Страница 164 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

666. Постройте равнобедренный треугольник $ABC$ по вершине $A$, точке $K$, принадлежащей боковой стороне $BC$, и прямой, содержащей высоту, проведённую к основанию $AB$ (рис. 178).

Рис. 178

Обозначим данную прямую, содержащую высоту, как прямую $h$. По условию задачи нам даны вершина $A$ треугольника $ABC$, точка $K$, принадлежащая боковой стороне $BC$, и прямая $h$.

Анализ

Предположим, что искомый равнобедренный треугольник $ABC$ с вершиной $C$ построен. В равнобедренном треугольнике высота, проведённая из вершины к основанию, является также медианой и биссектрисой. Это означает, что прямая $h$, содержащая высоту $CH$ (где $H$ — точка на основании $AB$), является серединным перпендикуляром к основанию $AB$.

Из свойства серединного перпендикуляра следует, что любая его точка равноудалена от концов отрезка. Так как прямая $h$ — серединный перпендикуляр к $AB$, то вершины $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $h$.

Вершина $C$ лежит на прямой $h$. Также, по условию, точка $K$ лежит на стороне $BC$. Это означает, что три точки — $B$, $K$ и $C$ — лежат на одной прямой. Таким образом, вершина $C$ является точкой пересечения прямой $h$ и прямой, проходящей через точки $B$ и $K$.

Это приводит нас к следующему алгоритму построения.

Построение

1. Построим точку $B$, которая является второй вершиной основания треугольника. Для этого найдем точку, симметричную данной точке $A$ относительно прямой $h$.
   • С помощью циркуля и линейки проведем через точку $A$ прямую, перпендикулярную прямой $h$. Обозначим точку их пересечения как $H$.
   • На этой перпендикулярной прямой отложим от точки $H$ отрезок $HB$, равный по длине отрезку $AH$, так, чтобы точки $A$ и $B$ лежали по разные стороны от прямой $h$. Точка $B$ и будет искомой вершиной.
2. Проведем прямую через построенную точку $B$ и данную точку $K$.
3. Найдем точку пересечения прямой $BK$ и данной прямой $h$. Эта точка является третьей вершиной треугольника — вершиной $C$.
4. Соединим отрезками точки $A$, $B$ и $C$. Полученный треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

• По построению, точка $B$ симметрична точке $A$ относительно прямой $h$.
• Вершина $C$ лежит на прямой $h$. Прямая $h$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AB$.
• По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, следовательно, $AC = BC$. Это доказывает, что треугольник $ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$ и вершиной $C$.
• Прямая $CH$ (которая является частью прямой $h$) перпендикулярна основанию $AB$, значит, $CH$ — высота треугольника, проведенная к основанию, и она лежит на данной прямой $h$.
• По построению, вершина $C$ лежит на прямой, проходящей через точки $B$ и $K$, значит, точка $K$ принадлежит стороне $BC$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Сначала строится вершина $B$, симметричная данной вершине $A$ относительно прямой, содержащей высоту. Затем проводится прямая через точку $B$ и данную точку $K$. Вершина $C$ находится в точке пересечения этой прямой с прямой, содержащей высоту. Соединив точки $A$, $B$ и $C$, получаем искомый треугольник.

667. Посмотрите на рисунок 179 через горизонтально расположенную стеклянную пробирку, заполненную водой. Почему некоторые буквы во втором слове оказались перевёрнутыми, а в первом — нет?

Рис. 179

СЕЗОН

ДОЖДЕЙ

Горизонтально расположенная стеклянная пробирка, заполненная водой, работает как собирающая цилиндрическая линза. Особенность такой линзы в том, что она собирает лучи и переворачивает изображение только в одной плоскости — перпендикулярной её оси. Поскольку пробирка расположена горизонтально, она переворачивает изображение по вертикали (меняет местами верх и низ), но оставляет его без изменений по горизонтали (не меняет местами лево и право).

Таким образом, мы видим все буквы перевёрнутыми сверху вниз. Однако то, как мы воспринимаем этот переворот, зависит от симметрии самих букв.

Слово «СЕЗОН»
Все буквы в этом слове — С, Е, З, О, Н — обладают горизонтальной осью симметрии. Это означает, что при переворачивании сверху вниз их начертание не меняется. Поэтому, хотя линза и переворачивает изображение этих букв, для нашего глаза они выглядят как обычно.

Слово «ДОЖДЕЙ»
В этом слове есть как симметричные, так и несимметричные относительно горизонтальной оси буквы.

• Буквы О, Ж, Е симметричны, поэтому их переворот незаметен.
• Буквы Д и Й не имеют горизонтальной оси симметрии. При переворачивании сверху вниз буква Д будет выглядеть совершенно иначе (её плоское основание окажется вверху), а у буквы Й диакритический знак (кратка) окажется снизу под буквой И. Именно эти буквы мы и воспринимаем как перевёрнутые.

Ответ: Пробирка с водой действует как цилиндрическая линза, переворачивающая изображение по вертикали. Буквы в слове «СЕЗОН» симметричны относительно горизонтальной оси, поэтому их переворот незаметен. В слове «ДОЖДЕЙ» буквы Д и Й такой симметрией не обладают, поэтому при вертикальном перевороте их вид меняется, и они кажутся перевёрнутыми.

668. Окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ имеют две общие точки (рис. 180). С помощью только циркуля постройте окружности, симметричные данным относительно прямой $AB$.

$A$

$K$

СЕЗОН ДОЖДЕЙ

$A$

$B$

$O_1$

$O_2$

Для построения окружностей, симметричных данным относительно прямой AB, необходимо построить центры этих новых окружностей. Радиусы симметричных окружностей будут равны радиусам исходных.

Обозначим первую окружность как $\omega_1$ с центром в точке $O_1$ и радиусом $R_1 = O_1A = O_1B$.Обозначим вторую окружность как $\omega_2$ с центром в точке $O_2$ и радиусом $R_2 = O_2A = O_2B$.

Окружность, симметричная данной окружности относительно прямой, имеет тот же радиус, а ее центр симметричен центру данной окружности относительно этой прямой. Таким образом, задача сводится к построению точек $O'_1$ и $O'_2$, симметричных точкам $O_1$ и $O_2$ соответственно относительно прямой AB, с помощью только циркуля.

1. Устанавливаем раствор циркуля равным радиусу первой окружности $R_1$. Для этого ставим иглу циркуля в центр $O_1$, а грифель — в точку A (или B).
2. Не меняя раствора циркуля, строим две дуги с центрами в точках A и B. Ставим иглу циркуля в точку A и проводим дугу радиусом $R_1$.
3. Затем ставим иглу циркуля в точку B и проводим дугу тем же радиусом $R_1$.
4. Эти две дуги пересекутся в двух точках. Одна из них — это исходный центр $O_1$. Вторую точку пересечения обозначим $O'_1$. Эта точка и будет центром искомой симметричной окружности.
5. С центром в точке $O'_1$ и тем же радиусом $R_1$ строим окружность. Это и есть окружность, симметричная окружности $\omega_1$ относительно прямой AB.

1. Устанавливаем раствор циркуля равным радиусу второй окружности $R_2$. Для этого ставим иглу циркуля в центр $O_2$, а грифель — в точку A (или B).
2. Не меняя раствора циркуля, строим две дуги с центрами в точках A и B. Ставим иглу циркуля в точку A и проводим дугу радиусом $R_2$.
3. Затем ставим иглу циркуля в точку B и проводим дугу тем же радиусом $R_2$.
4. Эти две дуги пересекутся в двух точках. Одна из них — это исходный центр $O_2$. Вторую точку пересечения обозначим $O'_2$. Эта точка и будет центром второй искомой симметричной окружности.
5. С центром в точке $O'_2$ и тем же радиусом $R_2$ строим окружность. Это и есть окружность, симметричная окружности $\omega_2$ относительно прямой AB.

Рассмотрим построение точки $O'_1$. По построению, $AO_1 = BO_1 = R_1$ (так как A и B лежат на окружности $\omega_1$) и мы построили точку $O'_1$ так, что $AO'_1 = BO'_1 = R_1$. Следовательно, $AO_1 = AO'_1$ и $BO_1 = BO'_1$. Это означает, что точки A и B равноудалены от концов отрезка $O_1O'_1$. Множество точек, равноудаленных от концов отрезка, есть его серединный перпендикуляр. Таким образом, прямая AB является серединным перпендикуляром к отрезку $O_1O'_1$. Это по определению означает, что точка $O'_1$ симметрична точке $O_1$ относительно прямой AB. Аналогичное рассуждение доказывает, что точка $O'_2$ симметрична точке $O_2$ относительно прямой AB. Так как построенные окружности имеют те же радиусы, что и исходные, они являются искомыми.

Ответ: Вышеописанный алгоритм построения позволяет с помощью только циркуля построить окружности, симметричные данным относительно прямой AB.

669. Прямая $l$ проходит через середину отрезка $AB$. Обязательно ли точки $A$ и $B$ являются симметричными относительно прямой $l$?

