Поворот треугольника вокруг вершины (4 видео)

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.

Содержание

Как вращаться вокруг вершины треугольника?
Решение
Поворот. Задачи
🎦 Видео

Видео:Поворот фигуры. Построить поворот фигур вокруг точки на угол по часовой или против часовой стрелкиСкачать

Как вращаться вокруг вершины треугольника?

В OpenGL я легко могу повернуть треугольник примерно так:

Однако я хотел бы повернуть только ОДНУ из вершин, а не все три, составляющие треугольник, но я все же хотел бы, чтобы он нарисовал треугольник в конце.

Я пробовал такие вещи, но безуспешно:

Видео:Поворот фигуры в PowerPoint вокруг вершиныСкачать

Решение

Вы не можете помещать вызовы glRotate между glBegin и glEnd.

Между glBegin и glEnd можно использовать только подмножество команд GL.
это команды glVertex, glColor, glIndex, glNormal, glTexCoord, glEvalCoord,
glEvalPoint, glMaterial и glEdgeFlag.

Чтобы ответить на ваш вопрос, если вы хотите повернуть только одну вершину, вам нужно сделать это вручную перед вызовом glVertex3f.

В вашем конкретном случае (вращение вокруг оси x) код будет выглядеть так:

Видео:Геометрия 9 класс (Урок№30 - Поворот.)Скачать

Поворот. Задачи

Этот видеоурок доступен по абонементу

У вас уже есть абонемент? Войти

Это занятие будет посвящено теме «Поворот». Мы решим несколько задач на упомянутую тему, но для начала повторим понятие движения. После чего рассмотрим один из видов движения – поворот, перечислим его свойства и особенности. Решим вместе с преподавателем задачи на эту тему.

Если у вас возникнет сложность в понимании тему, рекомендуем посмотреть урок «Связь числа и геометрии. Часть 1. Измерения в геометрии. Свойства фигур»