Підручник Геометрія з поглибленим вивченням математики 9 клас - А. Г. Мерзляк - Гімназія 2017 рік

§6 ПЕРЕТВОРЕННЯ ФІГУР

23. Поворот

На рисунку 23.1 зображено точки O, X, X1 і Х2 такі, що OX1 = OX2 = OX, X1OX = X2OX = a. Говорять, що точка X1 є образом точки X при повороті навколо центра O проти годинникової стрілки на кут a. Також говорять, що точка Х2 — це образ точки X при повороті навколо центра Oза годинниковою стрілкою на кут a.

Точку O називають центром повороту, кут a — кутом повороту.

Розглянемо фігуру F, точку O та кут a.

Кожній точці X фігури F поставимо у відповідність точку X1, яка є образом точки X при повороті навколо центра O проти годинникової стрілки на кут a (якщо точка O належить фігурі F, то їй зіставляється вона сама). Унаслідок такого перетворення фігури F отримаємо фігуру F1 (рис. 23.2). Таке перетворення фігури F називають поворотом навколо центра O проти годинникової стрілки на кут a та позначають RaO. Пишуть: RaO (F) = F1. Точку O називають центром повороту.

Рис. 23.1

Рис. 23.2

Рис. 23.3

Аналогічно означають перетворення повороту фігури F за годинниковою стрілкою на кут a (рис. 23.3).

Поворот за годинниковою стрілкою позначають так: R-aO. Пишуть: R-aO (F) = F1. Очевидно, що повороти RaO і R-aO є взаємно оберненими перетвореннями.

Зауважимо, що центральна симетрія є поворотом навколо центра симетрії на кут 180° у будь-якому з напрямів.

Теорема 23.1 (властивість повороту). Поворот є рухом.

Доведіть цю теорему самостійно.

Наслідок. Якщо фігура F1 — образ фігури F при повороті, то F = F1.

Нехай прямі l1 і l2 перетинаються в точці O і Sh (F) = F1, Sl2 (F1) = F2 (рис. 23.4). Наочно очевидно, що фігура F2 — це образ фігури F при деякому повороті навколо точки O.

Рис. 23.4

Рис. 23.5

Строге обґрунтування цього факту дає така теорема.

Теорема 23.2. Композицією двох осьових симетрій з непаралельними осями є поворот навколо точки перетину осей.

Складемо план доведення, який ви зможете реалізувати самостійно.

Нехай l l2 = O та кут між прямими l1 і l2 дорівнює а (рис. 23.5).

Доведіть, що

Для цього розгляньте довільну точку X фігури F. Нехай S (X) = X1, Sl2 (X1) = X2. Доведіть, що XO =X2O і XOX2 = 2a.

Теореми 21.4 і 23.2 показують, що паралельне перенесення, поворот, а отже, і центральну симетрію можна подати у вигляді композиції осьових симетрій. Таким чином, осьова симетрія відіграє роль базового руху для всіх відомих вам видів рухів фігур. Більш того, справедливою є така теорема.

Теорема 23.3. Будь-який рух фігури є композицією не більше ніж трьох осьових симетрій.

З доведенням цієї теореми ви можете ознайомитися на заняттях математичного гуртка.

Задача 1. Дано пряму а та точку O поза нею. Побудуйте образ прямої a при повороті навколо точки O проти годинникової стрілки на кут 45°.

Розв’язання. Оскільки поворот — це рух, то образом прямої а буде пряма. Для побудови прямої достатньо знайти дві будь-які її точки. Виберемо на прямій а довільні точки A і B (рис. 23.6). Побудуємо точки A1 і B1 — їхні образи при повороті навколо точки O проти годинникової стрілки на кут 45°. Тоді пряма A1B1 — образ прямої а.

Рис. 23.6

Рис. 23.7

Рис. 23.8

Задача 2. Точка P належить куту ABC, але не належить його сторонам. Побудуйте рівносторонній трикутник, одна вершина якого є точкою P, а дві інші належать сторонам BA і BC кута ABC.

Розв’язання. Нехай пряма A1B1 — образ прямої AB при повороті навколо центра P проти годинникової стрілки на кут 60° (рис. 23.7). Позначимо буквою F точку перетину прямих A1B1 і BC.

Нехай точка E — прообраз точки F при розглядуваному повороті. Точка E належить стороні BA кута ABC.

Ці міркування підказують, як побудувати шуканий трикутник.

Будуємо пряму A1B1 як образ прямої AB при повороті навколо центра P проти годинникової стрілки на кут 60°. Нехай F — точка перетину прямих A1B1 і BC.

Будуємо кут MPF, що дорівнює 60°. Нехай прямі MP і AB перетинаються в точці E. Ця точка і є прообразом точки F.

Маємо: PF = PE і FPE = 60°. Отже, трикутник EPF рівносторонній.

Задача 3. У трикутнику ABC, кожний із кутів якого менший від 120°, знайдіть таку точку T, щоб сума TA + TB + TC була найменшою.

Розв’язання. Нехай T — довільна точка даного трикутника ABC (рис. 23.8). Розглянемо поворот із центром A на кут 60° за годинниковою стрілкою. Нехай точки T1 і C1 — образи точок T і C відповідно. Оскільки поворот є рухом, то T1C1 = TC. Очевидно, що трикутник ATT1 є рівностороннім. Тоді AT = TT1.

Маємо: TA + TB + TC = TT1 + TB + T1C1.

Зрозуміло, що сума TT1 + TB + T1C1 буде найменшою, якщо точки B, T, T1 і C1 лежать на одній прямій. Оскільки 1 = 2 = 60°, то ця умова виконуватиметься тоді, коли 3 = 4 = 120°.

Оскільки кут AT1C1 — образ кута ATC при вказаному повороті, то має виконуватися рівність ATC = 120°.

Отже, точки B, T, T1 і C1 належатимуть одній прямій тоді й тільки тоді, коли ATB = ATC = 120°. Звідси BTC = 120°.

Таким чином, сума TA + TB + TC буде найменшою, якщо ATB = BTC = ATC = 120°.

Знайти точку T можна, наприклад, побудувавши ГМТ, з яких відрізки AB і AC видно під кутами 120° (рис. 23.9).

Зрозуміло, що коли один із кутів трикутника ABC не менший від 120°, то точка перетину побудованих дуг не буде розміщена всередині трикутника. Можна показати, що в трикутнику з кутом, не меншим від 120°, точка T, сума відстаней від якої до вершин трикутника є найменшою, збігається з вершиною тупого кута.

Рис. 23.9

1. Опишіть перетворення повороту навколо точки.

2. Сформулюйте властивість повороту.

3. яку властивість мають фігури, якщо одна з них є образом другої при повороті?

ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ

23.1. Побудуйте образ відрізка AB при повороті навколо центра O проти годинникової стрілки на кут 45° (рис. 23.10).

Рис. 23.10

Рис. 23.11

23.2. Побудуйте образ трикутника ABC при повороті навколо центра O за годинниковою стрілкою на кут 90° (рис. 23.11).

23.3. На рисунку 23.12 зображено два рівних відрізки AB і BC, причому ABC = 60°. Знайдіть точку O таку, щоб відрізок AB був образом відрізка BC при повороті навколо точки O проти годинникової стрілки на кут 120°.

Рис. 23.12

Рис. 23.13

23.4. На рисунку 23.13 зображено два рівних перпендикулярних відрізки MN і NK. Знайдіть точку O таку, щоб відрізок NK був образом відрізка MNпри повороті навколо точки O за годинниковою стрілкою на кут 90°.

23.5. Побудуйте фігуру, яка не має осей симетрії та образом якої є ця сама фігура при повороті навколо деякої точки:

1) на кут 90°; 2) на кут 120°.

ВПРАВИ

23.6. На рисунку 23.14 зображено фігури, які складено з рівних півкругів. Які із цих фігур при повороті навколо точки O на кут а, де 0° < а 180°, збігаються зі своїми образами?

Рис. 23.14

23.7. Медіани рівностороннього трикутника ABC перетинаються в точці O (рис. 23.15). Укажіть образи точок C, C1 і O, сторони BC, медіани BB1, відрізка OC1, трикутника A1B1C1 при повороті навколо точки O проти годинникової стрілки на кут 120°.

Рис. 23.15

Рис. 23.16

Рис. 23.17

23.8. Точка O — центр правильного шестикутника ABCDEF (рис. 23.16). Укажіть образи сторони AF, діагоналі BF, діагоналі AD, шестикутника ABCDEF при повороті навколо точки O за годинниковою стрілкою на кут:

1) 60°; 2) 120°.

23.9. Діагоналі квадрата ABCD перетинаються в точці O (рис. 23.17). Укажіть образи точок A, O і C, сторони AD, діагоналі BD при повороті навколо точки O за годинниковою стрілкою на кут 90°.

Рис. 23.18

23.10. Точка O — центр правильного n-кутника AA2An (рис. 23.18). Доведіть, що

23.11. Вершина A рівностороннього трикутника ABC є центром повороту на кут 120°. Знайдіть відрізок BC1, де точка C1 — образ точки C при заданому повороті, якщо AB = 1 см.

23.12. Вершина A квадрата ABCD є центром повороту проти годинникової стрілки на кут 90°. Знайдіть відрізок CC1, де точка C1 — образ точки Cпри заданому повороті, якщо AB = 1 см.