Для того чтобы точки A и B были симметричны относительно прямой l, прямая l должна быть серединным перпендикуляром к отрезку AB. Это означает, что должны одновременно выполняться два условия:
1. Прямая l проходит через середину отрезка AB.
2. Прямая l перпендикулярна отрезку AB (то есть $l \perp AB$).

В условии задачи дано, что прямая l проходит через середину отрезка AB. Таким образом, первое условие выполнено.

Однако в условии не сказано, что прямая l перпендикулярна отрезку AB. Прямая l может проходить через середину отрезка AB под любым углом, а не только под прямым. Если прямая l не перпендикулярна AB, то второе условие не выполняется, и точки A и B не будут симметричны относительно прямой l.

Например, если прямая l совпадает с прямой AB, она проходит через середину отрезка AB, но точки A и B не симметричны относительно нее.

Следовательно, тот факт, что прямая l проходит через середину отрезка AB, не гарантирует симметричность точек A и B относительно этой прямой.

Ответ: Нет, не обязательно.

670. На рисунке 181 изображены равнобедренный треугольник $ABC$ и прямая $l$, содержащая его высоту, проведённую к основанию $AC$. Отрезки $AM$ и $CN$ – его медианы. Укажите образы точек $A$ и $B$, медианы $CN$ и стороны $AC$ при симметрии относительно прямой $l$.

Рис. 181

Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, а прямая $l$ содержит высоту, проведённую к основанию, то прямая $l$ является осью симметрии этого треугольника. Это следует из того, что в равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой и биссектрисой.

Образ точки А
Прямая $l$ перпендикулярна основанию $AC$ и проходит через его середину. По определению осевой симметрии, точка, симметричная точке $A$ относительно прямой $l$, — это точка $C$.
Ответ: точка $C$.

Образ точки B
Вершина $B$ треугольника лежит на прямой $l$, которая является осью симметрии. Любая точка, принадлежащая оси симметрии, при отражении отображается сама на себя. Следовательно, образом точки $B$ является сама точка $B$.
Ответ: точка $B$.

Образ медианы CN
Чтобы найти образ отрезка $CN$, нужно найти образы его конечных точек $C$ и $N$.
1. Образом точки $C$ является точка $A$.
2. Точка $N$ — середина стороны $AB$. При симметрии относительно $l$ точка $A$ переходит в точку $C$, а точка $B$ — в саму себя. Значит, отрезок $AB$ переходит в отрезок $CB$. Так как осевая симметрия сохраняет середины отрезков, то середина отрезка $AB$ (точка $N$) перейдет в середину отрезка $CB$. Серединой отрезка $CB$ является точка $M$ (поскольку $AM$ — медиана). Таким образом, образом точки $N$ является точка $M$.
Следовательно, образом медианы $CN$ является отрезок $AM$.
Ответ: медиана $AM$.

Образ стороны AC
Образом отрезка является отрезок, соединяющий образы его концов. Образом точки $A$ является точка $C$, а образом точки $C$ является точка $A$. Следовательно, отрезок $AC$ при симметрии относительно прямой $l$ отображается на отрезок $CA$, то есть на самого себя.
Ответ: сторона $AC$.

671. Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований равнобокой трапеции, является её осью симметрии.

Рассмотрим равнобокую трапецию $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причем $AD \parallel BC$. По определению равнобокой трапеции, ее боковые стороны равны: $AB = CD$.

Пусть $M$ — середина основания $BC$, а $N$ — середина основания $AD$. Проведем прямую $l$ через точки $M$ и $N$. Нам нужно доказать, что прямая $l$ является осью симметрии трапеции $ABCD$.

Осью симметрии фигуры является прямая, при отражении (симметрии) относительно которой фигура переходит сама в себя. Для этого достаточно показать, что при симметрии относительно прямой $MN$ вершины трапеции переходят в другие ее вершины, а именно: вершина $A$ в $D$, а вершина $B$ в $C$.

Для доказательства этого факта установим, что прямая $MN$ перпендикулярна основаниям трапеции.

1. Проведем из вершин $B$ и $C$ высоты $BH_1$ и $CH_2$ на основание $AD$. Так как $BC \parallel AD$ и $BH_1 \perp AD, CH_2 \perp AD$, то четырехугольник $BCH_2H_1$ является прямоугольником. Отсюда следует, что $BH_1 = CH_2$.

2. Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABH_1$ и $\triangle DCH_2$. У них:

• $AB = CD$ (как боковые стороны равнобокой трапеции).
• $BH_1 = CH_2$ (как высоты трапеции).

Следовательно, $\triangle ABH_1 = \triangle DCH_2$ по гипотенузе и катету.

3. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих катетов: $AH_1 = DH_2$.

4. Точка $N$ является серединой $AD$, поэтому $AN = ND$. Выразим эти отрезки через другие:
$AN = AH_1 + H_1N$
$ND = NH_2 + H_2D$
Так как $AN = ND$ и $AH_1 = H_2D$, получаем:
$AH_1 + H_1N = NH_2 + AH_1$
$H_1N = NH_2$
Это означает, что точка $N$ является серединой отрезка $H_1H_2$.

5. В прямоугольнике $BCH_2H_1$ точка $M$ является серединой стороны $BC$, а точка $N$ — серединой противолежащей стороны $H_1H_2$. Прямая, соединяющая середины противоположных сторон прямоугольника, перпендикулярна двум другим сторонам. Следовательно, прямая $MN$ перпендикулярна $BC$ и $H_1H_2$.

6. Так как отрезок $H_1H_2$ лежит на прямой $AD$, то $MN \perp AD$. Поскольку основания трапеции параллельны ($AD \parallel BC$), то $MN \perp BC$.

7. Теперь покажем, что симметрия относительно прямой $MN$ отображает трапецию саму на себя.

• Для точки $A$: прямая $AD$ перпендикулярна прямой $MN$, и $N$ является серединой отрезка $AD$. Следовательно, при симметрии относительно прямой $MN$ точка $A$ переходит в точку $D$, и наоборот.
• Для точки $B$: прямая $BC$ перпендикулярна прямой $MN$, и $M$ является серединой отрезка $BC$. Следовательно, при симметрии относительно прямой $MN$ точка $B$ переходит в точку $C$, и наоборот.

Таким образом, при симметрии относительно прямой $MN$ вершины трапеции $A, B, C, D$ переходят в вершины $D, C, B, A$ соответственно. Это означает, что трапеция $ABCD$ отображается сама на себя. Следовательно, прямая, проходящая через середины оснований равнобокой трапеции, является её осью симметрии.

Ответ: Что и требовалось доказать.

672. Докажите, что прямая, содержащая медиану равнобедренного треугольника, проведённую к основанию, является его осью симметрии.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. По определению равнобедренного треугольника, его боковые стороны равны: $AB = BC$. Проведём медиану $BM$ из вершины $B$ к основанию $AC$.

По определению медианы, точка $M$ является серединой стороны $AC$, следовательно, $AM = MC$.

Рассмотрим два треугольника, на которые медиана $BM$ делит исходный треугольник: $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$.

Сравним эти треугольники. Во-первых, $AB = CB$, так как $\triangle ABC$ — равнобедренный. Во-вторых, $AM = CM$, так как $BM$ — медиана. В-третьих, сторона $BM$ является общей для обоих треугольников.

Следовательно, треугольники $\triangle ABM$ и $\triangle CBM$ равны по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам).

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов. В частности, равны соответствующие углы: $\angle AMB = \angle CMB$. Эти углы являются смежными, поэтому их сумма равна $180^\circ$. Так как они равны, то каждый из них равен $180^\circ / 2 = 90^\circ$. Это означает, что медиана $BM$ также является высотой, то есть прямая $BM$ перпендикулярна прямой $AC$.

Осью симметрии фигуры называется прямая, при отражении (симметрии) относительно которой фигура переходит сама в себя. Докажем, что прямая, содержащая медиану $BM$, является осью симметрии для треугольника $ABC$.

Для этого покажем, что при симметрии относительно прямой $BM$ треугольник $ABC$ отображается на себя. При такой симметрии любая точка, лежащая на оси (на прямой $BM$), отображается сама на себя. Значит, вершина $B$ и точка $M$ переходят в себя.

Рассмотрим вершину $A$. Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна прямой $BM$ и точка $M$ является серединой отрезка $AC$ ($AM = MC$), то по определению осевой симметрии точка $C$ является образом точки $A$. Аналогично, точка $A$ является образом точки $C$.

Таким образом, при симметрии относительно прямой $BM$ вершина $A$ переходит в вершину $C$, вершина $C$ переходит в вершину $A$, а вершина $B$ переходит сама в себя. Это означает, что отрезок $AB$ переходит в отрезок $CB$, отрезок $BC$ — в отрезок $BA$, а основание $AC$ — в основание $CA$. Следовательно, весь треугольник $ABC$ отображается на себя.

Это доказывает, что прямая, содержащая медиану равнобедренного треугольника, проведённую к основанию, является его осью симметрии.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, содержащая медиану равнобедренного треугольника, проведённую к основанию, является его осью симметрии, так как при отражении относительно этой прямой треугольник отображается сам на себя.