atnasyan-gdz-9-2005 (546189), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Затем таким же способом построим точку Вы симметричную точке В относительно точки О. Прямая А!В~ — искомая. В самом деле, искомая прямая должна проходить через точки А~ и Вы а через эти точки проходит только прямая А|Вы 1 161. Даны точка О и треугольник АВС. Постройте фигуру Г, на которую отображается треугольник АВС при центральной симметрии с центром О. Что представляет собой фигура Гэ Решение. Построим точки Аы В~ и Сы симметричные точкам А, В и С относительно точки О (см. решение задачи 1160), и проведем отрезки А1Вн В1С| и С1Аы Искомой фигурой Г является треугольник А|В1 Сн О т в е т. Треугольник.
ф 2. Параллельный перенос и поворот 1162. Начертите отрезок АВ и вектор ЛХЛЗХ1 Постройте отрезок Л~Вп который получится нз отрезка АВ параллельным переносом на вектор ЛХЛХп Ре шеи не. Отложим от точек А и В векторы АА1 и ВВы равные вектору ЛХЛХ1 (см. задачу 743). Отрезок А~В1 искомый. 1163. Начертите треугольник АВС, вектор ЛХЛХн который не параллелен ни одной нз сторон треугольника, н вектор а, параллельный стороне ЛС. Постройте треугольник А~В|Он который получится из треугольника ЛВС параллельным переносом; а) на вектор ММп б) на вектор а . Решение, а) Построим отрезки А~Вы В1С| и С1Аы которые получатся из отрезков АВ, ВС и СА параллельным переносом нв вектор ММР Треугольник Л1 В1 С| — искомый. б) Решение этой задачи аналогично решению задачи 1163, а. 1164.
Даны равнобедренный треугольник ЛВС с основанием ЛС и точка Р на прямой АС, такая, В в, что точка С лежит на отрезке А!Э, а) Постройте отрезок В|Р, который получается из отрезка ВС параллельным переносом на вектор СР. б) Докажите, что четырехугольник ЛВВ1Р -- равнобедренная трапеция. Ре ш е н не. а) Отложим от точки В вектор ВВ~ = СР (рис. 97). Отрезок В~Р— искомый. Рис.
97 б) В четырехугольнике ВВ~РС противоположные стороны ВВ! и СР равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник 146 Гл. 4. Движения параллелограмм. Следовательно, В~ Р = ВС = ВА и ВВ~ ~~ АР. Кроме того, В~Р ~ ВС, а значит, прямые АВ и В~Р не параллельны. Но это и означает, что четырехугольник АВВ~Р равнобедренная трапеция. 1165. Даны треугольник, трапеция, окружность и вектор а.. Постройте фигуры, которые получаются нз этих фигур параллельным переносом на вектор а Решен не, Эта задача сводится к задаче 1162.
Так, для построения фигур, которые получаются из треугольника и трапеции, достаточно построить отрезки, которые получаются из их сторон параллельным переносом на вектор а; для построения фигуры, которая получается из окружности, достаточно построить отрезок, который получается из какого-нибудь ее радиуса указанным параллельным переносом. 1166. Постройте отрезок Л~Вь который получается из данного отрезка АВ поворотом вокруг данного центра О: а) на 120' по часовой стрелке; б) на 75' против часовой стрелки; в) иа 180'. Решен не.
а) Построим сначала угол в 120'. Таким углом является, например, внешний угол произвольного равностороннего треугольника. Затем от луча ОА отложим угол АОАь равный построенному углу, так, чтобы поворот от ОА к ОА~ на 120' осуществлялся по часовой стрелке. Аналогично построим угол ВОВь Отрезок А~В~ искомый. б) Построим сначала угол в 75'. Таким углом является, например, половина угла, смежного с углом в 30'. Затем от луча ОА отложим угол АОАы равный построенному углу, так, чтобы поворот от ОА к ОА~ на 75' осуществлялся против часовой стрелки.
Аналогичным образом построим угол ВОВь Отрезок А~В~ — искомый. в) Искомым отрезком является отрезок А~Вы в который отображается отрезок АВ при центральной симметрии с центром О (см. решение задачи 1!60). 1 167. Постройте треугольник, который получается из данного треугольника ЛВС поворотом вокруг точки Л на угол 150' против часовой стрелки.
Решение. Построим сначала угол в 150'. Таким углом является, например, угол, смежный с углом в 30'. Затем от луча АВ отложим угол ВАВЫ равный построенному, так, чтобы поворот от АВ к АВ~ на 150' осуществлялся против часовой стрелки. Аналогично построим угол САСь Треугольник АВ~С~ — искомый. Дополнительные задачи 147 1 168. Точка Р является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника АВС.
