Даны две окружности и отрезок mn построить параллелограмм abcd (6 видео)

Метод параллельного переноса

5.1. Построить трапецию, зная ее диагонали d_x и d₂, угол между ними а и одну из боковых сторон а.

Указание. Задача сводится к построению треугольника по двум сторонам и углу между ними, если перенести одну из диагоналей искомой трапеции на некоторый вектор, параллельный основанию трапеции.

5.2. Построить треугольник по стороне а, высоте h_a и медиане т_с.

Указание. Перенести высоту h_a параллельно самой себе так, чтобы

она прошла через основание данной медианы.

5.3. Построить треугольник, если известны медиана, проведенная к одной из его сторон, и высоты, проведенные к другим сторонам.
5.4. Построить треугольник, зная высоту h, проведенную к одной из его сторон, медианы т_г и т₂, проведенные к другим сторонам.
5.5. Построить треугольник по трем его медианам т_а, т_ъ, т_с. Указание. Пусть треугольник АВС (рис. П.З) — искомый. Перенесем

SC на вектор SB, тогда точка S перейдет в точку В, точка С перейдет в S’. Четырехугольник BS’CS — параллелограмм, в котором треугольник

отсюда можно построить и искомый треугольник АВС, так как AS = SS’ и А’С = А’В.

Рис. П.З

Замечание. По трем высотам и трем медианам можно построить треугольник циркулем и линейкой; но по трем же биссектрисам циркулем и линейкой треугольник построить, вообще говоря, нельзя.

5.6. Построить выпуклый четырехугольник по трем сторонам а, Ь, и с и двум углам а и (3, прилежащим к неизвестной стороне.

Указание. Перенести сторону а на вектор Ъ и построить вспомогательный треугольник по двум сторонам и углу, заключенному между ними.

5.7. Построить выпуклый четырехугольник, если даны его три угла и две противоположные стороны.
5.8. Между пунктами А и В протекает река (берега ее принимаем за параллельные прямые: а || Ь). В каком месте реки следует построить мост, чтобы путь между А и В был кратчайшим? (Направление моста перпендикулярно направлению берегов реки.)
5.9. Даны прямая х и две точки А и В по разные стороны от нее. Поместить на прямой х отрезок MN — а так, чтобы длина ломаной AMNB была наименьшей.
5.10. Даны две окружности ОДгД и 0₂(г₂) и прямая (. Параллельно I провести секущую так, чтобы сумма хорд, образованных в окружностях, равнялась данному отрезку а.

Указание. Пусть задача решена и сумма АВ + CD = a (рис. П.4) и AD || I. Перенесем 0₂(г₂) на вектор СВ; тогда точка С перейдет в точку В, D — в К, О₂ — в0₂. Опустив из точек О_х и 0₂ перпендикуляры на АК, получим точки Sj и S₂ — середины хорд АВ и ВК. Следовательно, задача сводится к определению вектора переноса СВ. Так как S]S₂ = Р0₂ = а/2, то

I, 0₂Р1 О_аР), можно построить и точку 0₂; отсюда точка В (и В_х) определится как пересечение окружностей 0₁(г₁) и 0₂(г₂).

Рис. П.4

5.11. К двум данным окружностям О_х(г_х) и 0₂(г₂) построить внешнюю общую касательную.
5.12. Через точку пересечения двух данных окружностей О_х(г_х) и 0₂(г₂) провести секущую так, чтобы часть ее, заключенная внутри окружностей, равнялась данному отрезку.
5.13. Даны три точки: А, В, и С. Через точку А провести прямую так, чтобы расстояние между перпендикулярами, опущенными на эту прямую из точек В и С, было равно данному отрезку I.
5.14. На данном основании АВ = а построить параллелограмм ABCD так, чтобы две остальные его вершины С и D лежали на данной окружности.

Указание. Перенести основание АВ — а на вектор AD. Для нахождения вектора AD, допустив, что параллелограмм ABCD построен, опустить перпендикуляр из центра О на прямую АВ и на этом перпендикуляре из центра О построить отрезок, равный j , где Я — радиус

5.15. Даны прямая I и на ней точка Е. Построить параллелограмм ABCD с данными сторонами а и b так, чтобы диагональ АС лежала на данной прямой I и расстояния до точки Е от вершин В и D были соответственно равны тип.

