Параллельный перенос, поворот плоскости и подобные треугольники

  • Корзина

    Пусто

Содержание онлайн страницы:

  • – тема "Параллельный перенос" представлена на примере решения задач 145 - 148;
  • – в контрольных работах с номерами 149 - 154 данной рабочей тетради по математике рассматривается поворот плоскости вокруг точки на угол;
  • – повторение курса геометрии 9 класса в решениях приведено на примере заданий 155 - 173: углы треугольника, площадь треугольника через катеты и гипотенузу, вычисление радиуса описанной окружности, стороны ромба, подобные треугольники.

Параллельный перенос

Определение:

Параллельным переносом на вектор называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M1, что два вектора равны

=

***

 

Задача 145.

Дано:

вектор

отрезок AB

Построить:

AB → A1B1

A → A1 : =

B → B1 : =

***

 

Теорема:

При параллельном переносе на вектор сохраняется расстояние между точками, т.е. параллельный перенос – движение.

 

Дано:

f – параллельный перенос на вектор

M M1

NN1

 

Доказать:

f – движение (MN = M1N1)

Доказательство:

Точка M переводится движением в точку M1 с условием, что два вектора равны: M M1: = MM1

Точка N переводится движением в точку N1 с условием, что два вектора равны: NN1: = NN1

Следовательно, полученные отрезки параллельны MM1 || NN1 и построенные отрезки равны MM1 = NN1

Значит, четырехугольник MM1N1N – параллелограмм.

Поэтому MN = M1N1, значит f – движение.

***

Задача 146.

a)

Треугольник ΔABC

A A1:

=

 

B B1:

=

 

C C1:

=

 

б)

Треугольник ΔABC

A A1: =

 

B B1:

=

 

C C1:

=

***

 

Задача 147.

Дано:

треугольник ΔABC

AB = BC

точка D лежит на AC: DAC

точка C лежит на AD: CAD

BC B1D

 

а) Построить: B1D

б) Доказать: ABB1D – равнобедренная трапеция

 

а)

Построение:

1) От точки B проведем прямую a, параллельную вектору : a ||

2) Точка B переводится движением в точку B1

=

3) Проведем прямую B1D, параллельную отрезку BC:

B1D || BC

***

 

б)

Доказательство:

Рассмотрим четырехугольник BB1DC.

Т.к. основания BB1 || CD и боковые стороны BC || BD параллельны, то BB1DC – параллелограмм (по определению)

По свойству параллелограмма:

основания BB1 = CD и боковые стороны BC = BD равны, но AB = BC, тогда AB = B1D

Т.к. BB1 || AD параллельны и AB B1D не параллельны, следовательно, ABB1D – трапеция (по определению).

Т.к. AB = B1D, то ABB1D – равнобедренная трапеция.

***

 

Задача 148.

Дано:

треугольник ΔABC

EFPQ – трапеция

окружность (O; R)

вектор

 

Построить:

окр (O;R) окр (O1;R1)

ΔABC ΔA1B1C1

EFPQ E1F1P1Q1

 

Построение:

как показано на рисунке.

***

 

Наверх

Поворот плоскости вокруг точки на угол

Определение:

Поворотом плоскости вокруг точки O на угол α называется такое отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M1, что угол поворота

MOM1 = α и OM1 = OM.

O – центр поворота

α – угол поворота

 

***

 

Задача 149.

Дано:

α = 75° (против часовой стрелки)

O – центр поворота

AB – отрезок

 

Построить:

A1B1

Построение:

1) AA1;

AOA1 = 75°

OA = OA1

 

2) BB1;

BOB1 = 75°

OB = OB1

***

 

Теорема:

Поворот является движением.

 

Дано:

f – поворот

α – угол поворота (против часовой стрелки)

точка O – центр поворота

MN – отрезок

 

Доказать:

f – движение, MN = M1N1

Доказательство:

Пусть M→M1; N→N1

Тогда треугольники равны ΔOMN = ΔOM1N1 по двум сторонам и углу между ними:

OM = OM1

ON = ON1

MON = M1ON1

Тогда MN = M1N1, значит, f – движение.

***

 

Задача 150.

Дано:

точка O – центр поворота

α = 180°

AB – отрезок

AB→A1B1

 

Построить:

A1B1

Построение:

1) AA1;

AOA1 = 180°

OA = OA1

2) BB1;

BOB1 = 180°

OB = OB1

***

 

Задача 151.

