atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 5
Текст из файла (страница 5)
24 прямой и поэтому является искомой точкой. Если же точка ЛХ не лежит на прямой а, то через точку ЛХ проведем прямую, перпендикулярную к прямой а (задача 153), Пусть эта прямая пересекается с прямой а, в точке О~ (рис. 24, а). На продолжении луча О1М отложим отрезок О|Мы равный О|М. Очевидно, точка ЛХ~ симметрична точке ЛХ относительно прямой а, т. е. М~ — искомая точка. 41 7. Сколько осей симметрии имеет а) отрезок; б) прямая; в) луч? Ре ш е н и е. а) Отрезок имеет две оси симметрии.
Одной осью симметрии отрезка АВ является прямая а, проходящая через середину этого отрезка и перпендикулярная к нему (рис.24, б). В самом деле, для любой точки М отрезка АВ симметричная ей относительно прямой а, точка М1 также принадлежит отрезку АВ (см. рис.24, б), а это и означает, что прямая и — ось симметрии отрезка АВ. Другой осью симметрии отрезка АВ является прямая АВ, так как каждая точка этого отрезка симметрична самой себе относительно прямой АВ.
б) Прямая имеет бесконечное множество осей симметрии. Любая прямая, перпендикулярная к прямой а, и сама прямая а являются осями симметрии прямой и. Это доказывается так же, как в п. а). в) Луч имеет одну ось симметрии. Осью симметрии луча ОА является прямая ОА, так как любая точка луча ОА симметрична самой себе относительно прямой ОА.
Ответ. а) Две; б) бесконечно много; в) одну. 418. Какие нз следующих букв имеют ось симметрии: А, Б, Г, Е, О, Р) Р еще н не. Одну ось симметрии имеют буквы А и Е (прямые а и Ь на рисунках 25 и 26). Две оси симметрии имеет буква О (прямые тв и и на рисунке 27). Ответ. А, Е, О. 26 Гл Е Чеяырекугольники Рис.
26 Рис. 25 Рис. 27 419. Докажите, что прямая, проходящая через середины противоположных сторон прямоугольника, является его осью симметрии. Ре ше н не. Пусть прямая ЕГ проходит через середины сторон ВС и АР прямоугольника АВСР (рис. 28). Докажем, что она является осью симметрии этого прямоугольника. Так как ВЕ = АГ и ВЕ 5' АГ, то четырехугольник ВЕГА— параллелограмм, а так как в этом параллелограмме л'.А = 90' (по условию), то четырехугольник ВЕГА — прямоугольник, откуда следует, что кЕ = лГ = 90'.
Итак, прямая ЕГ перпендикулярна к сторонам ВС и АР и проходит через их середины. Поэтому для любой точки л( стороны ВС (и также стороны АР) симметричная ей относительно прямой ЕГ точка ЛХ1 лежит на этой стороне (см. рис.28). Возьмем теперь произвольную точку Х на стороне АВ прямоугольника АВСР и на стороне РС отметим точку Х~ так, что РХ1 = =. АХ. Так как АХ ~ РХы АХ = РК и л'.А = 90', то АХХ1 Р— прямоугольник.
Прямая ЕГ, параллельная прямым АВ и СР, проходит через середину отрезка АР и по теореме Фалеса делит отрезок ХХ1 пополам, т. е. ХР = РХп Кроме того, прямая ЕГ, перпендикулярная к прямой АР, перпендикулярна и к прямой ХХР Таким образом, точки Х и Х~ симметричны относительно прямой ЕГ. Итак, для каждой точки Х на стороне АВ прямоугольника АВСР симметричная ей относительно прямой ЕГ точка Х~ лежит на стороне РС этого прямоугольника. Точно так же для любой точки на стороне РС симметричная ей относительно прямой ЕГ точка лежит на стороне АВ. Мы доказали, что для каждой точки прямоугольника АВСР симметричная ей относительно прямой ЕГ точка также принадлежит этому прямоугольнику.
Это и означает, что прямая Еà — ось симметрии прямоугольника АВСР. 420. Докажите, что прямая, содержащая биссектрису равнобедренного треугольника, проведенную к основанию, является осью симметрии треугольника Ре ш е н не. Пусть АВС вЂ” данный равнобедренный треугольник с основанием АС и ВР— его биссектриса (рис. 29). э" 3. ХХрлмоугольмик, ромб, квадрат 27 422. Имеет ли центр симметрии; а) отрезок, б) луч; в) пара пересекающихся прямых, г) квадрат» Решение, а) Середина отрезка является его центром симметрии. б) Луч не имеет центра симметрии.
в) Центром симметрии двух пересекающихся прямых является их точка пересечения. г) Точка пересечения диагоналей квадрата является его центром симметрии. Ответ. а) Да; б) нет; в) да; г) да. 423. Какие из следующих букв имеют центр симметрии А, О, М, Х, К» Р е ш е н и е. Центром симметрии буквы О является точка пересечения двух ее осей симметрии (см. рис. 27).
Из остальных букв центр симметрии имеет, очевидно, только буква Х. Ответ. О, Х. С М ХЭ М, Рис. 29 А Рис. 28 Тогда отрезок ВР является также высотой и медианой треугольника, т. е. ВР Х АС и АР = РС. Следовательно, точки А и С симметричны относительно прямой ВР. Точка В симметрична самой себе относительно прямой ВР, так как лежит на этой прямой. Возьмем произвольную точку ЛХ на основании АС. Пусть, например, точка ЛХ лежит между точками А и Р (см. рис.
29). Отметим точку ЛХ~ между точками Р и С так, что РЛХ1 = РЛХ. Очевидно, точка Л11 симметрична точке ЛХ относительно прямой ВР. Итак, для каждой точки на основании АС симметричная ей относительно ВР точка также лежит на основании АС. Возьмем теперь произвольную точку Аг на одной из боковых сторон треугольника АВС, например, на стороне АВ.
Отло»ким от вершины В на луче ВС отрезок ВЛ ы равный В№ Так как ВК < АВ, то ВМ1 < < ВС и точка гуь лежит на стороне ВС. Треугольник В№У1 равнобедренный, ВК вЂ” его биссектриса, следовательно, №л'1 Х ВК, Л»К = 1У~К, и поэтому точки Х и Х1 симметричны относительно прямой ВР. Мы доказали, что для каждой точки треугольника АВС точка, симметричная ей относительно прямой ВР, также принадлежит этому треугольнику. Это и означает, что прямая ВР ось симметрии треугольника АВС.
рл д Чеяыргкугольники Дополнительные задачи 424. Докажите, что если не все углы выпуклого четырехугольника равны друг другу, го хотя бы один из них тупой. Решение. Пусть не все углы выпуклого четырехугольника равны друг другу. Если допустить, что среди них нет тупого угла, то их сумма будет меньше 360', чего ие может быть. Следовательно, хотя бы один из углов тупой. 425.
Периметр параллелограмма ЛВСР равен 46 см, ЛВ =- 14 см. Какую сторону параллелограмма пересекает биссектриса угла Л! Найдите отрезки, которые образуются при этом пересечении. Решение. Так как в параллелограмме противоположные стороны Равны, то Рлнсо = 2(АВ+ АР) = 46 см, откУда АВ+ АР = 23 см и АР =- 23 см — АВ = 23 см — 14 см = 9 см. Пусть луч АГ (биссектриса угла А) пересекает прямую РС в некоторой точке Е (рис. 30), тогда КАРŠ— равнобедренный (л'1 = Л2 и л2 = ЛЗ, поэтому Л1 = лЗ), и, следовательно, РЕ = АР = 9 см. Так как РЕ < РС (РЕ =- 9 см, РС = АВ =- !4 см1, то точка Е лежит на отрезке РС, т, е, биссектриса угла А пересекает сторону РС и делит ее на отрезки РЕ = 9 см и ЕС = РС вЂ” РЕ =- 14 см — 9 см = =5 см.
Ответ. Сторону РС; 9 см и 5 см. 426. Стороны параллелограмма равны !О см и 3 см. Биссектрисы двух углов, прилежащих к большей стороне, делят противоположную сторону на три отрезка. Найдите этн отрезки. Решен и е, Пусть биссектрисы углов А и Р, прилежащих к большей стороне АР параллелограмма АВСР, пересекают противоположную сторону ВС в точках Е и Г (рнс.
3!) и тем самым делят ее на три отрезка: ВЕ, ЕГ и ГС. Так как в параллелограмме противоположные стороны равны, тоВС=АР=10см, АВ=РС=Зсм. Треугольники ЛВЕ и РСà — равнобедренные (л1 = л2, так как луч АŠ— биссектриса угла А, л2 = л'.3, так как эти углы накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АР н ВС секущей В В Г С Рис. 31 Рис. 30 Дополнительные задачи 29 ЛЕ, поэтому а'1 =- аЗ.
Аналогично л'.4 = е 5 =- аб), тогда ВЕ =- ВА = =3 ем и РС=СР=З см. ЕР = ВС вЂ” (ВЕ + ГС) =- 10 см — 6 см = 4 см. Ответ. 3 см, 4 см, 3 см. 427. Через произвольную точку основания равнобедренного треугольника проведены прямые, параллельные боковым сторонам треугольника Докажите, что периметр получившегося четырехугольника равен сумме боковых сторон данного треугольника.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