Указание. Допустив, что параллелограмм ABCD построен, перенесем BE на вектор ВН в положение А?_х; тогда E_XD || ЕС, Е±Е || АВ, Е_гЕ -АВ-Ь.

Четырехугольник E-fiDA — трапеция, у которой известны боковые стороны ЕЕ_Х = Ъ, AD — а и диагонали Е_ХА = т, ED = п. Таким образом, задача сводится к построению трапеции по ее двум боковым сторонам и двум диагоналям.

5.16. Даны точки А и В и между ними две параллельные прямые MN и PQ. Провести между последними в данном направлении отрезок CD так, чтобы сумма АС + CD + DB была наименьшая.
5.17. Через точку, расположенную между двумя данными параллельными прямыми, провести окружность, касающуюся этих прямых.
5.18. Построить параллелограмм, две смежные вершины которого находятся в данных точках, а две другие лежат: а) на данной окружности; б) одна на данной окружности, а другая на данной прямой.
5.19. Через данную точку провести прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный между двумя параллельными прямыми, имел заданную длину.
5.20. Построить отрезок заданной длины с концами на двух данных параллельных прямых так, чтобы он был виден из данной точки под заданным углом.
5.21. Построить прямую, параллельную данной прямой, которая высекала бы из двух данных окружностей равные хорды.
5.22. Провести прямую, параллельную данной прямой и высекающую из двух данных окружностей такие хорды, что сумма (разность) длин этих хорд имеет заданную величину.
5.23. Построить прямую, параллельную данной прямой, так, чтобы данный угол высекал на ней отрезок заданной длины.
5.24. Через данную точку провести две прямые, которые образуют между собой данный угол и высекают от хорды АВ отрезок заданной длины.
5.25. В окружности проведены две хорды АВ и МК. Найти на окружности такую точку Р, что ZMPK отсекает от хорды АВ отрезок заданной длины.
5.26. Даны такие четыре прямые а, Ь, с и d, что а || b, с || d. Провести через данную точку А прямую, отрезок которой между прямыми а, Ъ равен ее отрезку между прямыми с, d.

Содержание

Задачи на применение движений. Математически строгие определения осевой симметрии, поворота, параллельного переноса
Страницы работы
Фрагмент текста работы
Применение вращения к решению задач
📺 Видео

Видео:№42. Даны параллелограмм ABCD и трапеция ABEK с основанием ЕК, не лежащие в одной плоскости,Скачать

Задачи на применение движений. Математически строгие определения осевой симметрии, поворота, параллельного переноса

Страницы работы

Фрагмент текста работы

§ 1. 7. Задания для самостоятельной работы

В этом параграфе приводятся условия упражнений, которые нужно выполнить индивидуально, выбирая из 25 вариантов свой.

Упражнение 1. Определить название и параметры простейшего движения плоскости, равносильного заданной композиции движений (условие – в таблице 2). Указание: нужно вначале выяснить, меняет ли это движение ориентацию фигур; затем построить образы некоторых точек, чтобы применить рассуждение одной из двух теорем из §1.4.

Упражнение 2. Найти аналитическое представление движения плоскости , отображающего точки А₁ , В₁ , С₁ соответственно в точки А₂ , В₂ , С₂ (их координаты заданы в таблице 3). Определить тип этого движения и выявить его числовые параметры. Указание: изобразив треугольники, уточнить род движения (первый или второй); далее воспользоваться структурой системы (6)( §1.3), имея найденное значение ε (-1 либо 1); подставляя в левую и правую части уравнений (6) значения «новых» и «старых» координат заданных точек, можно вычислить коэффициенты соsα, a и b . Тип и параметры движения находятся так же, как в упражнении 1.

Упражнение 3. Задать произвольный прямоугольник АВСD, символизирующий биллиардный стол и внутри него произвольную точку М (биллиардный шар). Затем построить траекторию качения шара «от двух бортов в лузу», то есть нарисовать трехзвенную ломаную с началом в М и концом в вершине прямоугольника учитывая, что удар о борт происходит по закону «угол падения равен углу отражения». Указание: воспользоваться методом зеркальной симметрии. Дополнительное упражнение (не обязательное): построить траекторию «от трех бортов в лузу».

