Глава XIV. §2. Параллельный перенос и поворот — с. 322
1258. Начертите отрезок AB и вектор MM₁. Постройте отрезок A₁B₁, который получается из отрезка AB параллельным переносом на вектор MM₁.
Параллельный перенос на вектор MM₁ переводит каждую точку X в такую точку X₁, что XX₁ = MM₁ (вектор).
Построение:
1) Чертим отрезок AB и вектор MM₁.
2) Через точку A проводим прямую, параллельную MM₁, и откладываем на ней от A в направлении вектора MM₁ отрезок AA₁, равный MM₁. Получаем A₁.
3) Так же строим B₁: BB₁ ∥ MM₁, BB₁ = MM₁ и направлен так же.
4) Соединяем A₁ и B₁. Отрезок A₁B₁ — искомый.
Так как AA₁ и BB₁ равны и параллельны, ABB₁A₁ — параллелограмм, и A₁B₁ = AB, A₁B₁ ∥ AB. Параллельный перенос — движение, поэтому отрезок AB отображается именно на отрезок A₁B₁.
Построение:
1) Чертим отрезок AB и вектор MM₁.
2) Через точку A проводим прямую, параллельную MM₁, и откладываем на ней от A в направлении вектора MM₁ отрезок AA₁, равный MM₁. Получаем A₁.
3) Так же строим B₁: BB₁ ∥ MM₁, BB₁ = MM₁ и направлен так же.
4) Соединяем A₁ и B₁. Отрезок A₁B₁ — искомый.
Так как AA₁ и BB₁ равны и параллельны, ABB₁A₁ — параллелограмм, и A₁B₁ = AB, A₁B₁ ∥ AB. Параллельный перенос — движение, поэтому отрезок AB отображается именно на отрезок A₁B₁.
1259. Начертите треугольник ABC, вектор MM₁, который не параллелен ни одной из сторон треугольника, и вектор a, параллельный стороне AC. Постройте треугольник A₁B₁C₁, который получается из треугольника ABC параллельным переносом: а) на вектор MM₁; б) на вектор a.
Параллельный перенос — движение, поэтому треугольник отображается на равный ему треугольник, а чтобы его построить, достаточно перенести три вершины.
а) Из каждой вершины A, B, C проводим луч, параллельный вектору MM₁ и сонаправленный с ним, и откладываем на нём отрезки AA₁ = BB₁ = CC₁ = MM₁. Соединяем A₁, B₁, C₁. Треугольник A₁B₁C₁ — искомый (на рисунке красный).
б) Так как вектор a параллелен стороне AC, то при переносе на a точки A и C смещаются вдоль прямой AC. Из точек A, B, C откладываем векторы AA₂ = BB₂ = CC₂ = a (равные по длине и одинаково направленные с a). Соединяем A₂, B₂, C₂. Треугольник A₂B₂C₂ (на рисунке синий) — искомый; его сторона A₂C₂ лежит на прямой AC.
Проверка: в каждом случае AA₁C₁C — параллелограмм (или, в случае б, вершины лежат на одной прямой AC), поэтому стороны нового треугольника равны и параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC.
а) Из каждой вершины A, B, C проводим луч, параллельный вектору MM₁ и сонаправленный с ним, и откладываем на нём отрезки AA₁ = BB₁ = CC₁ = MM₁. Соединяем A₁, B₁, C₁. Треугольник A₁B₁C₁ — искомый (на рисунке красный).
б) Так как вектор a параллелен стороне AC, то при переносе на a точки A и C смещаются вдоль прямой AC. Из точек A, B, C откладываем векторы AA₂ = BB₂ = CC₂ = a (равные по длине и одинаково направленные с a). Соединяем A₂, B₂, C₂. Треугольник A₂B₂C₂ (на рисунке синий) — искомый; его сторона A₂C₂ лежит на прямой AC.
Проверка: в каждом случае AA₁C₁C — параллелограмм (или, в случае б, вершины лежат на одной прямой AC), поэтому стороны нового треугольника равны и параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC.