Дано:

треугольник ΔABC

точка A – центр поворота

α = 160° (против часовой стрелки)

ΔABC→ΔAB1C1

 

Построить: ΔAB1C1

Построение:

1) BB1;

BAB1 = 160°

BA = B1A

2) CC1;

CAC1 = 160°

CA = AC1

***

 

Задача 152.

Дано:

точка O – центр поворота

α = 120°

AB – отрезок

AB→A1B1

 

Построить:

A1B1

Построение:

1) AA1;

AOA1 = 120°

OA = OA1

2) BB1;

BOB1 = 120°

OB = OB1

***

 

Задача 153.

Дано:

точка C – центр окружности (C; R)

точка O – центр поворота

угол поворота α = 60° (против часовой стрелки)

а) точка C и точка O не совпадают

б) точка C и точка O совпадают

 

 

Построить:

окружность (С1; R)

Построение:

а)

1) проведем луч CO

2) CC1;

COC1 = 60°

CO = C1O

б)

Т.к. точка О – центр поворота и точка С – центр окружности совпадают, то окружности (C;R) и (C1;R) будут тоже совпадать.

***

Задача 154.

Дано:

Δ ABC – равнобедренный, равносторонний

D – точка пересечения биссектрис

D – центр поворота

угол поворота α = 120°

 

Доказать:

ΔABCΔABC

Доказательство:

Т.к. Δ ABC – правильный, то все углы в нем равны 60°.

Т.к. точка D – центр описанной и вписанной окружности, то

AD = BD = DC = R.

Δ ABD = Δ BDC = Δ DAC (по трем сторонам).

Следовательно, что ADB =BDC =CDA

Поэтому

AB

BC

CA

Т.е. ΔABC → ΔBCA.

Таким образом, Δ ABC отображается на себя.

***

 

Повторение.

Задача 155.

Дано:

треугольник ΔABC

соотношение углов

ABC :BCA :CAB = 3 : 7 : 8

 

Найти: наибольший угол треугольника

Решение:

Пусть x – коэффициент пропорциональности. Зная, что сумма углов в треугольнике равна 180°, составим и решим уравнение:

3x + 7x + 8x = 180

18x = 180

x = 10

Наибольший угол CAB = 8 • 10 = 80°

Ответ: 80°.

***

 

Задача 156.

Дано:

треугольник ΔABC – равнобедренный,

один угол больше другого:

ABC >BAC на 60°

 

Найти: угол при основании треугольника

Решение:

Пусть x° – угол при основании треугольника. Зная, что сумма углов в треугольнике составляет 180°, составим и решим уравнение:

(x + 60°) + x + x = 180°

3x = 180 – 60

3x = 120

x = 40

Значит, BAC = 40°.

Ответ: 40°.

***

 

Задача 157.

Дано:

треугольник ΔABC – прямоугольный

c = 26 см – гипотенуза

соотношение катетов:

a : b = 5 : 12

 

Найти: больший катет b

Решение:

Пусть x – коэффициент пропорциональности. По теореме Пифагора составим и решим уравнение:

(5x)2 + (12x)2 = 262

25x2 + 144x2 = 676

169x2 = 676

x2 = 4

x = 2

b = 12 • 2 = 24 (см)

Ответ: 24 см.

***

 

Задача 158.

Дано:

треугольник ΔABC,

C = 90°

b = 5 – катет

c = 13 – гипотенуза

 

Найти: площадь треугольника SΔABC = ?

Решение:

По теореме Пифагора получаем:

a ==== 12

Тогда площадь треугольника

SΔABC = • ab = =

= 30 (квадратных единиц)

Ответ: 30 кв.ед.

***

 

Задача 159.

Дано:

треугольник ΔABC – равнобедренный,

C = 90°

c = 4 – гипотенуза

 

Найти: площадь треугольника SΔABC = ?

Решение:

SΔABC = • ab

Т.к. Δ ABC – равнобедренный, то углы при основании по 45° и катеты равны a = b.

По теореме Пифагора получаем:

c2 = a2 + b2 = a2 +a2 = 2a2

Тогда (4)2 = 2a2

a2 = 16

a = 4 (ед)

Тогда площадь треугольника

SΔABC = • ab = =

= 8 (квадратных единиц)

Ответ: 8 кв.ед.

***

 

Задача 160.

Дано:

треугольник ΔABC,

A = 90°

AH – медиана

a = 6

b = 8

 

Найти: радиус описанной окружности R = ?

Решение:

Т.к. AH – медиана, то CH = c

По теореме Пифагора получаем:

c2 = a2 + b2

c2 = 36 +64

c = 10 (ед)

Тогда CH = c = = 5 (ед)

Точка H – центр описанной окружности

AH = BH = CH = R

Т.к. R = AH, то R = AH = CH = 5 ед.

