Готові домашні завдання 9 клас - Розв'язання вправ та завдань до підручника «АЛГЕБРА» О. С. Істера - 2017 рік

Розділ 5. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ

Вправи для повторення до розділу 5

До § 18

1058. АВ = А'В'.

1059. F = F'.

1060. 1) Так. Поворот на 90° за годинниковою стрілкою навколо точки перетину діагоналей.

2) Так. Цей же поворот, що і у п. 1.

1061. Існує.

1062. 1) Рівні; 2) рівні; 3) рівні; 4) нерівні.

1063. Не завжди. Можутьсторони бути рівні, а відповідні кути — нерівні.

1064. Кожній точці кола X поставили у відповідність точу У сторони квадрата, якає результатом перетину цієї сторони квадрата і радіуса ОХ.

1065. У ΔАВС:

АВ = ВС, ΔАВС — рівнобедрений, тому ∠BAC = ∠ВСА. Кути рівні, тому існує переміщення, яке переводить ∠BAC у ∠ВСА.

До § 19

1066. А' і А симетричні відносно початку координат. А'(2; -5).

О ∉ АВ. А'В' симетричний АВ відносно О.

О ∈ АВ. А'В' симетричний АВ відносно т. О.

1068. 1) А(4; -5) і A'(-4; -5) відносно початку координат не симетричні.

2) A(-3; 2) і A'(3; -2) симетричні відносно початку координат.

1069. Нехай А'(х; у), тоді Oтже, А'(8; -23).

1070. Так, якщо точка належить цій прямій.

AO = А'O, ВО = В'О (за побудовою); ∠ВОА = ∠В'ОА' (вертикальні). ∠АВО = ∠А'В'О (I ознака).

З рівності трикутників: ∠ОАВ = ∠ОА'В', а ці кути внутрішні різносторонні при прямих АВ, А'В' і січній АА'. Тому АВ || А'В'.

1074. Не може, бо тоді б діагоналі трапеції повинні перетинатися і точкою перетину ділитися навпіл. А такий чотирикутник — паралелограм, ніяк не трапеція.

1. Побудуємо пряму а' симетричну прямій а відносно О.

М і К — довільні точки прямої а; М' — симетрична М відносно О; К' — симетрична К відносно О; а' проходить через К' і М'; а' перетинає в т. Р'.

Р'О перетинає а в т. Р. РО = OP'. Р ∈ а, Р' ∈ а'. Отже, РР' — шуканий відрізок.

Побудуємо коло з центром О, радіусом ОА.

Знайдемо вершини правильного шестикутника, вписаного в це коло. Для цього з т. А послідовно поставимо засічки (r = ОА) т. Р, М, К, D, Е. Точка К і т. А симетричні відносно т. О.

До § 20

А' симетрична А(3; -4) відносно осі абсцис, А'(3; 4). А' симетрична А(3; -4) відносно осі ординат, А'(-3; -4).

ОО' ⊥ а; ОО' ∩ а = К. OK = O'А. О' симетрична О відносно прямої а. Коло з центром О', радіусом 3 см симетричне колу з центром О відносно прямої а.

1. АК ⊥ ВС.

2. На продовженні AK' за т. К відкладемо КА' = КА.

3. А' симетрична А відносно ВС.

4. ΔА'ВС симетричний ΔABC відносно прямої ВС.

На сторонах кут О відклали ОА = ОА'. ОК — бісектриса; ОК ∩ АА' = С. ОА = ОА' за умовою. ∠AOC = ∠A'OC (властивість бісектриси кута). ОС — спільна сторона ΔОСА і ΔОСА'. Звідси ΔОСА = ΔОСА'. З рівності трикутників АС = А'С, ∠ACO = ∠А'СО, але ці кути суміжні, їх сума 180°. Тому ∠ACO = 90°, тобто АС ⊥ ОК. Тоді маємо АА' ⊥ ОК і АС =А'С. Отже, А і А' симетричні відносно ОК.

1081. O(-2; 3). О1 — 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.

Якщо АС і BD — осі симетрії чотирикутника ABCD, то В симетрична D відносно АС, тоді BO = OD; AB = AD.

А симетрична С відносно BD, тоді АО = ОС і AD = DC.

З того, що BO = OD і АО = ОС зробимо висновок, що ABCD — паралелограм. До того ж АВ = AD, AD = DC. Можна зробити 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 = ∠ABB'. 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 АВ'. 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 i nза осі координат. Нехай т. К(а; b) належить F4 (I корд. кут). Симетрична їй точка відносно осі m К1(-а; b), точці К1(-a; 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 і n.

Отже, точка перетину m і 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. A'(0; 5); 2) у т. А'(0; -5); 3) у т. A'(5; 0).

Квадрат ABCD перейде в квадрат A'B'C'D'.

1091. Якщо ΔАВС перейшов у ΔАСD, то АВ перейде в АС. ∠BAC = 60°. Отже, поворот виконали навколо точки А на 60° за годинниковою стрілкою.

ОС' = 2. ΔОС'К — прямокутний;

ОС' = 2 — гіпотенуза, ∠СО'К = 60°.

Звідси

Отже, С'(1; √3).

1093. 2х - у + 1 = 0; у = 2х + 1 перетинає вісь абсцис у т. A(-0,5; 0), а вісь ординат у т. К(0; 1).

1) При повороті навколо початку координат на 90° за годинниковою стрілкою т. A(-0,5; 0) перейде в т. A'(0; 0,5); т. К(0; 1) перейде в т. К'(1; 0). Пряма, яка проходить через А' і К' задається рівнянням

2) При повороті на 90° проти годинникової стрілки т. А(-0,5; 0) перейде в т. А'(0; -0,5); т. К(0; 1) перейде в т. К'(-1; 0). Пряма А'К' задається рівнянням

ОК — бісектриса ∠АОВ; ON — бісектриса ∠KOB. ∠AON = 135°; ON = ОА.

Побудуємо аналогічно точку, в яку перейде т. В. Або АВ перейде в NZ. Продовжимо NO і відкладемо OZ = ON.

До § 22

1095. Правильні твердження 2) і 3).

1096. 1) А(3; -2) перейде в A'(0; 0); B(0; 0) перейде в В'(-3; 2);

2) А(2; 5) перейде в т. А'(-1; 7); B(1; -3) перейде в В'(-2; -1).

1097. A(3 - 3; -5 + 5) або A(0; 0); B(0 - 3; 0 + 5) або В(-3; 5); С(2 - 3; -7 + 5) або С(-1; 2).

1099. О — середина ВС; O(1; -6).

A переходить в точку О при паралельному перенесенні х' = х - 1 ; y' = у - 11.

т. A переходить в т. С(A'); т. С перейде в т. С'; т. В перейде в т. В'.

A'(-1; 2); В'(6; 4); С'(1; -1).

1101. При даному паралельному перенесенні х' = х; у' = у + 2. Центр кола O(-1; 2) перейде в точку O'(-1; 4).

Радіус даного кола і радіус кола, отриманого паралельним перенесенням, рівні між собою.

Тоді шукане рівняння кола має вигляд:

коло з центром O(1; -2).

При даному паралельному перенесенні O(1; -2) перейде в т. О'(0; 0).

Образ даної кривої — коло з центром О'(0; 0); R = √5, задається рівнянням х2 + у2 = 5.

Побудуємо прямокутний трикутник з катетами 2 од. відр. і 1 од. відр. Тоді гіпотенуза цього трикутника дорівнює √5.

ΔАВС — прямокутний. (2; 3) — центр вписаного кола перейде в т. (0; 0). Таке паралельне перенесення задається формулами х' = х + 2 і у' = у - 3. Центр описаного кола — середина гіпотенузи АВ має координати або (1,5; 2) і при паралельному перенесенні х' = х - 2 і у' = у - 3 перейде в точку (1,5 - 2; 2 - 3) або (-0,5; -1).

До § 23

1104. k = 3/2.

1105. стор. 213.

1106. звідси х = 60 (см) — шукана сторона.

1107. 450 км = 45 000 000 см;

45 000 000 : 10 000 000 = 4,5 (см) — довжина газопроводу на карті;

— зображення газопроводу у М 1 : 10 000 000.

1109. Нехай 3х, 4х, 5х, 5х, 6х, 7х — шукані сторони. Тоді:

1) 5х + 5х = 40; х = 4. Тоді 12 см; 16 см; 20 см; 20 см; 24 см; 28 см — шукані сторони.

2) 7х - 3х = 8; 4х = 8; х = 2. 6 см; 8 см; 10 см; 10 см; 12 см; 14 см — шукані сторони.

3) 3х + 4х + 5х + 5х + 6х + 7х = 90; 30х = 90; х = 3. Тоді 9 см; 12 см; 15 см; 15 см; 18 см; 21 см — шукані сторони.

1110. Сторона другого прямокутника 12 см, діагональ 15 см, тоді друга сторона цього прямокутника дорівнює

Сторони одного прямокутника 4 см і 4 см, а другого прямокутника — 12 см і 9 см.

Ці прямокутника подібні, бо всі кути прямокутників рівні між собою.

1111. У першому ромбі гострий кут х, тупий 3х.

х + 3х = 180; х = 45°; 3х = 3 ∙ 45° = 135°. Кути ромба 45° і 135°.

У другого ромба гострий кут х°, тупий х + 80°. Тоді х + х + 80° = 180°; х = 50°; х + 80° = 50° + 80° = 130°. Кути ромба 50° і 130°.

Ці ромби не подібні.

1112. Нехай зовнішня рамка має розміри а і b, ширина рамки х, тоді внутрішня рамка має розміри а - 2х, b = 2х. Знайдемо відношення відповідних сторін. Якщо вони рівні, прямокутники подібні.

— справедливо тільки за умови, що а = b, тоді прямокутник має бути квадратом, але за умовою: прямокутник не є квадратом. Тому відношення сторін нерівні. Отже, зовнішній і внутрішній прямокутники не подібні.

Нехай а || b. При перетворення подібності пряма а перейшла в а', пряма b —> b'.

Проведемо січну с, яка перетинає прямі а і b. Так як а || b, то ∠1 + ∠2 = 180° як внутрішні односторонні при паралельних а, b і січній с. При перетворення подібності пряма с перейде в с'. При перетворенні подібності зберігається кут між прямими, тому ∠3 = ∠1, a ∠4 = ∠2.

Так як ∠1 + ∠2 = 180°, то ∠3 + ∠4 = 180°, а ∠3 і ∠4 — внутрішні односторонні при прямих a', b' і січній с'. Тому а' || b'.

Отже, паралельні прямі перейшли в паралельні прямі.

1114. 1) Не подібні, бо відповіднi бічні сторони рівні, а основи нерівні. Тому відношення відповідних сторін не дорівнюватиме одне одному.

2) Не подібна, бо менша основа однієї трапеції дорівнює відповідній основі другої трапеції, тобто їх відношення дорівнює 1, відношення бічних сторін дорівнює 2. Ці трапеції не можуть бути подібними.

1115. Ні, неможна.

Наприклад: ΔABC ~ ΔA'B'D'; ΔACD ~ ΔC'B'D'. Але ABCD і А'В'CD' не подібні.

m — шуканий відрізок.

До § 24

1121. Трикутник, який відтинає середня лінія від даного трикутника, має лінійні розміри менші за відповідні лінійні розміри даного трикутника в 2 рази. Тоді площа його становить частину площі даного трикутника.

1122. Нехай площа меншого квадрата 144 см2, тоді

—площа більшого квадрата.

Якщо ж 144 см2 — площа більшого квадрата, то — площа меншого квадрата.

1123. Кут правильного шестикутника дорівнює 120°, менша діагональ де а — сторона шестикутника. Отже, сторона одного шестикутника а, а сторона другого — а√3. Тоді

1124. Якщо S1 : S2 = 9 : 4, то тоді 3х + 2х = 80; 5х = 80; х = 16. Отже, 3х = 3 ∙ 16 = 48 см і 2х = 2 ∙ 16 = 32 см — шукані периметри. Тоді сторони цих квадратів; 48 : 4 = 12 см і 32 : 4 = 8 см.

1125. М 1 : 2000. Лінійні розміри об’єктів на карті і на місцевості відносяться, як 1 : 2000, тоді площі відносяться як 1 : 4000000.

1,5 ∙ 4 000 000 = 6 000 000 см2 — площа озера на місцевості.

6 000 000 см2 = 600 м2 — площа озера.

1126. Лінійні розміри зменшились в З рази, тому площа зменшиться в 9 разів.

ΔABC; КМ — середня лінія; КМ = а, тоді АС = 2а.

У ΔABC: К — точка перетину медіан; К ∈ MN. MN || AС. ΔMBN ~ ΔABC, їх лінійні розміри відносяться к 2 : 3 (властивість точки перетину медіан).

Нехай АС = а, а висота ΔABC = h, тоді

У ΔABC: BK — медіана; MN || BK.

(висоти рівні, відношення основ АК : AC - 1 : 2). SΔAMN : SNMBC = 1 : 7, тоді SΔAMN : SΔABC = 1 : 8, а

Якщо відношення площ дорівнює 1/4, то відношення лінійних розмірів дорівнює 1/2, тоді

Щоб побудувати чотирикутник, подібний даному, площа якого в 2,25 рази більша за площу даного, необхідно побудувати чотирикутник, у якого відповідні кути рівні кутам даного чотирикутника, а відповідні сторони в 1,5 разів більші. Будуємо ∠А' = ∠А. На одній стороні ∠А' відкладемо відрізок 1,5АВ, на другій 1,5AD. Одержимо вершини В' і D'. Від променя В'А' в одну півплощину з т. D' відкладемо кут, рівний ∠В. Від променя D'A відкладемо в одну півплощину кут, рівний ∠D. Перетин сторін цих кутів дасть т. С. A'B'C'D' — шуканий чотирикутник.



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