Страница 158 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

639. Найдите точки, являющиеся образами точек A $(-2; 3)$ и B $(1; -4)$ при параллельном переносе на вектор $\vec{a} (-1; -3)$.

При параллельном переносе точки с координатами $(x; y)$ на вектор с координатами $(a; b)$, новые координаты точки $(x'; y')$ находятся по формулам:

$x' = x + a$

$y' = y + b$

В данной задаче нам даны точки $A(-2; 3)$ и $B(1; -4)$, а также вектор параллельного переноса $\vec{a}(-1; -3)$.

Для точки A(-2; 3)
Пусть образом точки $A$ является точка $A'(x'; y')$.
Найдем ее координаты:
$x' = -2 + (-1) = -2 - 1 = -3$
$y' = 3 + (-3) = 3 - 3 = 0$
Следовательно, образ точки $A$ - это точка $A'(-3; 0)$.
Ответ: $A'(-3; 0)$.

Для точки B(1; -4)
Пусть образом точки $B$ является точка $B'(x'; y')$.
Найдем ее координаты:
$x' = 1 + (-1) = 1 - 1 = 0$
$y' = -4 + (-3) = -4 - 3 = -7$
Следовательно, образ точки $B$ - это точка $B'(0; -7)$.
Ответ: $B'(0; -7)$.

640. Существует ли параллельный перенос, при котором образом точки $A (1; 3)$ является точка $A_1 (4; 0)$, а образом точки $B (-2; 1)$ — точка $B_1 (1; 4)$?

Параллельный перенос — это преобразование, при котором все точки смещаются в одном и том же направлении на одно и то же расстояние. В координатах это означает, что каждая точка $(x; y)$ переходит в точку $(x+a; y+b)$, где $(a; b)$ — это вектор параллельного переноса, одинаковый для всех точек.

Для того чтобы существовал искомый параллельный перенос, вектор, на который смещается точка $A$, должен быть равен вектору, на который смещается точка $B$.

1. Найдем вектор переноса $\vec{v_1}$, который переводит точку $A(1; 3)$ в точку $A_1(4; 0)$.
Координаты вектора переноса находятся как разность координат конечной и начальной точек:
$\vec{v_1} = (x_{A_1} - x_A; y_{A_1} - y_A) = (4 - 1; 0 - 3) = (3; -3)$.

2. Найдем вектор переноса $\vec{v_2}$, который переводит точку $B(-2; 1)$ в точку $B_1(1; 4)$.
$\vec{v_2} = (x_{B_1} - x_B; y_{B_1} - y_B) = (1 - (-2); 4 - 1) = (1 + 2; 3) = (3; 3)$.

3. Сравним полученные векторы.
Вектор переноса для пары точек $A$ и $A_1$ равен $\vec{v_1} = (3; -3)$.
Вектор переноса для пары точек $B$ и $B_1$ равен $\vec{v_2} = (3; 3)$.

Поскольку векторы $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ не равны ($\vec{v_1} \neq \vec{v_2}$, так как их вторые координаты различны: $-3 \neq 3$), единого параллельного переноса, удовлетворяющего условиям задачи, не существует.

Ответ: не существует.

641. При параллельном переносе на вектор $\vec{a} (2; -1)$ образом точки $A$ является точка $A_1 (-3; 4)$. Найдите координаты точки $A$.

Пусть искомая точка $A$ имеет координаты $(x; y)$. При параллельном переносе точки с координатами $(x; y)$ на вектор $\vec{a}(a_x; a_y)$, ее образ, точка $A_1$, будет иметь координаты $(x_1; y_1)$, которые вычисляются по следующим формулам:
$x_1 = x + a_x$
$y_1 = y + a_y$
В условии задачи даны координаты вектора переноса $\vec{a}(2; -1)$ и координаты образа точки $A_1(-3; 4)$. Таким образом, мы имеем:
$a_x = 2$, $a_y = -1$
$x_1 = -3$, $y_1 = 4$
Наша задача — найти координаты $(x; y)$ исходной точки $A$. Для этого выразим $x$ и $y$ из формул параллельного переноса:
$x = x_1 - a_x$
$y = y_1 - a_y$
Теперь подставим известные значения в эти формулы:
$x = -3 - 2 = -5$
$y = 4 - (-1) = 4 + 1 = 5$
Следовательно, координаты точки $A$ равны $(-5; 5)$.

Ответ: $A(-5; 5)$.

642. Точка $M_1 (x; 2)$ является образом точки $M (3; y)$ при параллельном переносе, при котором точка $A (2; 3)$ является образом начала координат. Найдите $x$ и $y$.

Параллельный перенос, при котором точка с координатами $(x; y)$ переходит в точку с координатами $(x'; y')$, задается формулами: $x' = x + a$ и $y' = y + b$, где $(a; b)$ — это координаты вектора параллельного переноса.

1. Найдем вектор параллельного переноса.

По условию задачи, точка $A(2; 3)$ является образом начала координат $O(0; 0)$. Это значит, что точка $O$ является исходной точкой $(x; y)$, а точка $A$ — ее образом $(x'; y')$. Подставим эти значения в формулы переноса, чтобы найти $a$ и $b$.

Для координаты $x$:

$2 = 0 + a$

$a = 2$

Для координаты $y$:

$3 = 0 + b$

$b = 3$

Таким образом, вектор параллельного переноса имеет координаты $(2; 3)$.

2. Найдем x и y.

Теперь мы знаем, что любой точке $(x; y)$ при данном переносе соответствует точка $(x+2; y+3)$.