Ответ: 5 ед.

***

 

Задача 161.

Дано:

треугольник ΔABC,

C = 90°

соотношение острых углов

ABC : CAB = 1 : 2

AC = 4

 

Найти: радиус описанной окружности R = ?

Решение:

Пусть x – коэффициент пропорциональности. Зная, что сумма углов в треугольнике составляет 180°, составим и решим уравнение:

x + 2x + 90 = 180

3x = 90

x = 30

Тогда CAB = 30°,

ABC = 2 • 30° = 60°

Следовательно, BC = AB

По теореме Пифагора получаем:

AC2 + BC2 = AB2

AC2 + = AB2

AC2 = AB2

AB2 = = 64

AB = 8 (ед)

R = AD = BD = 8 : 2 = 4 (ед)

Ответ: 4 ед.

***

 

Задача 162.

Дано:

треугольник ΔABC,

C = 90°

BC = 3

радиус описанной окружности

R = 2,5

 

Найти: AC = ?

Решение:

R = AH = BH = 2,5

Тогда AB = 2,5 • 2 = 5

По теореме Пифагора получаем:

AC = = = = 4 (ед)

Ответ: 4.

***

 

Задача 163.

Дано:

треугольник ΔABC,

C = 90°

tg A = 0,6

BC = 3

 

Найти: AC = ?

Решение:

tgA =

0,6 = ; AC = 3 • = 5 (ед)

Ответ: 5.

***

 

Задача 164.

Дано:

треугольник ΔABC,

A = 90°

AH = AC

 

Найти: ABC = ?

Решение:

Т.к. AH = AC, то Δ AHC – равнобедренный.

Точка H – радиус вписанной окружности, поэтому AH = CH, но AH = AC, следовательно, AH = CH = AC.

Тогда Δ AHC – равносторонний.

Значит, HAC = AHC = HCA = 60°.

ABC = 180° – (90° + 60°) = 30°.

Ответ: 30°.

***

 

Задача 165.

Дано:

треугольник Δ ABC – правильный, равносторонний,

площадь треугольника

SΔABC = кв.ед.

 

Найти: длину биссектрисы BH = ?

Решение:

Т.к. Δ ABC – правильный, то все углы по 60°.

Рассмотрим Δ ABC – равнобедренный, где

BAC = BCA = 60°.

Тогда BH – медиана, высота.

Значит, перпендикулярны отрезки BH AC.

Рассмотрим треугольники Δ ABH и Δ BHC.

AB = BC, по условию.

AH = CH, BH – медиана.

BH – общая.

Значит, треугольники равны Δ ABH = Δ BHC.

Площадь треугольника SΔABC = 2SΔABH

Т.е. SΔABH = SΔABC = = (кв.ед.)

SΔABH = AH • BH

Рассмотрим треугольник Δ ABH.

Т.к. BH – биссектриса, то уголABH = 30°, поэтому

AH = AB

SΔABH = AB • BH =

AB • BH = (*)

По теореме Пифагора получаем:

AB2 = AH2 + BH2

AB2 = AB2 + BH2

BH2 = AB2

BH = AB (**)

Используя результат (**) в уравнении (*), получаем

AB • AB =

AB2 =

AB =

Тогда AB • BH = • BH =

BH = 1 (ед.)

Ответ: BH = 1 ед.

***

 

Задача 166.

Дано:

треугольник Δ ABC – правильный, равносторонний,

радиус описанной окружности

R =

 

Найти: площадь треугольника

SΔABC = ?

Решение:

Рассмотрим Δ ABO (AO = BO = R) Δ ABO – равнобедренный.

Проведем из вершины O к AB высоту OH.

Рассмотрим Δ AOH, где AHO = 90°.

Т.к. HAO = 30°, то OH = AO OH = R

OH = =

По теореме Пифагора получаем:

OH2 + AH2 = OA2

OH2 + AH2 =R2

+ AH2 = ()2 + AH2 =

=

AH2 = = AH = =

Тогда площадь треугольника

SΔAOH = AH • OH = = =

Следовательно, SΔABO = 2 • SΔAOH = 2 • = (кв.ед.)

Тогда площадь треугольника

SΔABC = 3 • SΔABO = 3 • = = 2= 2,25 (кв.ед.)

Ответ: 2,25 кв.ед.

***

 

Задача 167.

Дано:

Площадь ромба SABCD = 384

Соотношение диагоналей ромба:

AC : BD = 3 : 4

 

Найти: сторону ромба AB = ?