1260. Даны равнобедренный треугольник ABC с основанием AC и такая точка D на прямой AC, что точка С лежит на отрезке AD. а) Постройте отрезок B₁D, который получается из отрезка ВС параллельным переносом на вектор CD. б) Докажите, что четырёхугольник ABB₁D — равнобедренная трапеция.
а) При переносе на вектор CD точка C переходит в D. Точка B переходит в такую точку B₁, что BB₁ = CD (вектор). Строим: через B проводим прямую, параллельную AC, и откладываем на ней от B в направлении от A к C отрезок BB₁, равный CD. Соединяем B₁ с D. Отрезок B₁D — образ отрезка BC.
б) Так как BB₁ и CD равны и сонаправлены, BB₁DC — параллелограмм, поэтому B₁D = BC. По условию AB = BC (боковые стороны равнобедренного треугольника), значит, B₁D = AB.
Далее, BB₁ ∥ AD (B₁ лежит на прямой, проведённой через B параллельно AC). Значит, ABB₁D — трапеция с основаниями BB₁ и AD. Боковые стороны AB и DB₁ равны. Они не параллельны: B₁D ∥ BC (противоположные стороны параллелограмма), а BC не параллельна AB, так как эти прямые пересекаются в точке B. Итак, трапеция ABB₁D имеет равные боковые стороны, то есть она равнобедренная.
б) Так как BB₁ и CD равны и сонаправлены, BB₁DC — параллелограмм, поэтому B₁D = BC. По условию AB = BC (боковые стороны равнобедренного треугольника), значит, B₁D = AB.
Далее, BB₁ ∥ AD (B₁ лежит на прямой, проведённой через B параллельно AC). Значит, ABB₁D — трапеция с основаниями BB₁ и AD. Боковые стороны AB и DB₁ равны. Они не параллельны: B₁D ∥ BC (противоположные стороны параллелограмма), а BC не параллельна AB, так как эти прямые пересекаются в точке B. Итак, трапеция ABB₁D имеет равные боковые стороны, то есть она равнобедренная.
1261. Даны треугольник, трапеция и окружность. Постройте фигуры, которые получаются из этих фигур параллельным переносом на данный вектор a.
Параллельный перенос на вектор a — движение: треугольник переходит в равный треугольник, трапеция — в равную трапецию (задача 1245), окружность — в окружность того же радиуса (задача 1246).
Построение:
1) Треугольник. Из каждой вершины проводим луч, параллельный a и сонаправленный с ним, и откладываем на нём отрезок, равный a. Соединяем три полученные точки.
2) Трапеция. Так же переносим все четыре вершины на вектор a и соединяем их в том же порядке.
3) Окружность. Переносим на вектор a её центр и строим окружность того же радиуса с центром в полученной точке.
На рисунке исходные фигуры начерчены чёрным, их образы — красным.
Построение:
1) Треугольник. Из каждой вершины проводим луч, параллельный a и сонаправленный с ним, и откладываем на нём отрезок, равный a. Соединяем три полученные точки.
2) Трапеция. Так же переносим все четыре вершины на вектор a и соединяем их в том же порядке.
3) Окружность. Переносим на вектор a её центр и строим окружность того же радиуса с центром в полученной точке.
На рисунке исходные фигуры начерчены чёрным, их образы — красным.
1262. Даны две пары параллельных прямых: a ∥ a₁, b ∥ b₁, причём a ∦ b. Постройте вектор параллельного переноса, при котором прямые а и b отображаются на прямые а₁ и b₁ соответственно.
Построение:
1) Так как a не параллельна b, они пересекаются в точке P. Так как a₁ ∥ a и b₁ ∥ b, то a₁ не параллельна b₁, и они пересекаются в точке P₁.
2) Искомый вектор — вектор PP₁ (на рисунке красный).
Доказательство. Параллельный перенос на вектор PP₁ переводит точку P в P₁, а прямую a — в прямую, проходящую через P₁ и параллельную a (перенос отображает прямую на параллельную или совпадающую с ней прямую). Единственная такая прямая — a₁. Аналогично прямая b переходит в прямую, проходящую через P₁ и параллельную b, то есть в b₁.
Задача имеет единственное решение: любой подходящий перенос переводит точку P = a ∩ b в точку, лежащую и на a₁, и на b₁, то есть в P₁.
1) Так как a не параллельна b, они пересекаются в точке P. Так как a₁ ∥ a и b₁ ∥ b, то a₁ не параллельна b₁, и они пересекаются в точке P₁.
2) Искомый вектор — вектор PP₁ (на рисунке красный).
Доказательство. Параллельный перенос на вектор PP₁ переводит точку P в P₁, а прямую a — в прямую, проходящую через P₁ и параллельную a (перенос отображает прямую на параллельную или совпадающую с ней прямую). Единственная такая прямая — a₁. Аналогично прямая b переходит в прямую, проходящую через P₁ и параллельную b, то есть в b₁.
Задача имеет единственное решение: любой подходящий перенос переводит точку P = a ∩ b в точку, лежащую и на a₁, и на b₁, то есть в P₁.
1263. Постройте отрезок A₁B₁, который получается из данного отрезка AB поворотом вокруг данного центра О: а) на 120° по часовой стрелке; б) на 75° против часовой стрелки; в) на 180°.
Поворот — движение, поэтому отрезок AB переходит в равный отрезок; достаточно повернуть его концы. Точка X переходит в такую точку X₁, что OX₁ = OX и ∠XOX₁ равен углу поворота, а направление отсчёта угла задано.
а) Строим угол BOB₁ = 120° по часовой стрелке (его можно построить циркулем и линейкой как 60° + 60°, либо транспортиром) и откладываем на втором луче OB₁ = OB. Так же строим A₁ на луче, повёрнутом на 120° от OA по часовой стрелке, с OA₁ = OA. Отрезок A₁B₁ (красный) — искомый.
б) Строим углы AOA₂ и BOB₂, равные 75° и отложенные против часовой стрелки (транспортиром, либо 75° = 60° + 15°, где 15° — половина от половины 60°), и откладываем OA₂ = OA, OB₂ = OB. Отрезок A₂B₂ (синий) — искомый.
в) Поворот на 180° — это центральная симметрия с центром O. Проводим лучи AO и BO, на их продолжениях за точку O откладываем OA₃ = OA и OB₃ = OB. Отрезок A₃B₃ (зелёный) — искомый.
Во всех случаях A₁B₁ = A₂B₂ = A₃B₃ = AB.
а) Строим угол BOB₁ = 120° по часовой стрелке (его можно построить циркулем и линейкой как 60° + 60°, либо транспортиром) и откладываем на втором луче OB₁ = OB. Так же строим A₁ на луче, повёрнутом на 120° от OA по часовой стрелке, с OA₁ = OA. Отрезок A₁B₁ (красный) — искомый.
б) Строим углы AOA₂ и BOB₂, равные 75° и отложенные против часовой стрелки (транспортиром, либо 75° = 60° + 15°, где 15° — половина от половины 60°), и откладываем OA₂ = OA, OB₂ = OB. Отрезок A₂B₂ (синий) — искомый.
в) Поворот на 180° — это центральная симметрия с центром O. Проводим лучи AO и BO, на их продолжениях за точку O откладываем OA₃ = OA и OB₃ = OB. Отрезок A₃B₃ (зелёный) — искомый.
Во всех случаях A₁B₁ = A₂B₂ = A₃B₃ = AB.
1264. Постройте треугольник, который получается из данного треугольника ABC поворотом вокруг точки А на угол 150° против часовой стрелки.
Центр поворота A — вершина треугольника, поэтому A остаётся на месте. Остаётся повернуть вершины B и C.
1) Строим угол BAB₁ = 150° против часовой стрелки от луча AB (например, как 180° − 30°, где 30° — половина 60°, либо транспортиром) и откладываем на его второй стороне AB₁ = AB.
2) Так же строим угол CAC₁ = 150° против часовой стрелки от луча AC и откладываем AC₁ = AC.
3) Соединяем A, B₁, C₁. Треугольник AB₁C₁ — искомый.
Поворот — движение, поэтому AB₁ = AB, AC₁ = AC, B₁C₁ = BC, и треугольник AB₁C₁ равен треугольнику ABC.
1) Строим угол BAB₁ = 150° против часовой стрелки от луча AB (например, как 180° − 30°, где 30° — половина 60°, либо транспортиром) и откладываем на его второй стороне AB₁ = AB.
2) Так же строим угол CAC₁ = 150° против часовой стрелки от луча AC и откладываем AC₁ = AC.
3) Соединяем A, B₁, C₁. Треугольник AB₁C₁ — искомый.
Поворот — движение, поэтому AB₁ = AB, AC₁ = AC, B₁C₁ = BC, и треугольник AB₁C₁ равен треугольнику ABC.
1265. Точка D является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника ABC. Докажите, что при повороте вокруг неё на угол 120° треугольник ABC отображается на себя.
В равностороннем треугольнике все углы равны 60°, поэтому биссектрисы образуют со сторонами углы по 30°: ∠DAB = ∠DBA = ∠DBC = ∠DCB = ∠DCA = ∠DAC = 30°. Треугольники ADB, BDC, CDA равнобедренные (углы при основаниях равны), поэтому DA = DB = DC, а по второму признаку (AB = BC = CA и равные прилежащие углы) эти три треугольника равны. Угол при вершине D в каждом из них равен 180° − 2·30° = 120°: ∠ADB = ∠BDC = ∠CDA = 120°.
Повернём плоскость вокруг D на 120° в направлении обхода A → B → C. Точка A переходит в точку A₁ с DA₁ = DA и ∠ADA₁ = 120° в этом направлении. Такой точкой является B: DB = DA и ∠ADB = 120°. Значит, A переходит в B. Аналогично B переходит в C (DC = DB, ∠BDC = 120°) и C переходит в A (∠CDA = 120°).
Вершины треугольника ABC переходят в его вершины, а при повороте (движении) отрезок отображается на отрезок. Поэтому стороны AB, BC, CA переходят в BC, CA, AB, и треугольник ABC отображается на себя. (При повороте на 120° в обратном направлении получаем A → C, B → A, C → B — тоже на себя.)
Повернём плоскость вокруг D на 120° в направлении обхода A → B → C. Точка A переходит в точку A₁ с DA₁ = DA и ∠ADA₁ = 120° в этом направлении. Такой точкой является B: DB = DA и ∠ADB = 120°. Значит, A переходит в B. Аналогично B переходит в C (DC = DB, ∠BDC = 120°) и C переходит в A (∠CDA = 120°).
Вершины треугольника ABC переходят в его вершины, а при повороте (движении) отрезок отображается на отрезок. Поэтому стороны AB, BC, CA переходят в BC, CA, AB, и треугольник ABC отображается на себя. (При повороте на 120° в обратном направлении получаем A → C, B → A, C → B — тоже на себя.)
1266. Докажите, что при повороте квадрата вокруг точки пересечения его диагоналей на угол 90° квадрат отображается на себя.
Пусть ABCD — квадрат, O — точка пересечения диагоналей. Диагонали квадрата равны, перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому OA = OB = OC = OD и ∠AOB = ∠BOC = ∠COD = ∠DOA = 90°.
Повернём плоскость вокруг O на 90° в направлении обхода A → B → C → D. Точка A переходит в такую точку A₁, что OA₁ = OA и ∠AOA₁ = 90° в этом направлении; такая точка — B. Аналогично B → C, C → D, D → A.
Вершины переходят в вершины, а отрезок при движении отображается на отрезок, поэтому стороны AB, BC, CD, DA переходят в BC, CD, DA, AB. Значит, квадрат ABCD отображается на себя. Для поворота в противоположном направлении рассуждение такое же.
Повернём плоскость вокруг O на 90° в направлении обхода A → B → C → D. Точка A переходит в такую точку A₁, что OA₁ = OA и ∠AOA₁ = 90° в этом направлении; такая точка — B. Аналогично B → C, C → D, D → A.