Упражнение 4. Применяя движения плоскости, решить из приводимого ниже набора две задачи. Номера указаны в последнем столбце таблицы 2. Примечание: в учебном пособии [3] задачи 1-15 посвящены методу поворота, а остальные – параллельному переносу.

Задачи на применение движений .

1. Построить квадрат, если известен его центр и две точки, лежащие на параллельных сторонах.

2. Даны две прямые и точка. Построить отрезок с концами на данных прямых, делящийся данной точкой пополам.

3. Построить равносторонний треугольник так, чтобы три его вершины лежали на трех данных прямых.

4. Построить равносторонний треугольник так, чтобы три его вершины лежали на трех данных параллельных прямых, а центр лежал на данной четвертой прямой, не параллельной к остальным.

5. Построить равносторонний треугольник так, чтобы три его вершины лежали на трех данных концентрических окружностях.

6. Построить равнобедренный треугольник так, чтобы вершина прямого угла лежала в заданной точке, а вершины острых углов по одной на двух данных окружностях.

7. Построить равнобедренный треугольник так, чтобы вершина прямого угла лежала в заданной точке, а вершины острых углов по одной на двух данных прямых.

8. Построить квадрат, три вершины которого лежали бы на трех данных параллельных прямых.

9. На сторонах данного квадрата ABCD найти такие точки Х и У, чтобы треугольник АХУ был равносторонним.

10. Дан квадрат и точка на одной из его сторон. Построить равносторонний треугольник так, чтобы одна его вершина лежала в данной точке, а две другие – на сторонах квадрата.

11. Построить равносторонний треугольник так, чтобы одна его вершина лежала на данной окружности, другая – на данной прямой, а третья – в данной точке.

12. Построить равносторонний треугольник, одна из вершин которого лежит в данной точке, а две другие – по одной на данных окружностях.

13. Построить параллелограмм, две противоположные вершины которого лежат в данных точках, а две другие – по одной на двух данных окружностях.

14. Построить параллелограмм, две противоположные вершины которого лежат в данных точках, а две другие – по одной на двух данных прямых.

15. Построить параллелограмм, две противоположные вершины которого лежат в данных точках, а две другие – по одной на данной прямой и данной окружности.

16. Построить трапецию, зная все ее стороны.

17. Построить трапецию по диагоналям, углу между ними и одной из боковых сторон.

18. Построить трапецию по диагоналям, углу при основании и средней линии

Видео:Задача 1. Построение параллелограммаСкачать

Применение вращения к решению задач

Рассмотрим применение простейшего движения плоскости, такого как вращение (поворот) при решении задач элементарной геометрии на вычисление и доказательство.

При решении задач используются основные свойства движения. Так, всякое движение переводит:

прямую в прямую, а параллельные прямые — в параллельные прямые,

отрезок — в отрезок, а середину отрезка — в середину отрезка,

угол — в равный ему угол,

точки, не лежащие на одной прямой — в точки, не лежащие на одной прямой,

полуплоскость — в полуплоскость.

Даны две окружности 1(O1,r) и 2(O2,r), каждая из которых проходит через центр другой. Через точку А пересечения окружностей проведена прямая, пересекающая окружности в точках M и H. Найти угол между касательными, проведенными к окружностям в точках M и H.

Пусть 1 — касательная к окружности 1 в точке H, а 2 — касательная к окружности 2 в точке М. В треугольнике O1BO2 имеем O1O2=O1B=O2B. Аналогично O1O2=O1A=O2A в треугольнике O!AO2. Тогда BO1A=BO2A=120. Отсюда следует, что BO2A=BO1A=120. В треугольнике MBH получим BMA=BHA=60. Тогда MBH=60. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 600. RB60:O1O2, MH. Значит RB60:O1MO2H. Тогда RB60:12, так как по свойству касательной 1 O1M, 2 O2H. Следовательно, угол между прямыми 1 и 2 равен 60.

На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC выбраны точки D и E так, что CD = CE. Прямые, проведенные через точки D и C перпендикулярно к AE, пресекают гипотенузу AB соответственно в точках К и H. Доказать, что KH = HB.

Рассмотрим поворот вокруг точки C на 90. RC90:A B, DE, EE1, CC. Значит RC90:AEBE1, CECE1. Следовательно, AEBE1, CE = CE1. Так как CD=CE, то CD=CE1. По условию DKAE и CHAE. Тогда BE1||CH||DK. По теореме Фалеса имеем BH=HK.

В прямоугольном треугольнике АВС проведена медиана СМ. На катетах АС и ВС вне треугольника построены квадраты АСКН и ВСДЕ. Доказать, что прямые СМ и ДК перпендикулярны.

Рассмотрим поворот вокруг точки С на 900:

Следовательно, . Тогда В треугольнике АВК1 отрезок СМ является средней линией, поэтому СМ//ВК1. Тогда , так как .

Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник.

Пусть дан параллелограмм АВСД, АА1, ВВ1, СС1 и ДД1 — биссектрисы его внутренних углов; К, Н, М, Р — точки их пересечения. Надо доказать, что четырехугольник КНМР является прямоугольником. Рассмотрим поворот вокруг точки пересечения диагоналей параллелограмма на 1800, то есть центральную симметрию относительно точки .

Тогда . Следовательно, четырехугольник КНМР — параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. В параллелограмме АВСД имеем: . Значит . Тогда в треугольнике АВК найдем . В параллелограмме КНМР получили , следовательно этот параллелограмм — прямоугольник.

Дан равносторонний треугольник АВС и произвольная точка М. Доказать, что длина большего из трех отрезков МА, МВ, МС не больше суммы длин двух других.

Пусть ВМ — наибольший из указанных отрезков. Рассмотрим поворот вокруг точки В на 600.

Поэтому АМ=СМ1, ВМ=ВМ1. Следовательно, треугольник МВМ1 будет равносторонним. Поэтому МВ=ММ1. Но в треугольнике МСМ1: ММ1 2 = LQ . MN = x . 3x = 3x 2 ,NL = .

Таким образом, стороны треугольника QLM равны QL = x, QM = 2x и LM = NL =. Следовательно, этот треугольник — прямоугольный. Его углы равны

QLM = 90 o ,QML = 30 o ,LQM = 60 o .

а углы треугольника LMN равны 120 o , 30 o , 30 o .

Два квадрата BCDA и BKMN имеют общую вершину В. Докажите, что медиана ВЕ треугольника АВК и высота ВF треугольника СBN лежат на одной прямой. (Вершины квадратов перечислены против часовой стрелки).

Для доказательства того, что медиана ВЕ и высота BF лежат на одной прямой, достаточно показать, что прямая ВЕ перпендикулярна прямой CN.

Применим поворот плоскости вокруг точки В на угол 90° против часовой стрелки. При этом повороте вершина К перейдет в вершину N, вершина С — в вершину А. Обозначим через A` образ точки А при данном повороте. Отметим, что точки С, В и A` лежат на одной прямой, причем точка В делит пополам отрезок СA`. Поскольку поворот плоскости вокруг данной точки на заданный направленный угол сохраняет простое отношение трех точек, то середина Е отрезка АК перейдет в середину E` отрезка A`N. В силу того, что мы применяем поворот вокруг точки В на угол +90°, то ЕВE` = 90°. Далее рассмотрим треугольник СA`N. В этом треугольнике BE` — средняя линия. Значит, прямая ВЕ` параллельна прямой CN. Следовательно, прямая ВЕ перпендикулярна прямой CN, т.е. точки Е, В, F лежат на одной прямой.

Примечание. В ходе решения данной задачи было установлено, что отрезок ВЕ не только перпендикулярен отрезку CN, но и равен его половине. Таким образом, требование предложенной задачи можно переформулировать следующим образом: доказать, что медиана ВЕ треугольника АВК перпендикулярна отрезку СN и равна его половине.

На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точки М и К так, что периметр треугольника СМК равен удвоенной стороне квадрата. Найдите величину угла МАК.

Применим поворот плоскости вокруг вершины А на 90°, при котором вершина В перейдет в вершину D. Обозначим через M` образ точки М при этом повороте. Поскольку периметр треугольника СМК равен удвоенной стороне квадрата, то СМ + МК + СК = ВС + CD. Так как ВС = ВМ + МС, CD = СК + KD, то СМ + МК + СК = ВМ + МС + СК + КD. Откуда следует, что МК = ВМ + КD.

При повороте плоскости вокруг точки А на 90° отрезок ВМ переходит в отрезок DM`, отрезок АМ — в отрезок AM`, следовательно, МК = DM` + KD, АМ` = АМ. Но точка D лежит между точками M` и К, значит, DM` + KD = M`K. Таким образом, мы установили, что треугольники АМК и АМ`К равны. Следовательно, ЃЪМАК = ЃЪМ`АК = 45°.

Внутри равнобедренного прямоугольного треугольника АВС (ЃЪАСВ=90°) взята точка М такая, что AM = , BM = , CM = 4 . Найти площадь треугольника АВС.

Для того чтобы найти площадь равнобедренного прямоугольного треугольника достаточно знать длину его катета или гипотенузы. Для нахождения длины катета треугольника рассмотрим треугольник МВС. В этом треугольнике нам известны длины двух сторон BM = , CM = 4 . Для определения длины третьей стороны нам необходимо знать угол между ними. Для этого применим поворот плоскости вокруг вершины С на угол 90°. При этом повороте вершина А перейдет в вершину В, а точка М — в некоторую точку М`.

Рассмотрим треугольник МСМ`. Поскольку СМ=СМ`=4, ЃЪMСM`=90°, то по теореме Пифагора получаем, что MM`= 4. Так как при повороте плоскости вокруг точки С на 90° точка А переходит в точку В, то отрезок АМ перейдет в отрезок ВМ`. Теперь рассмотрим треугольник МВМ`. В этом треугольнике мы знаем длины всех трех сторон: BM`= , BM = , MM`= 4 . Следовательно, по теореме косинусов находим, что

Откуда получаем, что . Значит, ЃЪВMМ`=60°.

По свойству равнобедренного треугольника имеем, что ЃЪСMM`=45°. Итак, ЃЪBMС=105° . По теореме косинусов из треугольника ВМС получаем, что

На сторонах АВ и АС правильного треугольника АВС выбраны точки D и E так, что AD + AE = AB. Доказать, что DC = BE, и найти величину угла DOE, где О — центр тяжести треугольника АВС.

Анализируя условие задачи, приходим к заключению, что каждая сторона треугольника АВС видна из центра О под одним и тем же углом 120°, что позволяет положить в основу решения задачи поворот вокруг точки О на данный угол. При этом повороте правильный треугольник АВС переходит в себя, т.е. данный поворот входит в группу симметрий рассматриваемой фигуры.

Заметим, что при рассматриваемом повороте точка С переходит в точку В, а точка D переходит в точку Е.

Значит, отрезок СD переходит в отрезок ВЕ. Следовательно, они равны. Поскольку при этом повороте точка D переходит в точку Е, значит, угол DOE = 120°.

На сторонах правильного треугольника, вне его, построены квадраты. Доказать, что их центры являются вершинами правильного треугольника.

При повороте вокруг точки О на 120° по часовой стрелке квадрат ABRL переходит в квадрат ВСNM, а квадрат ВСNM переходит в квадрат САED, квадрат САED переходит, в свою очередь, в квадрат АВRL. Важно заметить, что при этом повороте точка O1 переходит в точку О2, а точка О2 переходит в точку О3. Значит, стороны О1О2, О2О3, О1О3 равны между собой. Следовательно, треугольник О1О2О3 — правильный.

При повороте вокруг точки О на 120° квадрат ABRL переходит в квадрат ВСNM, а квадрат ВСNM переходит в квадрат САED, квадрат САED переходит, в свою очередь, в квадрат АВRL. Важно заметить, что при этом повороте точка O1 переходит в точку О2, а точка О2 переходит в точку О3. Значит, стороны О1О2, О2О3, О1О3 равны между собой. Следовательно, треугольник О1О2О3 — правильный.

Точка В лежит между точками А и С. На отрезках АВ и ВС в одной полуплоскости с границей АС построены правильные треугольники АВЕ и ВСF. Точки М и N — середины отрезков АF и СЕ. Доказать, что треугольник ВMN правильный.

При повороте вокруг точки В на направленный угол 60° точка С перейдет в точку F, а точка Е перейдет в точку А. Следовательно, отрезок СЕ перейдет в отрезок AF. Поскольку поворот, как и всякое движение плоскости, сохраняет простое отношение трех точек, значит, середина N отрезка СЕ перейдет в середину отрезка AF, т.е. точка N перейдет в точку М при повороте плоскости вокруг точки В на угол 60°. Таким образом, мы доказали, что треугольник BMN — правильный.

В прямоугольном треугольнике СМ — медиана. Па катетах АС и ВС, вне треугольника ABC, построены квадраты ACFN и BCDE. Доказать, что:

1) прямые СМ и DF перпендикулярны;
2)CM = 0,5DF.

За центр поворота примем вершину прямого угла. Такой выбор центра поворота плоскости определяет и угол поворота — 90°. При повороте вокруг точки С на угол -90° вершина В прямоугольного треугольника ABC перейдет в точку В’ принадлежащую катету АС, вершина А перейдет в вершину F квадрата. При этом гипотенуза АВ отобразится на отрезок FB’ а его середина М перейдет в середину М’ отрезка FB’.

Заметим, что отрезки СМ и СМ’ взаимно перпендикулярны и равны. Это позволяет сделать следующее заключение: для того, чтобы доказать, что медиана СМ треугольника ABC перпендикулярна отрезку FD и равна его половине, достаточно показать, что отрезок СМ’ является средней линией треугольника FB’D, что доказывается очень просто. Точка С есть середина отрезка DB’ а точка М’ есть середина отрезка FB’. Значит, СМ’ — средняя линия треугольника FB’D.

В правильном шестиугольнике ABCDEF точки М и N — середины сторон CD и DE, Р — точка пересечения отрезков AM и BN.

Найдите угол между прямыми AM и BN.

Докажите, что треугольник АВР и четырехугольник MDNP — равновелики.

Применим поворот плоскости вокруг центра правильного шестиугольника на 60°, переводящем вершину А в вершину В. При этом повороте сторона CD перейдет в сторону DE, значит, точка М, как середина отрезка CD, перейдет в точку N — середину отрезка DE. Следовательно, прямая AM при повороте плоскости вокруг точки О на 60° переходит в прямую BN. По свойству поворота угол между ними равен углу поворота, т.е. 60°. Далее отметим, что при этом повороте плоскости пятиугольник AMDEF переходит в пятиугольник BNEFA. Замечательным свойством этих пятиугольников является то, что они содержат общую часть — это пятиугольник APNEF.

Если из пятиугольников AMDEF и BNEFA вырезать их общую часть -пятиугольник APNEF, то получим равновеликие фигуры — треугольник АВР и четырехугольник MDNP.

Вокруг квадрата ABCD описан параллелограмм A₁B₁C₁D₁. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют квадрат.

Параллелограмм A₁B₁C₁D₁ описан около квадрата ABCD так, что точка А лежит на стороне A₁B₁, точка В — на стороне B₁C₁ , точка С — на стороне C₁D₁, а точка D — на стороне A₁D₁. Из вершин параллелограмма A₁B₁C₁D₁ опустим перпендикуляры т₁, т₂, т₃, т₄ на стороны квадрата ABCD. Для того, чтобы доказать, что эти перпендикуляры образуют квадрат, достаточно показать, что при повороте плоскости вокруг центра О квадрата ABCD на 90° прямые т₁, т₂, т₃, т₄ переходят друг в друга. Прежде всего отметим, что при этом повороте точки A₁, B₁, C₁, D₁ переходят в точки А₂, В₂, С₂, D₂. А это значит, что образом стороны A₁B₁ параллелограмма A₁B₁C₁D₁ при повороте плоскости вокруг точки О на 90°служит сторона А₂В₂. Следовательно, отрезок А₂В перпендикулярен отрезку АВ₁. Далее прямая A₁D₁ при повороте плоскости вокруг точки О на 90° перейдет в прямую A₂D₂. Поскольку прямые B₁C₁ и A₁D₁ параллельны, то отрезок АА₂ перпендикулярен отрезку ВВ₁ Таким образом, мы установили, что точка А2 является ортоцентром треугольника АВВ₁. Значит, прямая т₁ при повороте плоскости вокруг точки О на 90° переходит в прямую т₂. Аналогичными рассуждениями можно установить, что при этом повороте плоскости прямая т₂ переходит в прямую т₃, а прямая т₃ — в прямую т₄, прямая т₄ — в прямую т₁ . Следовательно, при пересечении они образуют квадрат.

Доказать, что две трапеции равны, если равны их соответственные стороны.

Доказательство. На плоскости зададим две трапеции A₁B₁C₁D₁ и A₂B₂C₂D₂ с основаниями A₁B₁ и C₁D₁, A₂B₂ и C₂D₂. Пусть A₁B₁ = A₂B₂ , B₁C₁ = B₂C₂, C₁D₁ = C₂D₂, A₁ D₁ = A₂ D₂. Можно показать, что при заданных условиях расстояния между основаниями этих трапеций, углы D₁A₁B₁ и D₂A₂B₂ равны. Для того чтобы доказать, что A₁B₁C₁D₁ = А₂В₂С₂D₂ покажем, что существует движение плоскости, которое переводит одну из этих трапеций в другую. Рассмотрим параллельный перенос, определяемый вектором . При этом переносе трапеция A₁B₁C₁D₁ перейдет в равную ей трапецию . Возможны два случая расположения трапеции относительно трапеции A₂B₂C₂D₂. Первый, когда они лежат в одной полуплоскости, определяемой прямой А₂В₂; второй, когда они не лежат в одной полуплоскости с границей А₂В₂. Обозначим через а угол между прямыми A₁B₁ и А₂В₂. Заметим, что угол между прямыми, содержащими меньшие основания трапеции тоже равен а. В первом случае рассмотрим поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол по часовой стрелки. При этом отрезок перейдет в отрезок А₂В₂; прямая в прямую C₂D₂ . Поскольку , то при повороте вокруг точки А₂ на угол образом точки будет служить точка D₂. Аналогичным образом получаем, что образ точки совпадает с точкой С₂.

Итак, мы показали, что при композиции параллельного переноса на вектор и поворота плоскости вокруг точки А₂ на угол трапеция A₁B₁C₁D₁ переходит в трапецию A₂B₂C₂D₂. Значит они равны. Пусть теперь трапеции и A₂B₂C₂D₂ не лежат в одной полуплоскости с границей А₂В₂. Рассмотрим поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол 360° по часовой стрелке. Аналогичными рассуждениями можно показать, что при этом повороте трапеция перейдет в трапецию A₂B₂C₂D₂. Если рассмотреть поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол по часовой стрелке, то трапеция перейдет в некоторую трапецию .

Два одинаково ориентированных квадрата ABCD и AB₁C₁D₁ на плоскости имеют общую вершину A. Доказать, что центры O₁, О₂ этих квадратов и середины О₃ и О₄ отрезков A₁D и ВС₁ образуют квадрат.

Решение. Как известно четырехугольник является квадратом тогда и только тогда, когда при повороте плоскости вокруг середины одной из его диагоналей он переходит в себя. Для решения данной задачи воспользуемся аналитическим способом задания поворота. На плоскости зададим ПДСК с началом в точке А и единичными векторами и . Обозначим через угол между вектором и вектором . Тогда относительно заданной ПДСК А вершины квадратов ABCD и AB₁C₁D₁ имеют следующие координаты:

Зная координаты точек В и D, D иВ₁,А и С₁,В и D₁, найдем координаты середин этих отрезков. Имеем:

Теперь найдем координаты середины О диагонали О₂О₄. Имеем:

Составим формулы поворота плоскости вокруг точки О на угол -90°. Получим, что

Поскольку , то формулы поворота плоскости вокруг точки о на угол -90 принимают следующий вид:

Найдем образ точки O₁ при повороте . Имеем:

Заметим, что образ точки О₁ при повороте совпадает с вершиной О₂. Теперь найдем образ этой вершины. Имеем:

Заметим, что образ точки О₂ при повороте совпадает с вершиной О₃. Теперь найдем образ этой вершины. Имеем:

Заметим, что образ точки О₃ при повороте совпадает с вершиной О₄. Аналогичным образом можно показать, что образ вершины О₄ при повороте совпадает с вершиной O₁. Следовательно, четырехугольник О₁О₂О₃О₄ есть квадрат.