23.13. Точка M належить куту ABC і не належить його сторонам. Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник, вершина прямого кута якого є точкою M, а дві інші належать сторонам BA і BC відповідно.

23.14. У даний квадрат впишіть рівносторонній трикутник так, щоб одна з його вершин збігалася з вершиною квадрата, а дві інші належали сторонам квадрата.

23.15. Дано два кола та точку M поза цими колами. Побудуйте прямокутний рівнобедрений трикутник з вершиною в точці M так, щоб дві інші вершини лежали на даних колах.

23.16. На сторонах AB і AC трикутника ABC у зовнішній бік побудовано квадрати ABNM і ACQP. Доведіть, що MC = BP і MC BP.

23.17. На сторонах BC і AC трикутника ABC у зовнішній бік побудовано рівносторонні трикутники BCK і CAM. Знайдіть кут між прямими BM і AK та доведіть, що BM = AK.

23.18. На сторонах AB і AD квадрата ABCD позначили точки K і M відповідно так, що AK + AM = AB. Знайдіть кут KOM, де точка O — центр квадрата.

23.19. На сторонах AB і AC рівностороннього трикутника ABC позначили точки K і M відповідно так, що AK + AM = AB. Знайдіть кут KOM, де точка O — центр трикутника.

23.20. У рівнобічній трапеції ABCD на бічних сторонах AB і CD позначили точки K і M відповідно так, що AK = CM. Менша основа BC трапеції дорівнює бічній стороні, а гострий кут трапеції дорівнює 60°. Знайдіть кут KOM, де точка O — середина відрізка AD.

23.21. У ромбі ABCD кут A дорівнює 120°. На сторонах AB і AD позначили точки K і M відповідно так, що BK = AM. Знайдіть кут KCM.

23.22. Усередині квадрата ABCD позначили точку K і на відрізку AK як на стороні побудували квадрат AKEM, сторона KE якого перетинає сторону AD квадрата ABCD. Доведіть, що BK = DM.

23.23. На прямій l позначили послідовно точки A, B і C, а на відрізках AB і AC у різних півплощинах відносно прямої l побудували рівносторонні трикутники ABD і ACN. Доведіть, що середини K і L відповідно відрізків DC і BN та точка A є вершинами рівностороннього трикутника.

23.24. На прямій l позначили послідовно точки A, C і E. На відрізках AC і CE в одній півплощині відносно прямої l побудували рівносторонні трикутники ABC і CDE. Точки K і M — середини відрізків AD і BE відповідно. Доведіть, що трикутник CKM рівносторонній.

23.25. Дано опуклий чотирикутник ABCD і точку O всередині нього. Відомо, що AOB = COD = 90°, OA = OB, OC = OD. Точки K, L і M — середини відрізків AB, BC і CD відповідно. Доведіть, що трикутник KLM рівнобедрений і прямокутний.

23.26. Побудуйте рівносторонній трикутник так, щоб його вершини належали трьом даним паралельним прямим.

23.27. Побудуйте квадрат так, щоб три його вершини належали трьом даним паралельним прямим.

23.28. На стороні CD квадрата ABCD позначили точку E. Бісектриса кута BAE перетинає сторону BC у точці F. Доведіть, що AE = BF + ED.

23.29. У рівносторонньому трикутнику ABC вибрали точку P так, що APB = 150°. Доведіть, що існує прямокутний трикутник, сторони якого дорівнюють відрізкам PA, PB і PC.

23.30. Усередині рівностороннього трикутника ABC позначили точку P таку, що AP2 + BP2 = CP2. Доведіть, що APB = 150°.

23.31. У рівносторонньому трикутнику ABC позначили точку M таку, що AMB = 120°, MA = 1 см, MB = 2 см. Знайдіть відрізок MC.

23.32. Поза рівностороннім трикутником ABC позначили точку M так, що AMB = 120°, MA = 1 см, MB = 2 см. Знайдіть відрізок MC.

23.33. На стороні BC рівностороннього трикутника ABC позначили точку D. Поза трикутником ABC позначили точку E таку, що трикутник DECрівносторонній (рис. 23.19). Доведіть, що точка C і середини M і K відрізків BE і AD відповідно є вершинами рівностороннього трикутника.

Рис. 23.19

23.34. Точка P розміщена всередині квадрата ABCD, причому AP : BP : CP = 1 : 2 : 3. Знайдіть кут APB.

23.35. В опуклому чотирикутнику ABCD відомо, що AB = AD, BC + DC = AC = 1 см, BAD = 60°. Знайдіть площу чотирикутника ABCD.

23.36. На сторонах AB і BC трикутника ABC у зовнішній бік побудовано квадрати ABDE і CBLK. Точки M1 і M2 — середини відрізків DL і ACвідповідно. Доведіть, що центри квадратів і точки M1 і M2 є вершинами квадрата.





Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити