ГДЗ до підручника «Геометрія» О.С. Істера. 9 клас
1081. О(-2; 3). O1 — центр кола, симетричного даному відносно осі абсцис. О1(-2; -3), радіус кола 2. Тому рівняння кола, симетричного даному, має вигляд: (х + 2)2 + (y + 3)2 = 4.
А(-3; 4); В(3; 4); С(3; -4); D(-3; -4).
Якщо AC і BD — осі симетрії чотирикутника ABCD, то В симетрична D відносно АС, тоді BO = OD; AB = AD.
А симетрична С відносно BD, тоді AO = OC i AD = DC.
З того, що BO = OD і АО = ОС зробимо висновок, що ABCD — паралелограм. До того ж AB = AD, AD = DC. Можназробити висновок, що всі сторони паралелограма рівні між собою. Тому ABCD — ромб.
1084. А симетрична А′, В симетрична В′, тоді АВ = А′В′; АА′ ⟂ l; ВВ′ ⟂ l, звідси АА′ ⟂ ВВ′. Тоді АВВ′А′ — трапеція, до того ж рівнобічна.
Коло можна описати навколо чотирикутника, у якого суми протилежних кутів по 180°. за властивістю трапеції: ∠AA′B′ + ∠А′В′В = 180°, але ∠А′В′В = ∠АВВ′. Отже, ∠АА′В′ + ∠АВВ′ = 180°, тоді ∠А′АВ + ∠А′В′В = 180°. Отже, навколо цієї трапеції можна описати коло.
Побудуємо точку В′ симетричну В відносно l. Проведемо відрізок AB′. АВ′ перетне пряму l у т. С. т. С — шукана точка. АС + СВ′ — найменша відстань, так як СВ′ = СВ, то АС + СВ — найменше значення.
Нехай фігура F має 2 взаємно перпендикулярні осі симетрії m і n. Вони розбивають фігуру F на 4 частини. F1 = F4 (m — вісь симетрії); F1 = F2 (n — вісь симетрії). Звідси F2 = F4. Приймемо m і n за осі координат. Нехай т. К (а; b) належить F4 (I корд. кут). Симетрична їй точка відносно осі m К1(-а; b), точці К1(-а; b) симетрична відносно n точка К2(-а; -b), яка належить F2. Тоді т. К, яка належить F4, симетрична точка К2, яка належить F2 відносно початку координат. Отже, F4 і F2 симетричні відносно О — точка перетину m i n.
Отже, точка перетину m i n — центр симетрії даної фігури.
До § 21
1087. 1) т. А — в точку В; т. С — в точку D;
2) т. Е — в т. С; т. В — в т. F.
1089. 1) У т. А′(0; 5); 2) у т. А′(0; -5); 3) у т. А′(5; 0).
Квадрат ABCD перейде в квадрат A′B′C′D′.