По условию, точка $M_1(x; 2)$ является образом точки $M(3; y)$. Это означает, что $M(3; y)$ — исходная точка, а $M_1(x; 2)$ — ее образ.

Подставим координаты точек $M$ и $M_1$ в наши формулы переноса с $a=2$ и $b=3$.

Для координаты $x$:

$x_{M1} = x_M + a$

$x = 3 + 2$

$x = 5$

Для координаты $y$:

$y_{M1} = y_M + b$

$2 = y + 3$

$y = 2 - 3$

$y = -1$

Ответ: $x = 5$, $y = -1$.

643. Сколько существует параллельных переносов, при которых образом прямой $a$ является:

1) прямая $a$;

2) прямая $b$, параллельная прямой $a$?

Параллельный перенос на плоскости — это преобразование, при котором каждая точка $(x, y)$ переходит в точку $(x+v_x, y+v_y)$, где вектор $\vec{v} = (v_x, v_y)$ является вектором переноса. Важным свойством параллельного переноса является то, что образом любой прямой является прямая, ей параллельная.

1) прямая a

Рассмотрим, сколько существует параллельных переносов, при которых образом прямой $a$ является сама прямая $a$.

Пусть $T$ — параллельный перенос на вектор $\vec{v}$. По условию, образом прямой $a$ при этом переносе является сама прямая $a$, то есть $T(a) = a$.

Это означает, что для любой точки $M$, принадлежащей прямой $a$, её образ $M' = T(M)$ также должен принадлежать прямой $a$.

Пусть точка $M$ переходит в точку $M'$. Тогда по определению параллельного переноса, вектор $\vec{MM'} = \vec{v}$.

Поскольку обе точки, $M$ и $M'$, лежат на одной и той же прямой $a$, то вектор $\vec{MM'}$, соединяющий их, должен быть параллелен этой прямой. Следовательно, вектор переноса $\vec{v}$ должен быть параллелен прямой $a$.

Любой вектор, параллельный прямой $a$, задаёт параллельный перенос, который переводит прямую $a$ в себя. Направляющий вектор прямой $a$ задаёт направление. Вектор переноса может иметь это направление (или противоположное) и любую возможную длину (модуль). Множество всех векторов, параллельных данной прямой, является бесконечным. Например, если $\vec{u}$ — один такой ненулевой вектор, то любой вектор вида $k\vec{u}$, где $k$ — любое действительное число, также будет параллелен прямой $a$.

Каждому такому вектору соответствует уникальный параллельный перенос. Так как существует бесконечное множество векторов, параллельных прямой $a$, то существует и бесконечное множество таких параллельных переносов.

Ответ: существует бесконечно много таких параллельных переносов.

2) прямая b, параллельная прямой a

Рассмотрим, сколько существует параллельных переносов, при которых образом прямой $a$ является прямая $b$, параллельная прямой $a$ ($b \parallel a$).

Случай, когда прямые $a$ и $b$ совпадают ($a = b$), был рассмотрен в пункте 1. В этом случае существует бесконечно много таких переносов.

Рассмотрим случай, когда прямые $a$ и $b$ различны ($a \neq b$).

Пусть $T$ — параллельный перенос на вектор $\vec{v}$, который переводит прямую $a$ в прямую $b$, то есть $T(a) = b$.

Это означает, что для любой точки $M$, принадлежащей прямой $a$, её образ $M' = T(M)$ должен принадлежать прямой $b$.

Выберем произвольную точку $M_0$ на прямой $a$. При искомом переносе $T$ она должна перейти в некоторую точку $N_0$ на прямой $b$. Вектор переноса тогда будет равен $\vec{v} = \vec{M_0N_0}$.

Покажем, что любой перенос, заданный вектором $\vec{v} = \vec{MN}$, где $M$ — любая точка на прямой $a$, а $N$ — любая точка на прямой $b$, переводит прямую $a$ в прямую $b$.

Образом прямой $a$ при переносе на вектор $\vec{v}$ будет прямая $a'$, параллельная прямой $a$. Так как по условию $b \parallel a$, то $a' \parallel b$.

Кроме того, точка $M$ с прямой $a$ переходит в точку $N$ ($T(M)=N$). Значит, точка $N$ принадлежит прямой $a'$. Но точка $N$ также принадлежит и прямой $b$. Таким образом, параллельные прямые $a'$ и $b$ имеют общую точку $N$. Это возможно только в том случае, если они совпадают, то есть $a' = b$.

Следовательно, любой вектор, соединяющий произвольную точку на прямой $a$ с произвольной точкой на прямой $b$, задаёт подходящий параллельный перенос.

Теперь определим, сколько существует таких различных векторов. Зафиксируем одну точку $M_0$ на прямой $a$. Каждой точке $N$ на прямой $b$ будет соответствовать уникальный вектор переноса $\vec{v} = \vec{M_0N}$. Поскольку на прямой $b$ существует бесконечно много точек, то существует и бесконечно много различных векторов переноса, которые переводят прямую $a$ в прямую $b$.

Каждому такому вектору соответствует уникальный параллельный перенос. Следовательно, существует бесконечное множество параллельных переносов, переводящих прямую $a$ в параллельную ей прямую $b$.

Ответ: существует бесконечно много таких параллельных переносов.

644. Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, принадлежащих сторонам прямоугольника. Опишите какое-нибудь преобразование, при котором образом этой фигуры является окружность.

