Геометрия в 9 классе УМК Атанасян Самостоятельная работа № 13 по теме «Преобразования плоскости. Параллельный перенос и поворот» с ответами (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Код материалов: Геометрия 9 класс Самостоятельная 13.
Геометрия 9 класс.
Самостоятельная № 13
«Преобразования плоскости. Параллельный перенос и поворот»
Подготовка к контрольной:
Задача № 1. Даны прямая а и четырёхугольник ABCD. Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырёхугольник при осевой симметрии с осью а. Что представляет собой фигура F?
Ход построения (рис. 13.12):
Задача № 2. Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма.
I уровень сложности
Ур-1 Вариант 1
№ 1. Дан четырёхугольник ABCD. Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно вершины D; б) относительно диагонали AC.
Решение:
► а) *Симметрия относительно точки D (центральная симметрия)*
1. Берём вершину A. Чтобы получить точку A₁, симметричную A относительно центра D, проводим прямую AD и откладываем на её продолжении за точку D отрезок A₁D = AD.
2. Аналогично для вершины B: проводим BD, откладываем B₁D = BD.
3. Для вершины C: проводим CD, откладываем C₁D = CD.
4. Точка D остаётся на месте (центр симметрии).
5. Соединяем точки A₁, B₁, C₁, D в порядке A₁B₁C₁D — получится четырёхугольник, центрально─симметричный исходному относительно D.
✅ Ответ (а): рисунок.
► б) *Симметрия относительно прямой AC (осевая симметрия)*
1. Проводим диагональ AC — это ось симметрии.
2. Для точки B: опускаем перпендикуляр BH на прямую AC, на продолжении этого перпендикуляра за ось AC откладываем отрезок HB₂ = BH. Точка B₂ симметрична B относительно AC.
3. Для точки D: опускаем перпендикуляр DK на AC, откладываем KD₂ = DK.
4. Точки A и C лежат на оси, поэтому остаются на месте.
5. Соединяем точки A, B₂, C, D₂ в порядке AB₂CD₂ — получится четырёхугольник, симметричный исходному относительно AC.
✅ Ответ (б): рисунок.
№ 2. Докажите, что при движении квадрат отображается на квадрат.
Решение:
1. *Определение движения:* Движение — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками.
2. Пусть дан квадрат ABCD с равными сторонами AB = BC = CD = DA и прямыми углами ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90°.
3. При движении любые две точки переходят в две точки, расстояние между которыми такое же. Значит, образы вершин A’, B’, C’, D’ будут такими, что A’B’ = AB, B’C’ = BC, C’D’ = CD, D’A’ = DA.
4. Также движение сохраняет углы (это следует из сохранения расстояний и возможности вычисления углов через расстояния по теореме косинусов, либо из того, что движение — композиция осевой и центральной симметрий, сохраняющих углы). Поэтому ∠A’ = 90°, ∠B’ = 90° и т.д.
5. Равенство сторон и прямые углы означают, что A’B’C’D’ — квадрат.
✅ Ответ: что и требовалось доказать.
Ур-1 Вариант 2
№ 1. Дан четырёхугольник ABCD. Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно вершины A; б) относительно диагонали BD.
Решение:
► а) *Симметрия относительно точки A*
1. Для вершины B: проводим AB, откладываем на продолжении за A отрезок AB₁ = AB.
2. Для вершины C: проводим AC, откладываем AC₁ = AC.
3. Для вершины D: проводим AD, откладываем AD₁ = AD.
4. Точка A остаётся на месте.
5. Соединяем A, B₁, C₁, D₁ в порядке AB₁C₁D₁ — это искомый четырёхугольник.
✅ Ответ (а): рисунок.
► б) *Симметрия относительно прямой BD*
1. Проводим диагональ BD — ось симметрии.
2. Для точки A: опускаем перпендикуляр AH на BD, откладываем HA₂ = AH по другую сторону BD.
3. Для точки C: опускаем перпендикуляр CK на BD, откладываем KC₂ = CK.
4. Точки B и D лежат на оси, остаются на месте.
5. Соединяем B, A₂, D, C₂ в порядке BA₂DC₂ — это искомый четырёхугольник.
✅ Ответ (б): рисунок.
№ 2. Докажите, что при движении прямоугольник отображается на прямоугольник.
Решение:
1. Движение сохраняет расстояния и углы.
2. Пусть ABCD — прямоугольник: AB = CD, BC = AD, ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90°.
3. При движении вершины A, B, C, D переходят в A’, B’, C’, D’ соответственно, причём A’B’ = AB, B’C’ = BC, C’D’ = CD, D’A’ = DA.
4. Углы сохраняются: ∠A’ = 90° и т.д.
5. Значит, A’B’C’D’ — четырёхугольник с противоположными сторонами равными и всеми углами прямыми, то есть прямоугольник.
✅ Ответ: что и требовалось доказать.
II уровень сложности
Ур-2 Вариант 1
№ 1. Дана равнобокая трапеция ABCD (BC ∥ AD, AB = CD). Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно биссектрисы угла A; б) относительно точки пересечения её диагоналей.
Решение:
► а) Относительно биссектрисы угла A
1. Угол A — это угол BAD в трапеции.
2. Биссектриса угла A делит этот угол на два равных угла.
3. Чтобы построить симметричную фигуру относительно этой биссектрисы, нужно каждую вершину трапеции отразить относительно этой прямой.
4. При осевой симметрии:
─ Точка A лежит на биссектрисе, поэтому она остаётся на месте.
─ Точку B отражаем: проводим перпендикуляр из B к биссектрисе, на таком же расстоянии по другую сторону получаем B’.
─ Точку D отражаем: аналогично получаем D’.
─ Точку C отражаем: получаем C’.
5. Соединяем A, B’, C’, D’ в порядке обхода. Получаем равнобокую трапецию AB’C’D’, симметричную исходной относительно биссектрисы ∠A.
✅ Ответ (а): построена трапеция AB’C’D’.
► б) Относительно точки пересечения диагоналей O
1. Находим точку O — пересечение AC и BD.
2. Центральная симметрия относительно точки O: каждая точка X переходит в точку X’ такую, что O — середина отрезка XX’.
3. Строим:
─ A’ симметрично A относительно O,
─ B’ симметрично B,
─ C’ симметрично C,
─ D’ симметрично D.
4. При центральной симметрии параллельность сохраняется, поэтому B’C’ ∥ A’D’ и A’B’ = C’D(равнобокость сохраняется).
5. Получаем трапецию A’B’C’D’, равную исходной, но развёрнутую на 180° относительно O.
✅ Ответ (б): построена трапеция A’B’C’D’.
№ 2. Докажите, что при движении параллельные прямые отображаются на параллельные прямые.
Решение:
1. Пусть даны две параллельные прямые a и b (a ∥ b).
2. Движение — это преобразование плоскости, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками.
3. Из сохранения расстояния следует сохранение углов (движение — частный случай подобия с коэффициентом 1).
4. Предположим, что при движении f прямые a и b переходят в прямые a’ = f(a) и b’ = f(b).
5. Если бы a’ и b’ пересекались в некоторой точке P’, то прообраз P этой точки принадлежал бы и a, и b(так как движение биективно), значит, a и b пересекались бы, что противоречит условию a ∥ b.
6. Следовательно, a’ ∥ b’.
✅ Ответ: что и требовалось доказать.
Ур-2 Вариант 2
№ 1. Дана равнобокая трапеция ABCD(BC ∥ AD, AB = CD). Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно биссектрисы угла B; б) относительно точки пересечения её диагоналей.
Решение:
► а) Относительно биссектрисы угла B
1. Угол B — это угол ABC в трапеции.
2. Биссектриса угла B делит угол между AB и BC пополам.
3. Отражаем каждую вершину относительно этой биссектрисы:
─ Точка B остаётся на месте.
─ Точка A переходит в A’,
─ Точка C переходит в C’,
─ Точка D переходит в D’.
4. Получаем трапецию A’BC’D’, симметричную исходной относительно биссектрисы ∠B.
✅ Ответ (а): построена трапеция A’BC’D’.
► б) Относительно точки пересечения диагоналей O
Решение такое же, как в Ур-1 варианте 1, пункт (б).
Получаем трапецию A’B’C’D’, центрально─симметричную исходной относительно O.
✅ Ответ (б): построена трапеция A’B’C’D’.
№ 2. Докажите, что при движении перпендикулярные прямые отображаются на перпендикулярные прямые.
Решение:
1. Пусть даны две перпендикулярные прямые p и q(p ⊥ q).
2. Движение сохраняет расстояния, а значит, сохраняет и углы (можно строго доказать через скалярное произведение векторов, которое при движении сохраняется, так как сохраняются длины и угол между векторами).
3. Если угол между p и q равен 90°, то после применения движения f угол между f(p) и f(q) также будет 90°.
4. Следовательно, f(p) ⊥ f(q).
✅ Ответ: что и требовалось доказать.
III уровень сложности
Ур-3 Вариант 1
Дан треугольник ABC. Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно центра вписанной в него окружности; б) относительно биссектрисы одного из его внешних углов.
Решение
► а) Центральная симметрия относительно центра вписанной окружности
1. Находим центр вписанной окружности I
Центр вписанной окружности — точка пересечения биссектрис внутренних углов треугольника.
Проводим биссектрисы углов A, B, C. Их точка пересечения — точка I.
2. Строим симметричные точки
При центральной симметрии относительно точки I каждая точка X переходит в точку X’ такую, что I — середина отрезка XX’.
Для каждой вершины A, B, C :
─ Проводим луч AI, откладываем IA’ = IA так, чтобы I была серединой AA’.
─ Аналогично для B и C.
3. Получаем треугольник A’B’C’
Соединяем A’, B’, C’ — это искомый треугольник, центрально─симметричный исходному относительно I.
► б) Осевая симметрия относительно биссектрисы внешнего угла
Пусть выбран внешний угол при вершине A.
1. Строим биссектрису внешнего угла при вершине A
Внешний угол при A — это угол, смежный с внутренним углом A.
Биссектриса внешнего угла перпендикулярна биссектрисе внутреннего угла A(так как сумма смежных углов 180°, а биссектрисы делят их пополам, значит, угол между ними 90°).
2. Строим симметричные точки относительно этой прямой
Для каждой вершины A, B, C опускаем перпендикуляры на биссектрису внешнего угла и откладываем на продолжении за ось симметрии равные отрезки.
─ Точка A лежит на биссектрисе?
Нет, биссектриса внешнего угла проходит через A, но не обязательно содержит A целиком? Уточним:
Биссектриса внешнего угла при A — это луч, выходящий из A и делящий внешний угол пополам.
При осевой симметрии относительно этого луча точка A остаётся на месте (она на оси).
─ Для B и C : строим перпендикуляры к оси, измеряем расстояние до оси, откладываем такое же по другую сторону.
3. Получаем треугольник A»B»C». Соединяем полученные точки.
✅ Ответы:
► а) Треугольник A’B’C’, полученный центральной симметрией относительно точки I (центра вписанной окружности).
► б) Треугольник A»B»C», полученный осевой симметрией относительно биссектрисы внешнего угла при вершине A.
Ур-3 Вариант 2
Дан треугольник ABC. Постройте фигуру, симметричную данной: а) относительно центра описанной около него окружности; б) относительно биссектрисы одного из его внешних углов.
Решение
► а) Центральная симметрия относительно центра описанной окружности
1. Находим центр описанной окружности O
Центр описанной окружности — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.
Проводим серединные перпендикуляры к AB, BC, CA. Их пересечение — точка O.
2. Строим симметричные точки
Для каждой вершины A, B, C относительно точки O :
─ Проводим луч AO, откладываем OA’ = OA так, чтобы O была серединой AA’.
─ Аналогично для B и C.
3. Получаем треугольник A’B’C’
Соединяем A’, B’, C’ — это искомый треугольник.
► б) Осевая симметрия относительно биссектрисы внешнего угла
Аналогично варианту 1, пункт (б).
Выбираем внешний угол при какой─либо вершине (например, при B), строим его биссектрису (луч из B), отражаем каждую вершину треугольника относительно этой прямой.
✅ Ответы:
► а) Треугольник A’B’C’, полученный центральной симметрией относительно точки O(центра описанной окружности).
► б) Треугольник A»B»C», полученный осевой симметрией относительно биссектрисы внешнего угла при выбранной вершине.
Проверка для центральной симметрии (общая идея):
При центральной симметрии относительно точки I (или O) каждая вершина отображается в вершину симметричного треугольника, при этом расстояния AI = IA’ и т.д. — это проверяется построением.
Вы смотрели: Геометрия 9 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Самостоятельная работа № 13 «Преобразования плоскости. Параллельный перенос и поворот» с ответами (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 9 класс Самостоятельная 13. Ориентировано на работу с базовым учебником: «Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. Геометрия. 7-9 классы. Учебник для общеобразовательных организаций. М.: Просвещение».