Вершины переходят в вершины, а отрезок при движении отображается на отрезок, поэтому стороны AB, BC, CD, DA переходят в BC, CD, DA, AB. Значит, квадрат ABCD отображается на себя. Для поворота в противоположном направлении рассуждение такое же.
1267. Постройте окружность, которая получается из данной окружности с центром С поворотом вокруг точки О на угол 60° против часовой стрелки, если: а) точки О и С не совпадают; б) точки О и С совпадают.
Поворот — движение, поэтому окружность отображается на окружность того же радиуса r (задача 1246), а центр — в образ центра.
а) Строим точку C₁ — образ точки C: проводим дугу окружности с центром O радиуса OC и строим на ней точку C₁ так, что ∠COC₁ = 60° против часовой стрелки. Удобно построить равносторонний треугольник OCC₁ на стороне OC так, чтобы C₁ лежала слева от луча OC (против часовой стрелки). Затем проводим окружность с центром C₁ и радиусом r (красная).
б) Центр поворота совпадает с центром окружности и остаётся на месте. Образом окружности является окружность с тем же центром и тем же радиусом, то есть сама данная окружность: она отображается на себя.
а) Строим точку C₁ — образ точки C: проводим дугу окружности с центром O радиуса OC и строим на ней точку C₁ так, что ∠COC₁ = 60° против часовой стрелки. Удобно построить равносторонний треугольник OCC₁ на стороне OC так, чтобы C₁ лежала слева от луча OC (против часовой стрелки). Затем проводим окружность с центром C₁ и радиусом r (красная).
б) Центр поворота совпадает с центром окружности и остаётся на месте. Образом окружности является окружность с тем же центром и тем же радиусом, то есть сама данная окружность: она отображается на себя.
1268. Постройте прямую a₁, которая получается из прямой а поворотом вокруг точки О на угол 60° по часовой стрелке, если прямая а: а) не проходит через точку О; б) проходит через точку О.
Поворот — движение, поэтому прямая отображается на прямую, а углы сохраняются (задача 1242).
а) Прямая a не проходит через O.
1) Из O опускаем перпендикуляр OH на прямую a (H ∈ a).
2) Строим точку H₁ — образ H: OH₁ = OH, ∠HOH₁ = 60° по часовой стрелке (например, равносторонний треугольник OHH₁ с нужным расположением H₁).
3) Через H₁ проводим прямую a₁, перпендикулярную OH₁ (красная).
Обоснование: образ a — прямая, проходящая через H₁. Угол между OH и a прямой, значит, угол между образами — OH₁ и образом a — тоже прямой. Поэтому образ a — перпендикуляр к OH₁ в точке H₁, то есть a₁.
б) Прямая a проходит через O.
1) Отмечаем на a точку M ≠ O.
2) Строим M₁: OM₁ = OM, ∠MOM₁ = 60° по часовой стрелке.
3) Прямая a₁ = OM₁ — искомая (центр O остаётся на месте, M переходит в M₁). Она образует с прямой a угол 60°.
а) Прямая a не проходит через O.
1) Из O опускаем перпендикуляр OH на прямую a (H ∈ a).
2) Строим точку H₁ — образ H: OH₁ = OH, ∠HOH₁ = 60° по часовой стрелке (например, равносторонний треугольник OHH₁ с нужным расположением H₁).
3) Через H₁ проводим прямую a₁, перпендикулярную OH₁ (красная).
Обоснование: образ a — прямая, проходящая через H₁. Угол между OH и a прямой, значит, угол между образами — OH₁ и образом a — тоже прямой. Поэтому образ a — перпендикуляр к OH₁ в точке H₁, то есть a₁.
б) Прямая a проходит через O.
1) Отмечаем на a точку M ≠ O.
2) Строим M₁: OM₁ = OM, ∠MOM₁ = 60° по часовой стрелке.
3) Прямая a₁ = OM₁ — искомая (центр O остаётся на месте, M переходит в M₁). Она образует с прямой a угол 60°.