Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. П. Бевз 11 клас - 2011 рік

§9. Геометричні перетворення у просторі. Рухи

306.

Пряма і площина відображуються на себе відносно будь-якої точки, що належить їм.

307.

Два нерівні відрізки бути симетричними відносно деякої точки не можуть.

308.

Відносно початку координат:

точці А(1; -3; 2) симетрична A1(-1; 3;-2);

точці В(-5; 0; 2) — B1(5; 0; -2);

точці С(3; -1; 0) — С1 (-3; 1; 0);

точці D(0; 0; 0) — D1(0; 0; 0).

309.

Якщо т. А і т. В симетричні відносно т. М, то М — середина АВ;

М(-1; 3; 1). т. М, —симетрична т. М відносно т. A, M1(x; y; z).

А — середина

х = -5; у = 5; z = 11. Отже M1(-5; 5; 11).

Т. М2 — симетрична т. М відносно т. B(1; 2; -4).

М2(x1; у1; z1),

x1 = 3; у1 = 1; z1 = -9.

Отже, М1 (3; 1;-9).

310.

Якщо сфери симетричні, то радіуси сфер рівні R = 2.

О1 — центр шуканої сфери, симетричний центру O(4; 1; 2) відносно S(2; 3; -2).

О1 (х; у; z)

х = 0; у = 5; z = -6.

Тоді шукана сфера задається рівнянням: x2 + (у - 5) 2 + (z + 6)2 = 4.

311.

Т. А1 лежить на промені АО, який лежить в площині (ОАВ).

Отже, А1 ϵ (ОАВ). т. B1 лежить на промені ВО, який лежить в площині (ОАВ).

Отже, B1 ϵ (ОАВ). Оскільки дві точки лежать в площині (ОАВ),

то відрізок А1В1 лежить в площині (ОАВ).

312.

а)

ΔA1B1С1 і ΔАBС симетричні відносно т. О;

б)

ΔA1СB1 симетричний ΔАСВ відносно т. С;

в)

ΔABC1 симетричний ΔАВС відносно т. М — середини АВ.

313.

АА1В1С1 симетричний ΔАВС відносно т. О.

ВО = ОB1; ОС = ОС1; ∠BOC = ∠B1OC1. Звідси ΔBОС = ΔB1ОС1,

звідси ∠ОВС = ∠ОВ1C1, але ці кути — внутрішні різносторонні

при прямих ВС, B1С1 і січній BB1. Звідси BC ‖ B1C1, аналогічно BA ‖ B1A1.

Тоді площина (ABС) ‖ (A1B1С1), тобто ΔАВС і ΔA1B1C1

лежать в паралельних площинах.

314.

a)

M1N1K1L1C1D1AB1 симетричний ABCDKLMN відносно т. А.

б)

Куб CN1K1L1MD1A1B1 симетричний кубу ABCDKLMN

відносно т. Z — середини ребра CM.

в)

Куб DCKPNMZQ симетричний кубу ABCDKLMN

відносно т. О — центра грані DNMC.

315.

Якщо т. А і С симетричні відносно т. В, а т. В і D симетричні відносно т. С,

то всі ці точки лежать на одній прямій, тому, через усі ці точки

можна провести безліч площин і одну пряму.

316.

Ні, не можуть. Якщо відрізки симетричні, то вони лежать на паралельних прямих.

317.

Центрально-симетричною:

а) правильна трикутна призма не може бути;

б) правильна чотирикутна призма є;

в) правильна п’ятикутна призма не може бути;

г) правильна шестикутна призма є.

318.

Не має.

319.

Якщо многогранник має центр симетрії, то при центральній симетрії відносно цього центра симетрії многогранник перейде сам в себе. Тоді одна з вершин перейде в іншу вершину і т. д. Отже, центр симетрії знаходиться на однаковій відстані від вершин, тобто є центроїдом його вершин.

320.

Пряма l ┴ α. т. А ϵ l, Р ϵ α.

При центральній симетрії ΔАОР перейде в ΔA1Ο1P1),

причомуα ‖ α1; ΔAOP = ΔA1OP, тому

∠A1O1P1 = ∠AOP = 90°, тому A1O1 ┴ α, або l1 ┴ α.

Отже, пряма, перпендикулярна до площини, перейде в пряму,

перпендикулярну до площини.

322.

Дана площина х - 2у + 3z - 2 = 0 перетинає вісь X у т. (2; 0; 0),

вісь Y у т. (0; -1; 0), вісь Z у т.

Тоді площина, симетрична даній площині, перетинатиме вісь

X у т. (-2; 0; 0), вісь У у т. (0; 1; 0), вісь Z у т.

Тоді

ax+ by + cz + d = 0;

або x - 2y + 3z + 2 = 0 — рівняння шуканої площини.

323.

Пряма А1В1 симетрична прямій АВ відносно початку координат.

Тоді A1(-1; 2; -4), B1(-2; 1; -3. Пряма A1B, задається рівнянням

або або

324.

а)

Тетраедр A1B1CD1 симетричний тетраедру ABCD відносно вершини С;

б)

Тетраедр симетричний тетраедру A1B1C1D1 відносно т. О — центра грані BCD;

в)

Тетраедр A1B1CD симетричний тетраедру ABCD відносно т. Р — середини ребра DC.





Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити