Готові домашні завдання 9 клас - Розв'язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» A. Г. Мерзляка - 2017 рік

§ 5. Геометричні перетворення

п. 18. Осьова симетрія

18.1. стор. 170. рис.

18.2. стор. 170. рис.

18.3. стор. 170. рис. l ⊥ АВ.

18.4. стор. 170. рис.

18.5. стор. 170. рис. а || а₁.

18.6. стор. 170. рис. ABCD — ромб.

18.7. стор. 170. рис.

18.8. стор. 171. Деякі букви мають вісь симетрії.

18.9. стор. 171. рис.

18.10. стор. 171. Ні, не обов’язково, необхідно l ⊥ AB.

18.11. стор. 171. Медіана рівнобедреного трикутника, яка проведена до основи, є його віссю симетрії, тому що вона перпендикулярна до основи трикутника і ділить основу трикутника навпіл.

18.12. стор. 171. Образ А є точка С, образ В є точка В. Образ медіани CN є медіана AM. Образ сторони АС є сторона СА.

18.13. стор. 171.

ABCD — трапеція, ВС || AD; ВМ = МС; AN = ND. l ⊥ BC, l ⊥ AC.

Точка В є образ точки С, точка А є образ точки D відносно прямої l, l є вісь симетрії.

ВМ —> МС; AN —> ND; АВ —> CD.

18.14. стор. 171. Образом точки В є точка С, образом точки D є точка А. Образом діагоналі АС є діагональ DB. Образом основи ВС є відрізок СВ.

18.15. стор. 171. рис.

ABCD — ромб. АС ⊥ BD. Образом т. А є точка С, образом т. В є т. D. АВ —> CD; AD —> CD. Діагоналі ромба є осями симетрії ромба.

18.16. стор. 171. рис.

ABCD — прямокутник; AM = MB; DN = NC. АВ || DC, MN || AD; MN ⊥ AB; MN ⊥ DC. Образом точки А є точка В, образом т. D є т. С; АМ —> BM; AD —> ВС; DN —> CN, l — вісь симетрії прямокутника.

Аналогічно — вісь симетрії прямокутника.

18.17. стор. 172. АВ —> А₁В₁ при осьовій симетрії. АВ = 5 см, отже, A₁A₁ = 5 см.

18.18. стор. 172. рис.

Дано: ∠AOB, l — бісектриса кута.

Образом точки А є точка В; AM = MB. О —> О. l — вісь симетрії кута АОВ.

18.19. стор. 172. А(-2; 1) —> A₁(2; 1) симетрія відносно осі ординат;

А(-2; 1) —> А₂(-2; -1) симетрія відносно осі абсцис;

В(0; -4) —> В₁(0; -4) симетрія відносно осі ординат;

В(0; -4) —> В₂(0; 4) симетрія відносно осі абсцис.

18.20. стор. 172. А(х; 3) —> В(-2; у) відносно осі абсцис; х = -2, у = -3.

А(х; 3) —> В(-2; у) відносно осі ординат; х = 2, у = 3.

18.21. стор. 172. а > l або a i l — збігаються.

18.22. стор. 172. рис.

Якщо у трикутника є вісь симетрії, то А —> С; С —> А; В —> В; АВ —> СВ; AD = DC, а це означає, що BD ⊥ АС. АВ = ВС, ΔABC — рівнобедрений.

18.23. стор. 172. рис.

l₁ — вісь симетрії ΔАВС. Образом АВ є СВ, АВ = CD; l₂ — вісь симетрії, образом ВС є АС, отже, ВС = АС, звідси АВ = СВ = АС, ΔАВС — рівносторонній. Цей трикутник має 3 осі симетрії.

18.24. стор. 172. рис.

Якщо чотирикутник має вісь симетрії, то образом будь-якої його вершини є вершина цього самого чотирикутника.

Образом А є В або С, тобто сусідня вершина або протилежна.

Отже, цей паралелограм є прямокутником або ромбом.

18.25. стор. 172. рис.