Для того чтобы преобразовать фигуру, состоящую из всех точек сторон прямоугольника, в окружность, можно использовать преобразование, которое называется центральной проекцией. Опишем это преобразование по шагам:

1. Выберем центр преобразования. Удобнее всего взять в качестве центра точку пересечения диагоналей прямоугольника (его центр симметрии). Обозначим эту точку $O$ и поместим ее в начало координат $(0, 0)$ на плоскости.
2. Выберем произвольный положительный радиус $R$ для окружности, в которую мы хотим преобразовать прямоугольник. Центр этой окружности будет совпадать с центром преобразования, то есть с точкой $O$.
3. Рассмотрим любую точку $M$, принадлежащую одной из сторон прямоугольника.
4. Проведем луч, исходящий из центра $O$ и проходящий через точку $M$.
5. Образом точки $M$ при нашем преобразовании будет точка $M'$, которая является точкой пересечения луча $OM$ и окружности радиуса $R$ с центром в точке $O$.

Данное преобразование устанавливает взаимно-однозначное соответствие между точками на сторонах прямоугольника и точками на окружности. Таким образом, весь контур прямоугольника преобразуется в окружность.

Математически это преобразование можно описать так: пусть точка $M$ имеет координаты $(x, y)$, а ее образ $M'$ — координаты $(x', y')$. Тогда координаты точки $M'$ вычисляются по формулам:

$x' = \frac{R \cdot x}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

$y' = \frac{R \cdot y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

где $R$ — радиус итоговой окружности.

Ответ: Преобразование, при котором образом фигуры, состоящей из всех точек сторон прямоугольника, является окружность, — это центральная проекция контура прямоугольника на окружность из их общего центра. Для каждой точки $M$ на прямоугольнике ее образ $M'$ находится как точка пересечения луча $OM$ (где $O$ — центр прямоугольника) с окружностью заданного радиуса с центром в точке $O$.

645. Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, принадлежащих сторонам прямоугольника. Опишите какое-нибудь преобразование, при котором образом этой фигуры является фигура, состоящая из всех точек сторон ромба.

Для того чтобы преобразовать фигуру, состоящую из всех точек сторон прямоугольника, в фигуру, состоящую из всех точек сторон ромба, можно использовать аффинное преобразование, которое называется сдвигом. Опишем этот процесс подробно.

Исходная фигура и ее расположение
Сначала разместим прямоугольник в декартовой системе координат. Пусть его центр находится в начале координат, а вершины имеют координаты $A(-a, -b)$, $B(a, -b)$, $C(a, b)$ и $D(-a, b)$, где $a > 0$ и $b > 0$ — половины длин его сторон. Стороны прямоугольника, таким образом, параллельны осям координат. Без ограничения общности будем считать, что горизонтальная сторона не короче вертикальной, то есть $a \ge b$. Если $a = b$, прямоугольник является квадратом, который также является и ромбом, и в качестве преобразования можно взять тождественное (не изменяющее фигуру). Поэтому рассмотрим нетривиальный случай, когда $a > b$.

Преобразование сдвига
Применим к каждой точке $(x, y)$ плоскости преобразование горизонтального сдвига (shear mapping). Оно задается следующими формулами:
$x' = x + ky$
$y' = y$
где $k$ — это некоторый действительный коэффициент, который определяет величину сдвига. Наша задача — найти такое значение $k$, при котором прямоугольник превратится в ромб.

Применение преобразования и нахождение коэффициента
При таком преобразовании горизонтальные стороны прямоугольника ($y=-b$ и $y=b$) остаются горизонтальными и равными по длине ($2a$), но смещаются по горизонтали. Вертикальные стороны ($x=-a$ и $x=a$) преобразуются в наклонные отрезки. Вся фигура преобразуется в параллелограмм с вершинами в точках $A'(-a-kb, -b)$, $B'(a-kb, -b)$, $C'(a+kb, b)$ и $D'(-a+kb, b)$.
Чтобы этот параллелограмм был ромбом, необходимо, чтобы длины его смежных сторон были равны. Найдем и приравняем квадраты длин смежных сторон, например, $B'C'$ и $C'D'$.
Квадрат длины стороны $C'D'$, которая является образом горизонтальной стороны $CD$ и параллельна оси $Ox$:
$L_{C'D'}^2 = ((a+kb) - (-a+kb))^2 + (b-b)^2 = (2a)^2 = 4a^2$.
Квадрат длины стороны $B'C'$, которая является образом вертикальной стороны $BC$ и становится наклонной:
$L_{B'C'}^2 = ((a+kb) - (a-kb))^2 + (b-(-b))^2 = (2kb)^2 + (2b)^2 = 4k^2b^2 + 4b^2$.
Приравниваем квадраты длин:
$4a^2 = 4k^2b^2 + 4b^2$
$a^2 = b^2(k^2+1)$
$k^2+1 = \frac{a^2}{b^2}$
$k^2 = \frac{a^2}{b^2} - 1$
Отсюда находим коэффициент сдвига:
$k = \pm\sqrt{(\frac{a}{b})^2 - 1}$
Так как мы приняли $a > b$, выражение под корнем положительно, и, следовательно, такое действительное значение $k$ всегда существует.

Итоговое описание преобразования
Таким образом, преобразование, переводящее контур прямоугольника в контур ромба, можно описать следующим образом:
1. Размещаем прямоугольник в системе координат так, чтобы его центр был в начале координат, а стороны длиной $2a$ и $2b$ были параллельны осям $Ox$ и $Oy$ соответственно, где $a \ge b$.
2. Применяем ко всем точкам $(x,y)$ контура прямоугольника преобразование горизонтального сдвига, заданное формулами $x' = x + ky$ и $y' = y$.
3. В качестве коэффициента сдвига $k$ выбираем значение $k = \sqrt{(a/b)^2 - 1}$ (или значение с противоположным знаком).
Если бы вертикальная сторона была длиннее горизонтальной ($b > a$), то аналогичным образом следовало бы применить вертикальный сдвиг $x'=x$, $y'=y+kx$ с коэффициентом $k = \pm\sqrt{(b/a)^2 - 1}$.

Ответ: Одним из возможных преобразований является сдвиг. Например, если прямоугольник со сторонами $2a$ и $2b$ ($a \ge b$) расположен с центром в начале координат и сторонами, параллельными осям $Ox$ и $Oy$ соответственно, то преобразование горизонтального сдвига, задаваемое для каждой точки $(x, y)$ формулами $x' = x + ky$, $y' = y$, где коэффициент сдвига $k = \sqrt{(a/b)^2 - 1}$, преобразует данный прямоугольник в ромб.

646. При преобразовании фигуры $F$ её образом является эта же фигура $F$.

Верно ли, что это преобразование является тождественным?

Нет, это утверждение неверно.

Тождественное преобразование — это преобразование, при котором каждая точка фигуры отображается на саму себя. То есть, для любой точки $P$ фигуры $F$, её образ $P'$ совпадает с точкой $P$.

Условие, что при преобразовании фигуры $F$ её образом является эта же фигура $F$, означает, что множество всех точек фигуры после преобразования совпадает с исходным множеством точек. Однако это не означает, что каждая отдельная точка осталась на своём месте. Преобразования, которые переводят фигуру в себя, называются её преобразованиями симметрии. Тождественное преобразование является лишь одним из них, но существуют и другие.

Рассмотрим примеры нетождественных преобразований, которые отображают фигуру на себя.

Осевая симметрия (отражение)
Пусть фигура $F$ — это равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Преобразование — отражение относительно его оси симметрии (высоты, проведённой к основанию). При таком преобразовании треугольник как целое отображается на себя, но вершина $A$ переходит в вершину $C$, а вершина $C$ — в вершину $A$. Поскольку нашлись точки, которые не перешли в самих себя ($A \neq C$), преобразование не является тождественным.

Поворот
Пусть фигура $F$ — это квадрат $ABCD$ с центром в точке $O$. Преобразование — поворот вокруг центра $O$ на угол $90^\circ$. При этом повороте квадрат отображается на себя, но вершина $A$ переходит в $B$, $B$ — в $C$, $C$ — в $D$ и $D$ — в $A$. Ни одна из вершин не осталась на месте, следовательно, преобразование не является тождественным.

Таким образом, если фигура обладает каким-либо видом симметрии (отличным от тождественной), то соответствующее преобразование симметрии будет отображать фигуру на себя, не будучи при этом тождественным.

Ответ: Нет, неверно.

647. Даны точки $A(3; -2)$ и $B(5; -4)$. При параллельном переносе образом середины отрезка $AB$ является точка $M_1(-4; 3)$. Найдите образы точек $A$ и $B$ при таком параллельном переносе.

Нахождение координат середины отрезка AB
Пусть точка $M(x_M; y_M)$ является серединой отрезка $AB$. Координаты середины отрезка с концами в точках $A(x_A; y_A)$ и $B(x_B; y_B)$ вычисляются по формулам:
$x_M = \frac{x_A + x_B}{2}$
$y_M = \frac{y_A + y_B}{2}$
Подставим координаты данных точек $A(3; -2)$ и $B(5; -4)$:
$x_M = \frac{3 + 5}{2} = \frac{8}{2} = 4$
$y_M = \frac{-2 + (-4)}{2} = \frac{-6}{2} = -3$
Таким образом, середина отрезка $AB$ — это точка $M(4; -3)$.

Определение вектора параллельного переноса
Параллельный перенос, который переводит точку $(x; y)$ в точку $(x'; y')$, задается формулами $x' = x + a$ и $y' = y + b$, где $(a; b)$ — координаты вектора переноса.
По условию задачи, образом точки $M(4; -3)$ является точка $M_1(-4; 3)$. Найдем компоненты вектора переноса $a$ и $b$:
$x_{M_1} = x_M + a \implies -4 = 4 + a \implies a = -4 - 4 = -8$
$y_{M_1} = y_M + b \implies 3 = -3 + b \implies b = 3 + 3 = 6$
Следовательно, параллельный перенос задан вектором с координатами $(-8; 6)$.

Нахождение образа точки A
Применим найденный вектор переноса $(-8; 6)$ к точке $A(3; -2)$. Пусть $A_1(x_{A_1}; y_{A_1})$ — образ точки $A$.
$x_{A_1} = x_A + a = 3 + (-8) = -5$
$y_{A_1} = y_A + b = -2 + 6 = 4$
Ответ: образ точки $A$ — это точка $A_1(-5; 4)$.

Нахождение образа точки B
Применим тот же вектор переноса $(-8; 6)$ к точке $B(5; -4)$. Пусть $B_1(x_{B_1}; y_{B_1})$ — образ точки $B$.
$x_{B_1} = x_B + a = 5 + (-8) = -3$
$y_{B_1} = y_B + b = -4 + 6 = 2$
Ответ: образ точки $B$ — это точка $B_1(-3; 2)$.

648. Точки $A (1; 3)$, $B (2; 6)$, $C (-3; 1)$ являются вершинами параллелограмма $ABCD$. При параллельном переносе образом точки пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ является точка $O_1 (-2; -4)$. Найдите образы точек $A, B, C$ и $D$ при таком параллельном переносе.

Сначала найдем координаты точки $O$ - точки пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. Так как диагонали в параллелограмме делятся точкой пересечения пополам, точка $O$ является серединой диагонали $AC$. Используя координаты точек $A(1; 3)$ и $C(-3; 1)$, находим координаты точки $O$ по формулам середины отрезка:
$x_O = \frac{x_A + x_C}{2} = \frac{1 + (-3)}{2} = \frac{-2}{2} = -1$
$y_O = \frac{y_A + y_C}{2} = \frac{3 + 1}{2} = \frac{4}{2} = 2$
Таким образом, точка $O$ имеет координаты $(-1; 2)$.

По условию, образом точки $O(-1; 2)$ при параллельном переносе является точка $O_1(-2; -4)$. Параллельный перенос задается формулами $x' = x + a$ и $y' = y + b$, где $(a; b)$ - это вектор переноса. Найдем его координаты:
$a = x_{O_1} - x_O = -2 - (-1) = -1$
$b = y_{O_1} - y_O = -4 - 2 = -6$
Следовательно, формулы данного параллельного переноса: $x' = x - 1$, $y' = y - 6$.

Для нахождения образа точки $D$ необходимо сначала найти ее первоначальные координаты. Точка $O(-1; 2)$ также является серединой диагонали $BD$. Зная координаты точки $B(2; 6)$, найдем координаты $D(x_D; y_D)$:
$x_D = 2x_O - x_B = 2 \cdot (-1) - 2 = -2 - 2 = -4$
$y_D = 2y_O - y_B = 2 \cdot 2 - 6 = 4 - 6 = -2$
Таким образом, вершина $D$ имеет координаты $(-4; -2)$.

Теперь, зная координаты всех вершин и формулы параллельного переноса, найдем образы точек $A, B, C$ и $D$. Пусть $A_1, B_1, C_1, D_1$ - искомые образы.

Образ точки A(1; 3)
Координаты образа $A_1$ вычисляются как $(1 - 1; 3 - 6)$.
Ответ: $A_1(0; -3)$.

Образ точки B(2; 6)
Координаты образа $B_1$ вычисляются как $(2 - 1; 6 - 6)$.
Ответ: $B_1(1; 0)$.

Образ точки C(-3; 1)
Координаты образа $C_1$ вычисляются как $(-3 - 1; 1 - 6)$.
Ответ: $C_1(-4; -5)$.

Образ точки D(-4; -2)
Координаты образа $D_1$ вычисляются как $(-4 - 1; -2 - 6)$.
Ответ: $D_1(-5; -8)$.

649. Найдите уравнение окружности, являющейся образом окружности $x^2+y^2=1$ при параллельном переносе на вектор $\vec{a} (-3; 4)$.

Каноническое уравнение окружности имеет вид $(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = R^2$, где $(x_0, y_0)$ — координаты центра, а $R$ — радиус.

Исходное уравнение окружности $x^2 + y^2 = 1$ можно записать как $(x - 0)^2 + (y - 0)^2 = 1^2$. Отсюда следует, что центр данной окружности находится в точке $C_1(0, 0)$, а ее радиус $R = 1$.

Параллельный перенос является движением, которое сохраняет расстояния и формы. Это означает, что образом окружности при параллельном переносе будет окружность с тем же радиусом. Таким образом, радиус искомой окружности также равен 1.

При параллельном переносе на вектор $\vec{a} = (-3, 4)$ центр исходной окружности $C_1(0, 0)$ переместится в новую точку $C_2(x_0', y_0')$. Координаты нового центра вычисляются по формулам:
$x_0' = x_0 + a_x = 0 + (-3) = -3$
$y_0' = y_0 + a_y = 0 + 4 = 4$
Следовательно, центр новой окружности — это точка $C_2(-3, 4)$.

Теперь мы можем составить уравнение новой окружности, зная ее центр $C_2(-3, 4)$ и радиус $R=1$:
$(x - x_0')^2 + (y - y_0')^2 = R^2$
$(x - (-3))^2 + (y - 4)^2 = 1^2$
$(x + 3)^2 + (y - 4)^2 = 1$

Ответ: $(x + 3)^2 + (y - 4)^2 = 1$

650. Найдите уравнение параболы, являющейся образом параболы $y = x^2$ при параллельном переносе на вектор $\vec{a} (2; -3)$.

При параллельном переносе графика функции на вектор $\vec{a}(h; k)$, каждая точка $(x; y)$ графика переходит в точку $(x'; y')$, координаты которой вычисляются по формулам $x' = x + h$ и $y' = y + k$.

Чтобы найти уравнение нового графика, необходимо в исходном уравнении функции заменить $x$ на выражение $(x - h)$, а $y$ на $(y - k)$.

В данной задаче исходное уравнение параболы — $y = x^2$. Параллельный перенос осуществляется на вектор $\vec{a}(2; -3)$. Это означает, что $h = 2$ и $k = -3$.

Выполним замену переменных в уравнении $y = x^2$:

Заменяем $y$ на $(y - k) = (y - (-3)) = y + 3$.
Заменяем $x$ на $(x - h) = (x - 2)$.

В результате получаем уравнение новой параболы:
$y + 3 = (x - 2)^2$

Теперь выразим $y$, чтобы представить уравнение в явном виде (как функцию $y$ от $x$):
$y = (x - 2)^2 - 3$

Это уравнение параболы, вершина которой находится в точке $(2; -3)$. Также можно раскрыть скобки, чтобы получить уравнение в виде многочлена:
$y = (x^2 - 4x + 4) - 3$
$y = x^2 - 4x + 1$

Обе формы, $y = (x-2)^2 - 3$ и $y = x^2 - 4x + 1$, являются правильными.

Ответ: $y = (x-2)^2 - 3$

651. Постройте трапецию по основаниям и диагоналям.

Для построения трапеции по заданным основаниям $a$ и $b$ и диагоналям $d_1$ и $d_2$ воспользуемся методом параллельного переноса.

Анализ

Пусть $ABCD$ — искомая трапеция с основаниями $AD$ и $BC$, где $AD = a$, $BC = b$, и диагоналями $AC = d_1$, $BD = d_2$. Предположим, для определённости, что $a > b$. Выполним параллельный перенос диагонали $BD$ на вектор $\vec{BC}$. При этом точка $B$ перейдет в точку $C$, а точка $D$ — в некоторую точку $K$. Тогда четырехугольник $BCKD$ является параллелограммом. Из этого следует, что $CK \parallel BD$ и $CK = BD = d_2$. Точка $K$ будет лежать на продолжении основания $AD$, так как $\vec{DK} = \vec{BC}$ и $BC \parallel AD$. Длина отрезка $AK$ будет равна сумме длин оснований: $AK = AD + DK = AD + BC = a + b$. Рассмотрим треугольник $ACK$. Мы знаем длины всех его трех сторон: $AC = d_1$, $CK = d_2$ и $AK = a + b$. Такой треугольник можно построить по трем сторонам. Построив его, мы сможем найти вершины искомой трапеции.

Построение

1. На произвольной прямой отложим отрезок $AK$, длина которого равна сумме длин оснований $a+b$.
2. Построим треугольник $ACK$ по трем сторонам: $AK = a+b$, $AC = d_1$, $CK = d_2$. Для этого:
   • Из точки $A$ как из центра проведем окружность радиусом $d_1$.
   • Из точки $K$ как из центра проведем окружность радиусом $d_2$.
   • Точка $C$ — одна из точек пересечения этих окружностей.
3. На отрезке $AK$ от точки $A$ отложим отрезок $AD$, равный большему основанию $a$. Точка $D$ — одна из вершин трапеции. (При этом $DK = AK - AD = (a+b) - a = b$).
4. Теперь найдем четвертую вершину $B$. Для этого можно построить параллелограмм $BCKD$:
   • Через точку $C$ проведем прямую, параллельную прямой $AK$.
   • Через точку $D$ проведем прямую, параллельную отрезку $CK$.
   • Точка пересечения этих двух прямых и будет искомой вершиной $B$.
5. Соединим последовательно точки $A, B, C, D$. Полученный четырехугольник $ABCD$ — искомая трапеция.

Доказательство

Рассмотрим построенный четырехугольник $ABCD$.
1. По построению прямая $BC$ параллельна прямой $AK$, на которой лежит отрезок $AD$. Следовательно, $BC \parallel AD$, и $ABCD$ — трапеция.
2. Длина основания $AD$ равна $a$ по построению.
3. Четырехугольник $BCKD$ по построению является параллелограммом (его противоположные стороны $BC$ и $DK$, а также $BD$ и $CK$ попарно параллельны). Следовательно, $BC = DK$. Так как $AK = a+b$ и $AD = a$, то $DK = AK - AD = b$. Таким образом, $BC = b$.
4. Длина диагонали $AC$ равна $d_1$, так как это сторона построенного треугольника $ACK$.
5. Так как $BCKD$ — параллелограмм, то $BD = CK$. Длина $CK$ равна $d_2$, так как это сторона построенного треугольника $ACK$. Следовательно, $BD = d_2$.
Таким образом, построенная трапеция $ABCD$ имеет заданные длины оснований и диагоналей.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно построить треугольник $ACK$ со сторонами $a+b$, $d_1$ и $d_2$. Это возможно, если для этих длин выполняется неравенство треугольника:
$d_1 + d_2 > a+b$
$d_1 + (a+b) > d_2$
$d_2 + (a+b) > d_1$
Поскольку $a, b, d_1, d_2$ — длины отрезков и, следовательно, положительные величины, вторые два неравенства выполняются всегда. Таким образом, единственным условием для существования решения является то, что сумма длин диагоналей должна быть больше суммы длин оснований.
Если $d_1 + d_2 > a+b$, то задача имеет единственное решение (с точностью до симметрии относительно прямой, содержащей большее основание, так как окружности в пункте 2 построения пересекаются в двух точках). Если $d_1 + d_2 \le a+b$, то задача не имеет решений.

Ответ: Построение, описанное выше, позволяет получить искомую трапецию при условии, что сумма длин диагоналей больше суммы длин оснований.

652. Постройте трапецию по четырём сторонам.

Для построения трапеции по четырём сторонам используется метод сведения задачи к построению треугольника. Решение состоит из анализа, построения, доказательства и исследования.

Анализ

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причём $AD \parallel BC$. Обозначим длины сторон: $AD=a$, $BC=b$, $AB=c$, $CD=d$. Предположим, для определённости, что $a > b$.

Проведём через вершину $C$ прямую, параллельную боковой стороне $AB$. Пусть эта прямая пересекает большее основание $AD$ в точке $K$. Поскольку $BC \parallel AD$ (по определению трапеции) и $CK \parallel AB$ (по построению), четырёхугольник $ABCK$ является параллелограммом.

Из свойств параллелограмма следует, что $AK = BC = b$ и $CK = AB = c$.

Точка $K$ лежит на отрезке $AD$, поэтому длина отрезка $KD$ равна разности длин оснований: $KD = AD - AK = a - b$.

В результате мы получаем треугольник $CKD$, у которого известны длины всех трёх сторон: $CK=c$, $CD=d$ и $KD=a-b$. Таким образом, задача построения трапеции сводится к построению этого треугольника.

Ответ: Построение трапеции сводится к построению треугольника со сторонами, равными двум непараллельным сторонам трапеции и разности длин её оснований.

Построение

Пусть даны четыре отрезка с длинами $a, b, c, d$. Построим трапецию, у которой основания имеют длины $a$ и $b$ (пусть $a>b$), а боковые стороны — $c$ и $d$.

1. На произвольной прямой отложим отрезок $KD$, длина которого равна $a-b$. (Для этого на отрезке длины $a$ от одного из концов откладываем отрезок длины $b$).
2. Построим треугольник $CKD$ по трём сторонам: $KD = a-b$, $CK = c$ и $CD = d$. Для этого:
   • Проведём окружность с центром в точке $K$ и радиусом $c$.
   • Проведём окружность с центром в точке $D$ и радиусом $d$.
   • Точка $C$, одна из точек пересечения этих окружностей, будет третьей вершиной треугольника.
3. На луче $DK$ от точки $K$ отложим отрезок $KA$ длиной $b$. В результате получим большее основание трапеции $AD = AK+KD = b + (a-b) = a$.
4. Через точку $C$ проведём прямую, параллельную прямой $AD$.
5. На этой прямой от точки $C$ отложим отрезок $CB$ длиной $b$ так, чтобы четырёхугольник $ABCK$ был параллелограммом (т.е. $\vec{CB} = \vec{KA}$). Это даст нам четвёртую вершину трапеции $B$.
6. Соединим точки $A, B, C, D$. Полученный четырёхугольник $ABCD$ — искомая трапеция.

Ответ: Трапеция $ABCD$ построена в соответствии с описанным алгоритмом.

Доказательство

Проверим, что построенный четырёхугольник $ABCD$ является трапецией с заданными сторонами.

По построению, сторона $AD = AK + KD = b + (a-b) = a$. Сторона $CD$ равна $d$ (как радиус окружности с центром $D$).

Прямая $BC$ была проведена параллельно прямой $AD$, следовательно, $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$.

Длина стороны $BC$ по построению равна $b$.

Рассмотрим четырёхугольник $ABCK$. В нём $AK \parallel BC$ и $AK=BC=b$. Если у четырёхугольника две противоположные стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник — параллелограмм. Значит, $ABCK$ — параллелограмм.

Из свойства параллелограмма следует, что $AB = CK$. По построению треугольника $CKD$ сторона $CK$ равна $c$. Следовательно, $AB = c$.

Таким образом, построенный четырёхугольник $ABCD$ является трапецией со сторонами $a, b, c, d$.

Ответ: Построенная фигура действительно является трапецией с заданными длинами сторон.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно построить треугольник $CKD$ со сторонами $c, d$ и $|a-b|$. Для этого необходимо, чтобы для длин этих сторон выполнялось неравенство треугольника. Если $a>b$, то должны выполняться три условия:

• $c + d > a-b$
• $c + (a-b) > d$
• $d + (a-b) > c$

Если $c+d > a-b$, то окружности в п.2 построения пересекутся в двух точках, симметричных относительно прямой $AD$. Это даёт два решения — две конгруэнтные трапеции, являющиеся зеркальными отражениями друг друга. В этом случае задача имеет единственное решение с точностью до конгруэнтности.

Если $c+d = a-b$, то окружности коснутся в одной точке, лежащей на прямой $AD$. В этом случае трапеция будет вырожденной (её высота равна нулю).

Если $c+d < a-b$, то окружности не пересекутся, и построение треугольника $CKD$ (а значит, и трапеции) невозможно. Задача не имеет решений.

Следует также отметить, что в условии не указано, какие из сторон являются основаниями. Если в качестве оснований можно выбрать любую пару из четырёх данных сторон, то возможно существование нескольких различных (неконгруэнтных) трапеций, для каждой из которых должны выполняться свои условия существования.

Ответ: Задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если сумма длин боковых сторон больше модуля разности длин оснований, и если для этих трёх длин (две боковые стороны и разность оснований) выполняются остальные неравенства треугольника.

653. Постройте отрезок, равный и параллельный данному отрезку $AB$, так, чтобы один его конец принадлежал данной прямой, а другой – данной окружности.

Задача решается методом параллельного переноса. Искомый отрезок, назовем его $CD$, должен удовлетворять следующим условиям:

1. Один его конец, пусть это будет точка $C$, принадлежит данной прямой $l$ ($C \in l$).
2. Другой его конец, точка $D$, принадлежит данной окружности $\omega$ ($D \in \omega$).
3. Отрезок $CD$ параллелен данному отрезку $AB$ ($CD \parallel AB$).
4. Длина отрезка $CD$ равна длине отрезка $AB$ ($|CD| = |AB|$).

Условия 3 и 4, взятые вместе, означают, что векторы, определяющие эти отрезки, либо равны, либо противоположно направлены, то есть $\vec{CD} = \vec{AB}$ или $\vec{CD} = \vec{BA}$. Рассмотрим оба этих случая.

Анализ

Идея решения заключается в том, чтобы свести задачу к нахождению точки, принадлежащей двум известным геометрическим местам.

Случай 1: $\vec{CD} = \vec{AB}$. Это равенство означает, что точка $D$ является образом точки $C$ при параллельном переносе на вектор $\vec{AB}$. Обозначим этот перенос как $T_{\vec{AB}}$, тогда $D = T_{\vec{AB}}(C)$. По условию, точка $C$ должна лежать на прямой $l$. Когда точка $C$ пробегает все точки прямой $l$, ее образ — точка $D$ — пробегает все точки некоторой прямой $l'$, которая является образом прямой $l$ при данном переносе ($l' = T_{\vec{AB}}(l)$). Прямая $l'$ параллельна прямой $l$. С другой стороны, по условию точка $D$ должна лежать на окружности $\omega$. Следовательно, искомая точка $D$ является точкой пересечения прямой $l'$ и окружности $\omega$.

Случай 2: $\vec{CD} = \vec{BA}$. Аналогично первому случаю, точка $D$ является образом точки $C$ при параллельном переносе на вектор $\vec{BA}$ ($D = T_{\vec{BA}}(C)$). Геометрическим местом таких точек $D$ является прямая $l'' = T_{\vec{BA}}(l)$, также параллельная $l$. Искомая точка $D$ должна одновременно принадлежать прямой $l''$ и окружности $\omega$, то есть являться их точкой пересечения.

Построение

1. Построение для случая $\vec{CD} = \vec{AB}$:
   1. Строим прямую $l'$ — образ прямой $l$ при параллельном переносе на вектор $\vec{AB}$. Для этого можно выбрать на прямой $l$ произвольную точку $P$, построить ее образ $P'$ (так, чтобы $\vec{PP'} = \vec{AB}$, например, построив параллелограмм $AB P'P$) и провести через точку $P'$ прямую $l'$, параллельную $l$.
   2. Находим точки пересечения построенной прямой $l'$ и данной окружности $\omega$. В зависимости от их взаимного расположения, таких точек (назовем их $D_i$) может быть ноль, одна или две.
   3. Для каждой найденной точки $D_i$ строим соответствующую ей точку $C_i$ с помощью обратного параллельного переноса, то есть на вектор $\vec{BA}$. Таким образом, $C_i = T_{\vec{BA}}(D_i)$.
   4. Каждый построенный отрезок $C_iD_i$ является решением задачи.
2. Построение для случая $\vec{CD} = \vec{BA}$:
   1. Строим прямую $l''$ — образ прямой $l$ при параллельном переносе на вектор $\vec{BA}$.
   2. Находим точки пересечения прямой $l''$ и окружности $\omega$. Обозначим эти точки $D'_j$.
   3. Для каждой точки $D'_j$ строим соответствующую точку $C'_j$ с помощью переноса на вектор $\vec{AB}$ ($C'_j = T_{\vec{AB}}(D'_j)$).
   4. Каждый построенный отрезок $C'_jD'_j$ также является решением задачи.

Доказательство

Проверим, что любой из построенных отрезков, например $C_1D_1$, удовлетворяет всем условиям задачи.

• Точка $D_1$ лежит на окружности $\omega$ по построению (как точка пересечения $l'$ и $\omega$).
• Точка $C_1$ была построена так, что $C_1 = T_{\vec{BA}}(D_1)$, что равносильно $\vec{C_1D_1} = \vec{AB}$. Отсюда следует, что отрезок $C_1D_1$ равен по длине и параллелен отрезку $AB$.
• Точка $D_1$ лежит на прямой $l'$, являющейся образом прямой $l$ при переносе $T_{\vec{AB}}$. Так как $C_1$ является прообразом точки $D_1$ при этом переносе ($C_1 = T_{-\vec{AB}}(D_1)$), то $C_1$ должна лежать на прообразе прямой $l'$, то есть на прямой $l$.

Таким образом, все условия задачи выполнены. Доказательство для остальных отрезков аналогично.

Исследование

Количество решений задачи зависит от количества точек пересечения прямых $l'$ и $l''$ с окружностью $\omega$.

• В первом случае ($\vec{CD} = \vec{AB}$) может быть 0, 1 или 2 решения, в зависимости от того, не пересекает ли прямая $l'$ окружность, касается ли ее или является секущей.
• Во втором случае ($\vec{CD} = \vec{BA}$) также может быть 0, 1 или 2 решения.

Общее число решений равно сумме числа решений в обоих случаях. В общем случае, когда прямые $l'$ и $l''$ различны, задача может иметь от 0 до 4 решений. Например, если обе прямые являются секущими для окружности, будет 4 решения. Если одна прямая — касательная, а вторая не пересекает окружность — 1 решение. В частном случае, когда вектор $\vec{AB}$ параллелен прямой $l$, прямые $l', l''$ и $l$ совпадают ($l'=l''=l$). Тогда для каждой точки пересечения прямой $l$ с окружностью (если они есть) можно построить два искомых отрезка (в двух противоположных направлениях), и общее число решений будет 0, 2 или 4.

Ответ: Алгоритм построения описан выше. Он заключается в построении образов данной прямой при двух параллельных переносах (на векторы $\vec{AB}$ и $\vec{BA}$) и нахождении точек пересечения этих образов с данной окружностью. В зависимости от взаимного расположения исходных фигур, задача может иметь от 0 до 4 решений.