Докажите, что при повороте вокруг точки Р на угол 120' треугольник АВС отображается на себя. Решение. Каждый из углов А и В треугольника АВР равен 60' 2 — =- 30'. Следовательно, РА = — РВ и л'.АРВ = !20'. Поэтому при повороте вокруг точки Р на угол 120' гв соответствующем направлении) вершина А отображается в вершину В. По аналогичной причине вершина В отображается в вершину С, а вершина С вЂ” в А. Тем самым треугольник АВС отображается на себя.
1169. Докажите, что при повороте квадрата вокруг точки пересечения его диагоналей на угол 90' квадрат отображается на себя Решение. Диагонали квадрата равны, взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, при повороте вокруг точки пересечения диагоналей на угол 90' каждая из вершин квадрата отображается в соседнюю вершину этого квадрата, а значит, весь квадрат отображается на себя. 1170. Постройте окружность, которая получается нз данной окружности с центром С поворотом вокруг тачки О на угол 60' против часовой стрелки, если: а) точки О и С не совпадают, б) точки О и С совпадают. Р е ш е н и е, а) Построим равносторонний треугольник ОАС так, чтобы поворот от ОС к ОА на 60' осуществлялся против часовой стрелки.
Окружность с центром А, радиус которой равен радиусу данной окружности, — искомая. б) При повороте окружности вокруг ее центра на произвольный угол эта окружность отображается на себя. Поэтому искомая окружность совпадает с данной окружностью. Дополнительные задачи 1172. Прн данном движении каждая из двух точек А и В отображастся на себя Докажите, что любая точка прямой АВ отображается на себя Ре шеи не.
Пусть ЛХ вЂ” произвольная точка прямой АВ, ЛХ' — точка, в которую отображается точка М при данном движении. Из определения движения следует, что АЛХ = АМ', поэтому если точки М и М' не совпадают, то точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку МЛХ'. По аналогичной причине на этом серединном перпендикуляре лежит и точка В, а значит, прямая АВ и есть серединный перпендикуляр к отрезку ЛХЛХ'. Но этого не может быть, поскольку точка ЛХ лежит на прямой АВ. Следовательно, точки ЛХ и М' совпадают. 148 Гл. 4.
Движения Мы доказали, что произвольная точка Ы прямой АВ при данном движении отображается на себя. Следовательно, и вся прямая АВ отображается на себя. 1173. При данном движении каждая из вершин треугольника АВС отображается на себя Докажите, что любая точка плоскости отображается на себя. Ре ш е н и е. Докажем это утверждение методом от противного. Допустим, что на плоскости найдется хотя бы одна такая точка ЛХ, которая при данном движении отображается в точку ЛХП не совпадающую с ЛХ. Из определения движения следует, что АЛХ = АМы поэтому точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ЛХ~ЛХз. Аналогично доказывается, что точки В и С лежат на том же серединном перпендикуляре.
Но это противоречит условию задачи: вершины треугольника АВС не лежат на одной прямой. Следовательно, точки ЛХ и ЛХ~ совпадают, что и требовалось доказать. 1174. Докажите, что два прямоугольника равны, если; а) смежные стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого; б) сторона н диагональ одного прямоугольника соответственно равны стороне и диагонали другого. Р е ш е н и е.
а) Поскольку все углы прямоугольника прямые, то смежные стороны и угол между ними одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см. задачу 1157). б) Из теоремы Пифагора следует, что смежные стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см.
задачу 1174, а). 1175. Даны прямая а и точки ЛХ и 1У, лежащие по одну сторону от нее. Докажите, что на прямой а существует единственная точка Х такая, что сумма расстояний МХ+ ХГХ имеет наименьшее значение Решение. Пусть Аг| — точка, симметричная точке Х относительно прямой а (рис.98). Поскольку отрезки ХАг и ХЛ~ симметричны относительно прямой а, то ХА' = ХА ы Следовательно, ЛХЛ + ХА' = = ЛХХ + ХА ы Если точка Х не лежит на прямой ЛХАП то из неравенства треугольника следует, что ЛХХ + ХАг~ ) ) ЛХАгы если же эта точка лежит на прямой ЛХЛХП а значит, и на отрезке ЛХМ~ 1точки ЛХ и Х1 лежат по разные стороны от прямой а), то ЛХХ+ ХА'1 =- = ЛХХм Таким образом, сумма МХ + + Хзуы а значит, и равная ей сумма ЛХЛ + ХАг принимает наименьшее значение тогда и только тогда, когда точка Х является точкой пересечения прямых Рис.
98 а и ЛХЛП 149 Дополнительные задачи 1176. Даны острый угол АВС и точка В Р внутри него. Используя осевую симмет- С рию, найдите на сторонах данного угла такие точки Е и Г. чтобы треугольник РЕГ имел наименьший периметр. Решение. Пусть Р~ и Рт — точки, симметричные точке Р относительно В прямых АВ и ВС (рис.99), Е и Г— произвольные точки, лежащие на сторонах АВ и ВС данного угла.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