Образом точки А можуть бути сусідні вершини В і D або протилежна вершина С.

AM = МВ; АР = PD; АВ = AD; АО = ОС; OD = ОВ.

Цей чотирикутник є квадрат.

18.26. стор. 172. рис.

А і В — точки перетину двох кіл з центрами O₁ і O₂. АВ — хорда кіл, АВ ⊥ O₁O₂. ΔAO₁M = ΔBO₁M; AO₁ = BO₁, О₁М — спільна сторона, звідси AM = ВМ, АВ ⊥ O₁O₂, отже, точки А і В симетричні відносно прямої O₁O₂.

18.27. стор. 172. рис.

∠M₁BA і ∠MBA є симетричними відносно прямої AB. ∠M₁BA = ∠MBA.

∠M₂BC = ∠MBC; ∠M₁BM₂ = 180°, отже, точки M₁, В і M₂ лежать на одній прямій.

18.28. стор. 172. 1) А₁(0; -2), B₁(-1; 3); 2) А₂(0; 2), В₂(1; -3).

18.29. стор. 172. А(х; -1), В(у; 2). х = 2; y = -1.

18.30. стор. 172. Нехай точка А₁ — образ точки А при симетрії відносно прямої а. X — точка перетину прямих а і А₁В буде шуканою.

Якщо точки А і В симетричні відносно прямої а, то задача має безліч розв’язків. Якщо точки А і В рівновіддалені, але не симетричні відносно прямої а то задача не має розв’язку, один розв’язок

безліч розв’язків

не має розв’язку

18.31. стор. 173. рис.

рис. А —> A₁, В —> В₁, X — шукана точка.

Задача не має розв’язку.

18.32. стор. 173. Точка А₁ — образ точки А при симетрії відносно прямої а.

Точка перетину прямих а і А₁В — точка X і є шуканою. АХ + ХВ є найменша сума.

18.33. стор. 173. рис.

ΔA₁BC — образ ΔАВС при симетрії відносно серединного перпендикуляра відрізка ВС.

ΔACA₁ побудуємо за відомими сторонами АС і A₁C (A₁С = АВ) та ∠ACA₁, який дорівнює різниці кутів B i С.

18.34. стор. 173. рис.

Точка С₁ симетрична точці С відносно прямої АВ.

Коло з центром в точці С, дотикається до прямої AВ, проведемо через точку D дотичну DK до кола. X — точка перетину дотичної і прямої АВ — шукана точка.

18.35. стор. 173. рис.

ABCD — опуклий чотирикутник. Проведемо l ⊥ АС, АО = ОС.

Точка В, симетрична точці В відносно прямої l.

Чотирикутники ABCD і AB₁CD рівновеликі, мають рівні площі.

18.36. стор. 173. рис.

Дано: ΔABC. Точка перетину висот ΔABC — точка М.

Симетричний образ точки М відносно будь-якої сторони трикутника лежить на колі, описаному навколо цього трикутника.

18.37. стор. 173. рис.

ABCD — паралелограм. AD = ВС = 7 см;

Бісектриса ∠B паралелограма ділить протилежну сторону на 2 відрізки DK і КС.

∠1 = ∠2 (ВК — бісектриса кута).

∠1 = ∠3 (внутрішні різносторонні кути: DC || АВ, ВК — січна).

∠3 = ∠2, ΔСКВ — рівнобедрений, СК = СВ = 7 см; DK = DC - КС = 17 - 7 = 10 (см).

Відповідь: 7 см; 10 см.

18.38. стор. 173. рис. ΔАСВ, АС = ВС; ΔВСD, ВС = CD; ∠1 + ∠2 = 180°.

отже, у трикутників рівні площі. Ці трикутники рівновеликі.

18.39. стор. 173. рис.

ΔАВС, AM — медіана. Координати т. М(-3; -2). Рівняння прямої AM: у = kx + b. Підставимо в рівняння координати точок А і М, знайдемо k і b.

Рівняння AM: