является прямоугольником, так как его стороны по построению попарно параллельны ($l \parallel m$, $p_1 \parallel p_2$) и смежные стороны перпендикулярны ($l \perp p_1$).
Длина стороны, лежащей на прямой $p_1$, равна расстоянию между параллельными прямыми $l$ и $m$, которое по построению равно $|HK| = |HO| + |OK| = d + d = 2d$.
Длина стороны, лежащей на прямой $l$, равна расстоянию между параллельными прямыми $p_1$ и $p_2$, которое по построению равно $|PQ| = |PO| + |OQ| = d + d = 2d$.
Поскольку у прямоугольника смежные стороны равны ($2d$), он является квадратом. Его центр симметрии — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам (прямых HK и n), — это точка O. Одна из его сторон лежит на данной прямой $l$. Таким образом, построенный квадрат удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Построение искомого квадрата выполняется согласно приведенному выше алгоритму. Ключевые шаги: 1) найти расстояние $d$ от центра до данной прямой; 2) построить четыре прямые, образующие сетку для квадрата: две параллельные исходной прямой (сама исходная и вторая на расстоянии $2d$ от нее) и две перпендикулярные ей, проходящие на расстоянии $d$ от центра с обеих сторон. Вершины квадрата являются точками пересечения этих прямых.

1285 Постройте квадрат, если даны его центр и две точки, лежащие на прямых, содержащих параллельные стороны квадрата.

Для решения задачи воспользуемся свойствами симметрии квадрата. Центр квадрата $O$ является его центром симметрии. Это означает, что при центральной симметрии относительно точки $O$ квадрат переходит сам в себя. В частности, прямая, содержащая одну из сторон квадрата, переходит в прямую, содержащую противоположную (параллельную ей) сторону.

Пусть даны центр квадрата $O$, точка $M$, лежащая на прямой $l_1$ (содержащей одну сторону), и точка $N$, лежащая на прямой $l_2$ (содержащей противоположную сторону, $l_1 \parallel l_2$). Так как $l_2$ является образом $l_1$ при центральной симметрии относительно $O$, то образ точки $M$ при этой симметрии, точка $M'$, должен лежать на прямой $l_2$. Таким образом, мы получаем две точки ($N$ и $M'$) на прямой $l_2$, что позволяет нам ее построить. После этого построение остальных элементов квадрата становится прямолинейной задачей.

Анализ и план построения

1. Построить точку $M'$, симметричную точке $M$ относительно центра $O$.
2. Провести прямую $l_2$ через точки $N$ и $M'$. Эта прямая содержит одну из сторон квадрата.
3. Провести прямую $l_1$ через точку $M$ параллельно прямой $l_2$. Эта прямая содержит противоположную сторону квадрата.
4. Определить сторону квадрата $a$. Она равна расстоянию между прямыми $l_1$ и $l_2$. Для этого нужно провести перпендикуляр из точки $O$ к одной из прямых, например, к $l_1$. Пусть $P$ — основание этого перпендикуляра. Тогда расстояние от центра до стороны равно $OP$, а вся сторона квадрата $a = 2 \cdot OP$.
5. Построить две другие стороны квадрата. Они лежат на прямых $l_3$ и $l_4$, перпендикулярных $l_1$ и $l_2$. Эти прямые также находятся на расстоянии $OP$ от центра $O$.
6. Вершины квадрата находятся в точках пересечения построенных прямых $l_1, l_2, l_3, l_4$.

Построение

1. Соединяем точку $M$ с центром $O$ и на продолжении луча $MO$ за точку $O$ откладываем отрезок $OM' = OM$. Точка $M'$ симметрична $M$ относительно $O$.
2. Проводим прямую $l_2$ через точки $N$ и $M'$.
3. Через точку $M$ проводим прямую $l_1$ параллельно прямой $l_2$.
4. Из точки $O$ опускаем перпендикуляр на прямую $l_1$. Обозначим основание перпендикуляра точкой $P$.
5. Через точку $O$ проводим прямую $m$, перпендикулярную прямой $OP$.
6. На прямой $m$ от точки $O$ в обе стороны откладываем отрезки $OR$ и $OS$, равные отрезку $OP$.
7. Через точку $R$ проводим прямую $l_3$ параллельно прямой $OP$ (т.е. перпендикулярно $l_1$).
8. Через точку $S$ проводим прямую $l_4$ параллельно прямой $OP$ (т.е. перпендикулярно $l_1$).
9. Прямые $l_1, l_2, l_3, l_4$ образуют искомый квадрат. Его вершины являются точками пересечения этих прямых.