Рассмотрим вращение плоскости вокруг точки для решения задач на построение.

Пусть а₁ и а₂ — две различные прямые, пересекающиеся в точке О. Пусть Х — произвольная точка плоскости. Построим точку Х, симметричную точке Х относительно прямой а₁, а затем построим точку Х, симметричную точке Х относительно прямой а₂ (Рис. 3.19) Преобразование, которое сопоставляет точке Х точку Х указанным образом, называется поворотом относительно точки О.

Если прямые а₁ и а₂ перпендикулярны, то поворот сводится к симметрии относительно точки О. Если прямые а₁ и а₂ не перпендикулярны, то угол ХОХ не зависит от точки Х и равен удвоенному острому углу, под которым пересекаются прямые а₁ и а₂. Этот угол называется углом поворота. Наметим доказательство этого утверждения.

Пусть точка Х находится внутри острого угла, образованного прямыми а₁, а₂, и ₁, ₂ — части этого угла, на которые он разбивается полупрямой ОХ (рис. 3.19). Тогда по свойству симметрии относительно прямой угол ХОХ равен 2₁, а угол ХОХ равен 2₂. Соответственно угол ХОХ равен 2₁2₂2(₁₂). Читателю предлагается рассмотреть случай, когда точка Х лежит внутри тупого угла, образуемого прямыми а₁ и а₂, а также случай, когда прямые а₁ и а₂ перпендикулярны.

Поворот прямой а на угол вокруг центра О выполняется так.

Строится ОМа (Ма). Затем в нужном направлении производится поворот отрезка ОМ на угол в положение ОМ, после чего строится прямая аОМ.

Отметим следующее очевидное свойство отражения фигур, обладающих осевой симметрией.

Преобразование симметрии относительно оси s, выполненное по отношению к фигуре, обладающей хотя бы одной осью симметрии, может быть заменено поворотом (в частном случае параллельным переносом).

Подвергнем фигуру F₁ (Рис. 3.20) преобразованию симметрии относительно прямой s. В результате получим фигуру F₂, противоположно ориентированную. Выполним для фигуры F₂ преобразование симметрии относительно оси s₂ (s₂ есть, очевидно, образ оси s₁). Тогда фигура F₂ преобразуется в себя и будет одинаково ориентирована с F₁, следовательно, фигуры F₁ и F₂ могут быть совмещены поворотом вокруг точки О пересечения оси симметрии фигуры и оси s. Если эти оси параллельны, то достаточно выполнить некоторый параллельный перенос.

Поворот на некоторый угол 180 имеет применение при решении задач на построение. При этом поворот выполняется либо по отношению ко всей фигуре чертежа-наброска, либо по отношению к отдельным элементам фигуры.

Даны точка О и прямые а и b, не проходящие через нее. Из точки О как из центра провести такую окружность, чтобы дуга ее, заключенная между данными прямыми, была видна из точки О под данным острым углом .

Анализ. Допустим, что задача решена, — искомая окружность, А и В — концы дуги, заключенной между данными прямыми, АОВ = (Рис. 3.21.). Если осуществить поворот прямой а около точки О на угол , то точка А попадет в точку В. Следовательно, точка В может быть найдена как пересечение образа прямой а с прямой b. После этого легко строится искомая окружность.

Внутри данного треугольника АВС найти точку Р, сумма расстояний которой до вершин А, В и С была бы наименьшей.

Анализ. Пусть Р₁ — искомая точка. Для выяснения ее геометрических свойств повернем сначала треугольник АВР₁ на 60 вокруг точки А (Рис. 3.22). Тогда АР₁+Р₁В+Р₁С=ВР+Р₁Р+Р₁С.

Эта сумма будет наименьшей, если ВС — прямая. Аналогичные рассуждения относительно треугольника ВР₁С (тогда В переходит в В) показывают, что АВ — прямая.