Исследование

Рассмотрим возможные случаи расположения исходных точек.

1. Общий случай: Точка $N$ не совпадает с точкой $M'$ (т.е. точка $N$ не является симметричной точке $M$ относительно центра $O$).

   В этом случае точки $N$ и $M'$ различны, и через них можно провести единственную прямую $l_2$. Все последующие шаги построения также выполняются однозначно. Однако этот метод позволяет построить только одно из двух возможных решений. Чтобы получить второе решение, следует воспользоваться методом поворота, который показывает, что в общем случае существует два квадрата, удовлетворяющих условию.

   Идея второго решения заключается в следующем: если в первом решении прямые, содержащие $M$ и $N$, были $l_1$ и $l_2$, то во втором решении эти же точки $M$ и $N$ будут лежать на другой паре параллельных сторон $l_3$ и $l_4$. Метод, использующий поворот на $\pm90^\circ$ вокруг центра $O$, позволяет построить оба решения.

2. Особый случай: Точка $N$ совпадает с точкой $M'$ (т.е. $N$ — образ $M$ при центральной симметрии относительно $O$).

   В этом случае шаг 2 построения (проведение прямой $l_2$ через $N$ и $M'$) становится неопределенным, так как точки совпадают. Через одну точку можно провести бесконечное множество прямых. Любая прямая $l_2$, проходящая через точку $N$, может быть взята за основу. Для каждой такой прямой $l_2$ можно построить соответствующую ей прямую $l_1$ (проходит через $M$ параллельно $l_2$) и затем достроить квадрат. Таким образом, в этом особом случае задача имеет бесконечное множество решений.

Ответ:

Алгоритм построения одного из решений задачи описан выше. В общем случае, когда данная точка $N$ не является центрально-симметричной образу данной точки $M$ относительно центра $O$, задача имеет два решения. В особом случае, когда точки $M$ и $N$ центрально-симметричны относительно $O$, задача имеет бесконечное множество решений.

1 Объясните, что такое отображение плоскости на себя.

Отображение плоскости на себя — это правило (или закон), по которому каждой точке плоскости ставится в соответствие некоторая другая (или та же самая) точка этой же плоскости.

Можно представить, что вся плоскость — это бесконечный эластичный лист. Отображение — это любое действие, которое можно с этим листом произвести: сдвинуть, повернуть, растянуть, сжать или как-то иначе деформировать. В результате каждого такого действия каждая точка листа (плоскости) перейдет в какое-то новое положение.

При этом выполняются два ключевых условия:

• Каждой исходной точке $M$ (называемой прообразом) соответствует ровно одна конечная точка $M'$ (называемая образом).
• Каждая точка плоскости является образом какой-либо точки. Иными словами, в результате преобразования мы снова получаем всю плоскость целиком, без "дыр" или "пропусков".

Математическое определение:

Плоскость можно рассматривать как множество точек, которые описываются с помощью декартовых координат $(x, y)$. Такое множество обозначается как $\mathbb{R}^2$. Отображение плоскости на себя — это функция $f$, которая действует из множества $\mathbb{R}^2$ в себя же: $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$.

Это означает, что для любой точки $M$ с координатами $(x, y)$ функция $f$ определяет новую точку $M'$ с координатами $(x', y')$. Это можно записать в виде системы формул: $ \begin{cases} x' = g(x, y) \\ y' = h(x, y) \end{cases} $ где $g$ и $h$ — некоторые функции, определяющие данное отображение.

Примеры отображений плоскости на себя:

• Параллельный перенос: Все точки плоскости сдвигаются на один и тот же вектор $(a, b)$.
  Формулы: $x' = x + a$, $y' = y + b$.
• Поворот вокруг начала координат: Все точки поворачиваются на угол $\alpha$ вокруг точки $(0, 0)$.
  Формулы: $ \begin{cases} x' = x \cos \alpha - y \sin \alpha \\ y' = x \sin \alpha + y \cos \alpha \end{cases} $
• Симметрия (отражение) относительно оси Ox: Каждая точка $(x, y)$ переходит в точку $(x, -y)$.
  Формулы: $x' = x$, $y' = -y$.
• Гомотетия (растяжение/сжатие) от начала координат: Расстояние каждой точки от начала координат умножается на коэффициент $k$ ($k \neq 0$).
  Формулы: $x' = kx$, $y' = ky$. Если $|k| > 1$ — это растяжение, если $0 < |k| < 1$ — сжатие.

Все эти примеры являются частными случаями отображений плоскости на себя. В общем случае отображение может быть и более сложным, не сохраняющим ни расстояния, ни формы фигур.

Ответ: Отображение плоскости на себя — это правило (функция), согласно которому каждой точке плоскости ставится в соответствие единственная точка этой же плоскости, причем любая точка плоскости является образом некоторой исходной точки.

2 Докажите, что осевая симметрия является преобразованием плоскости.

Чтобы доказать, что осевая симметрия является преобразованием плоскости, необходимо доказать, что это отображение плоскости на себя является взаимно однозначным (биективным). Биективное отображение — это отображение, которое одновременно является инъективным и сюръективным.

• Инъективность означает, что разным точкам соответствуют разные образы.
• Сюръективность означает, что для любой точки на плоскости существует прообраз (т.е. в любую точку плоскости переходит какая-либо точка).

Рассмотрим осевую симметрию относительно произвольной прямой $l$. Обозначим это преобразование как $S_l$. По определению, для любой точки $M$ плоскости её образ $M' = S_l(M)$ — это точка, для которой отрезок $MM'$ перпендикулярен прямой $l$ и делится этой прямой пополам. Если точка $M$ лежит на прямой $l$, то она отображается сама в себя ($M' = M$).

Доказательство инъективности

Нужно доказать, что если $S_l(M_1) = S_l(M_2)$, то $M_1 = M_2$.

Сначала установим важное свойство осевой симметрии: она является преобразованием, обратным самой себе. Если $M' = S_l(M)$, то по определению отрезок $MM'$ перпендикулярен $l$ и его середина лежит на $l$. Но эти же условия выполняются и для отрезка $M'M$, поэтому образом точки $M'$ при симметрии $S_l$ будет точка $M$. Таким образом, для любой точки $M$ справедливо равенство $S_l(S_l(M)) = M$.

Пусть $S_l(M_1) = S_l(M_2)$. Применим к обеим частям этого равенства преобразование $S_l$:

$S_l(S_l(M_1)) = S_l(S_l(M_2))$

Используя установленное выше свойство, получаем:

$M_1 = M_2$

Это доказывает, что отображение инъективно: разные точки не могут перейти в одну и ту же.

Доказательство сюръективности

Нужно доказать, что для любой точки $N$ на плоскости существует точка $M$ (её прообраз) такая, что $S_l(M) = N$.

Возьмём произвольную точку $N$ на плоскости. В качестве её прообраза $M$ рассмотрим точку, которая является образом самой точки $N$ при симметрии $S_l$, то есть положим $M = S_l(N)$.

Теперь найдём образ точки $M$ при преобразовании $S_l$:

$S_l(M) = S_l(S_l(N))$

Так как преобразование $S_l$ обратно самому себе, $S_l(S_l(N)) = N$. Следовательно, $S_l(M) = N$.

Мы показали, что для любой точки $N$ на плоскости существует прообраз $M$, а значит, отображение сюръективно.

Поскольку осевая симметрия является одновременно инъективным и сюръективным отображением, она является биекцией плоскости на себя, что по определению и означает, что это преобразование плоскости. Что и требовалось доказать.

Ответ: Осевая симметрия является преобразованием плоскости, так как она представляет собой взаимно однозначное отображение (биекцию) плоскости на себя, что доказано через проверку свойств инъективности и сюръективности.

3 Докажите, что центральная симметрия является преобразованием плоскости.

Преобразование плоскости — это взаимно однозначное (биективное) отображение плоскости на себя. Чтобы доказать, что центральная симметрия является преобразованием плоскости, необходимо показать, что она является биекцией, то есть одновременно инъективным и сюръективным отображением.

• Инъективность означает, что разным точкам плоскости соответствуют разные образы.
• Сюръективность означает, что любая точка плоскости является образом некоторой другой точки.

Рассмотрим центральную симметрию $S_O$ относительно центра $O$. По определению, для любой точки $M$ её образ $M' = S_O(M)$ таков, что точка $O$ является серединой отрезка $MM'$.

Доказательство через геометрические свойства

1. Доказательство инъективности

Докажем от противного. Предположим, что существуют две различные точки $M_1$ и $M_2$ ($M_1 \neq M_2$), которые при симметрии относительно центра $O$ переходят в одну и ту же точку $M'$. То есть, $S_O(M_1) = M'$ и $S_O(M_2) = M'$.

Из определения центральной симметрии следует, что $O$ — середина отрезка $M_1M'$, и одновременно $O$ — середина отрезка $M_2M'$. Однако для любой точки $M'$ существует ровно одна точка, симметричная ей относительно центра $O$. Эта точка лежит на прямой, проходящей через $M'$ и $O$, по другую сторону от $O$ и на том же расстоянии. Следовательно, точки $M_1$ и $M_2$ должны совпадать.

Это противоречит нашему исходному предположению, что $M_1 \neq M_2$. Значит, предположение неверно, и разным точкам соответствуют разные образы. Инъективность доказана.

2. Доказательство сюръективности

Пусть $P$ — произвольная точка на плоскости. Требуется доказать, что существует такая точка $M$, что её образ при симметрии относительно $O$ есть точка $P$, то есть $S_O(M) = P$.

Построим точку $M$, симметричную точке $P$ относительно центра $O$. По определению, это означает, что $O$ является серединой отрезка $MP$.

Теперь найдем образ точки $M$ при симметрии $S_O$. Пусть $S_O(M) = M'$. По определению, $O$ — середина отрезка $MM'$.

Поскольку точка, симметричная точке $M$ относительно $O$, единственна, а по построению и точка $P$, и точка $M'$ симметричны $M$ относительно $O$, то точки $P$ и $M'$ должны совпадать: $P = M'$.

Мы показали, что для любой точки $P$ плоскости существует прообраз $M$. Следовательно, отображение сюръективно.

Альтернативное доказательство с использованием координат

Введем на плоскости декартову систему координат так, чтобы центр симметрии $O$ совпал с началом координат $(0, 0)$.

Пусть произвольная точка $M$ имеет координаты $(x, y)$. Найдем координаты ее образа $M'(x', y')$. Поскольку точка $O(0, 0)$ — середина отрезка $MM'$, то ее координаты равны полусуммам соответствующих координат точек $M$ и $M'$: $$ \frac{x+x'}{2} = 0 \implies x' = -x $$ $$ \frac{y+y'}{2} = 0 \implies y' = -y $$ Таким образом, центральная симметрия относительно начала координат переводит каждую точку $M(x, y)$ в точку $M'(-x, -y)$.

Теперь докажем биективность этого отображения.

1. Инъективность: Пусть есть две точки $M_1(x_1, y_1)$ и $M_2(x_2, y_2)$, и их образы совпадают: $S_O(M_1) = S_O(M_2)$. Их образы имеют координаты $M'_1(-x_1, -y_1)$ и $M'_2(-x_2, -y_2)$. Равенство $M'_1 = M'_2$ означает равенство их координат: $$ -x_1 = -x_2 \implies x_1 = x_2 $$ $$ -y_1 = -y_2 \implies y_1 = y_2 $$ Поскольку координаты точек $M_1$ и $M_2$ совпадают, то и сами точки совпадают: $M_1 = M_2$. Это доказывает инъективность.

2. Сюръективность: Пусть $P(a, b)$ — произвольная точка на плоскости. Найдем точку $M(x, y)$, которая переходит в точку $P$ при данной симметрии, то есть $S_O(M) = P$. Образ точки $M(x, y)$ — это точка $M'(-x, -y)$. Мы хотим, чтобы $M' = P$: $$ -x = a \implies x = -a $$ $$ -y = b \implies y = -b $$ Таким образом, для любой точки $P(a, b)$ существует прообраз — точка $M(-a, -b)$. Это доказывает сюръективность.

Оба метода доказательства показывают, что центральная симметрия является инъективным и сюръективным отображением, а значит, является биекцией плоскости на себя.

Ответ: Доказано, что центральная симметрия является биективным отображением плоскости на себя. По определению, это означает, что центральная симметрия является преобразованием плоскости.

4 Что такое движение плоскости?

Движение плоскости (также называемое изометрией или изометрическим преобразованием) — это преобразование плоскости, при котором сохраняются расстояния между точками.

Это означает, что если произвольные точки $M$ и $N$ плоскости при некотором движении переходят в точки $M'$ и $N'$, то расстояние между исходными точками $M$ и $N$ равно расстоянию между их образами $M'$ и $N'$. Математически это свойство записывается так: $$|MN| = |M'N'|$$

Из основного свойства сохранения расстояний вытекают и другие важные инварианты движения:

• Движение переводит прямые в прямые, лучи в лучи, отрезки в равные им отрезки.
• Движение сохраняет величину углов между прямыми.
• При движении любая геометрическая фигура переходит в равную ей (конгруэнтную) фигуру.

Основные виды движений на плоскости:

1. Параллельный перенос — смещение всех точек плоскости в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. Это движение задается вектором переноса.
2. Поворот — вращение всех точек плоскости на заданный угол вокруг фиксированной точки, называемой центром поворота. Частным случаем поворота на $180^\circ$ является центральная симметрия.
3. Осевая симметрия — отражение всех точек плоскости относительно некоторой прямой, называемой осью симметрии.

Важно отметить, что любое движение на плоскости можно представить как композицию (последовательное выполнение) одного, двух или трёх осевых симметрий. Движения также классифицируют по тому, сохраняют ли они ориентацию фигур (например, направление обхода вершин треугольника).

• Движения первого рода (собственные) сохраняют ориентацию. К ним относятся параллельный перенос и поворот.
• Движения второго рода (несобственные) изменяют ориентацию на противоположную. Основной пример — осевая симметрия.

Ответ: Движение плоскости — это преобразование плоскости, которое сохраняет расстояние между любыми двумя точками. Следствием этого является то, что любая фигура при движении переходит в равную ей фигуру. К основным видам движений относятся параллельный перенос, поворот и осевая симметрия.

5 Докажите, что осевая симметрия является движением.

Движением (или изометрией) называется преобразование плоскости, которое сохраняет расстояния между точками. Чтобы доказать, что осевая симметрия является движением, необходимо показать, что для любых двух точек $M$ и $N$ расстояние между ними равно расстоянию между их образами $M'$ и $N'$ при осевой симметрии. То есть, нужно доказать, что $|MN| = |M'N'|$.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Пусть $l$ — произвольная прямая, являющаяся осью симметрии. Введем прямоугольную систему координат так, чтобы ось $l$ совпала с осью абсцисс ($Ox$).

Пусть $M$ и $N$ — две произвольные точки на плоскости с координатами $M(x_1, y_1)$ и $N(x_2, y_2)$.

При симметрии относительно оси $Ox$ каждая точка $(x, y)$ переходит в точку $(x, -y)$. Следовательно, образами точек $M$ и $N$ будут точки $M'(x_1, -y_1)$ и $N'(x_2, -y_2)$ соответственно.

Теперь найдем квадраты расстояний между точками $M$ и $N$ и между точками $M'$ и $N'$, используя формулу расстояния между двумя точками $A(x_A, y_A)$ и $B(x_B, y_B)$: $|AB|^2 = (x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2$.

Квадрат расстояния между точками $M$ и $N$: $|MN|^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$

Квадрат расстояния между их образами $M'$ и $N'$: $|M'N'|^2 = (x_2 - x_1)^2 + (-y_2 - (-y_1))^2 = (x_2 - x_1)^2 + (-y_2 + y_1)^2$

Так как $(-y_2 + y_1)^2 = (-(y_2 - y_1))^2 = (y_2 - y_1)^2$, то мы получаем: $|M'N'|^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$

Сравнивая полученные выражения для квадратов расстояний, мы видим, что они равны: $|MN|^2 = |M'N'|^2$

Поскольку расстояние — это неотрицательная величина, из равенства квадратов расстояний следует и равенство самих расстояний: $|MN| = |M'N'|$

Мы показали, что для любых двух точек плоскости расстояние между ними равно расстоянию между их образами при осевой симметрии. Это означает, что осевая симметрия сохраняет расстояния, а следовательно, является движением. Что и требовалось доказать.

Ответ: Осевая симметрия является движением, так как при этом преобразовании сохраняется расстояние между любыми двумя точками плоскости.

6 Является ли центральная симметрия движением?

Да, центральная симметрия является движением. Чтобы это доказать, необходимо показать, что данное преобразование сохраняет расстояние между любыми двумя точками.

Движением (или изометрией) называется преобразование плоскости, при котором сохраняются расстояния между точками. То есть, если произвольные точки $A$ и $B$ переходят в точки $A'$ и $B'$, то расстояние $AB$ должно быть равно расстоянию $A'B'$.

Центральная симметрия относительно точки $O$ (центра симметрии) — это преобразование, при котором каждая точка $M$ плоскости переходит в такую точку $M'$, что точка $O$ является серединой отрезка $MM'$.

Докажем, что центральная симметрия является движением, на основе этих определений.

Пусть даны две произвольные точки $A$ и $B$. При центральной симметрии с центром в точке $O$ точка $A$ переходит в $A'$, а точка $B$ — в $B'$. По определению центральной симметрии, точка $O$ — середина отрезка $AA'$, а также середина отрезка $BB'$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle A'OB'$. В них: сторона $AO$ равна стороне $A'O$, так как $O$ — середина отрезка $AA'$; сторона $BO$ равна стороне $B'O$, так как $O$ — середина отрезка $BB'$; угол $\angle AOB$ равен углу $\angle A'OB'$ как вертикальные углы.

Следовательно, $\triangle AOB = \triangle A'OB'$ по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними). Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон, а именно $AB = A'B'$.

Так как для любых двух точек $A$ и $B$ расстояние между ними ($AB$) равно расстоянию между их образами ($A'B'$) при центральной симметрии, то по определению центральная симметрия является движением.

Ответ: Да, центральная симметрия является движением, так как она сохраняет расстояния между точками.

7 Докажите, что при движении отрезок отображается на отрезок.

Для доказательства используем определение движения (изометрии) и определение отрезка через расстояния.

Движение — это преобразование плоскости, которое сохраняет расстояние между любыми двумя точками. То есть, если точки $A$ и $B$ при движении отображаются в точки $A'$ и $B'$, то длина отрезка $AB$ равна длине отрезка $A'B'$: $AB = A'B'$.

Отрезок $AB$ — это множество всех точек $C$ на прямой, проходящей через $A$ и $B$, для которых выполняется равенство $AC + CB = AB$. Это равенство является следствием того, что точка $C$ лежит между точками $A$ и $B$.

Пусть нам дан отрезок $AB$ и некоторое движение $f$. При этом движении концы отрезка, точки $A$ и $B$, отображаются в точки $A'$ и $B'$ соответственно. Мы должны доказать, что образом всего отрезка $AB$ является отрезок $A'B'$.

Доказательство состоит из двух частей.

1. Докажем, что любая точка отрезка $AB$ переходит в точку отрезка $A'B'$.

Возьмем произвольную точку $C$, которая принадлежит отрезку $AB$. Согласно определению отрезка, для нее справедливо равенство: $AC + CB = AB$

Пусть при движении $f$ точка $C$ отображается в точку $C'$. Так как движение сохраняет расстояния, мы имеем следующие равенства: $A'C' = AC$ $C'B' = CB$ $A'B' = AB$

Заменим длины в исходном равенстве $AC + CB = AB$ на длины их образов: $A'C' + C'B' = A'B'$

Это равенство означает, что точка $C'$ лежит на прямой, проходящей через точки $A'$ и $B'$, и расположена между ними. Следовательно, точка $C'$ принадлежит отрезку $A'B'$. Поскольку точка $C$ была выбрана произвольно, это верно для любой точки отрезка $AB$. Таким образом, образ отрезка $AB$ является подмножеством отрезка $A'B'$.

2. Докажем, что любая точка отрезка $A'B'$ является образом некоторой точки отрезка $AB$.

Возьмем произвольную точку $C'$ на отрезке $A'B'$. Для нее выполняется равенство: $A'C' + C'B' = A'B'$

Движение является взаимно-однозначным отображением, а значит, для него существует обратное преобразование $f^{-1}$, которое также является движением. Это означает, что для точки $C'$ существует единственная точка-прообраз $C$ такая, что $f(C) = C'$.

Поскольку обратное преобразование $f^{-1}$ также сохраняет расстояния, мы можем записать: $AC = A'C'$ $CB = C'B'$ $AB = A'B'$

Подставим эти значения в равенство для точек $A'$, $C'$, $B'$: $AC + CB = AB$

Это равенство по определению означает, что точка $C$ лежит на отрезке $AB$. Так как точка $C'$ была выбрана произвольно, это верно для любой точки отрезка $A'B'$.

Объединяя результаты первой и второй частей, мы приходим к выводу, что множество образов точек отрезка $AB$ в точности совпадает с множеством точек отрезка $A'B'$.

Ответ: Доказано, что при движении отрезок отображается на отрезок, равный исходному. Что и требовалось доказать.