Решение:

Площадь ромба

SABCD = AC • BD

Пусть x – коэффициент пропорциональности. Тогда

SABCD = 3x • 4x

384 = 6x2

x2 = 64

x = 8

Следовательно, диагональ BD = 4x = 4 • 8 = 32

AC = 3x = 3 • 8 = 24

AC = 2AO

BD = 2BO

Поэтому половина диагонали AO =AC = • 24 = 12

BO =BD = • 32 = 16

По теореме Пифагора получаем:

AO2 + BO2 = AB2

Сторона ромба AB = == 20

Ответ: 20.

***

 

Задача 168.

Дано:

треугольник Δ ABD – равнобедренный,

основание AD = 16

сторона AB = 10

 

Найти: площадь треугольника

SΔABD = ?

Решение:

площадь треугольника

SΔABD = AD • BH

Проведем высоту BH к основанию AD.

По свойству равнобедренного треугольника:

BH – медиана, биссектриса, высота.

Т.к. BH – медиана, то AH = DH = 16 : 2 = 8 (ед.)

Рассмотрим треугольник Δ ABH, где угол AHB = 90°.

По теореме Пифагора получаем:

AB2 = AH2 + BH2

BH = = == 6 (ед.)

Тогда площадь треугольника

SΔABD = AD • BH = •16 • 6 = 48 (кв.ед.)

Ответ: площадь треугольника SΔABD = 48 кв.ед.

***

Задача 169.

Дано:

треугольник Δ ABC –равнобедренный,

высота BH = 15

основание AC больше высоты BH на 15: AC > BH на 15

 

Найти: основание AC = ?

Решение:

Т.к. треугольник Δ ABC –равнобедренный, то BH – высота, медиана, биссектриса.

Поэтому AH = CH.

Тогда AC = AH + CH = AH + AH = 2 AH

Рассмотрим Δ ABH – прямоугольный.

Пусть AC = (x) ед. AH = () ед.

Тогда AB = (x – 15) ед. (по условию).

По теореме Пифагора решим уравнение:

(x – 15)2 = ()2 + 152 x2 – 30x + 225 = + 225

4 (x2 – 30x) = x2

4x2 – 120x = x2

3x2 – 120x = 0 | : x

3x = 120

x = 40

Таким образом, 40 ед. – длина основания.

Ответ: AC = 40 ед.

***

 

Наверх

Подобные треугольники

Задача 170.

Дано:

треугольник Δ ABC, два угла

A = 54°

B = 18°

CH – биссектриса углаC

Доказать: подобие треугольников

Δ BHC Δ ABC

Доказательство:

C = 180° – (A +B)

C = 180° – (54° + 18°) = 108°

Т.к. CH – биссектриса углаC, то

углы равны

BCH = HCA = 108° : 2 = 54°

Рассмотрим Δ BHC

HBC = B = 18°

BCH = A = 54°

Тогда CHB = C = 108°

Поэтому треугольники подобны Δ BHC Δ ABC.

***

 

Задача 171.

Дано:

ABCD – трапеция,

верхнее основание BC = 4 см

нижнее основание AD = 10 см

диагональ BD = 8 см

 

Найти:

часть диагонали BO = ?

соотношение периметров треугольников

= ?

Решение:

Углы равны CBO = ODA как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущей BD.

Углы равныBCO = OAD как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущей AC.

Тогда треугольники подобны Δ BCO Δ AOD.

= = = =

= . Тогда 4AO = 10BO BO = AO

= = 0,4 = k

 

Пусть BO = x, AO = 8 – x. Тогда 10x = 4 • (8 – x)

10x = 32 – 4x

14x = 32

x = 2 (см)

Следовательно, BO = 2см.

= k = 0,4

Ответ: BO = 2см, = 0,4.

***

 

Задача 172.

Дано:

подобные треугольники

ΔABC ΔA1B1C1 ,

AB = 12 дм,

BC = 16 дм,

AC = 20 дм,

периметр треугольника:

P (ΔA1B1C1) = 60 дм

 

Найти:

стороны треугольника ΔA1B1C1

A1B1, A1C1, B1C1= ?

Решение:

Периметр треугольника

P (ΔABC) = 12 +16 + 20 = 48 (дм)

Т.к. треугольники подобны, то

==

=== k (*)

Тогда соотношение периметров треугольников

= k (**)

Из равенств (*) и (**) следует

=

=

B1C1 = = 20 (дм)

Тогда =

=

A1B1 = = 15 (дм)

A1C1 = P(ΔA1B1C1) – B1C1 – A1B1 = 60 – 20 – 15 = 25 (дм).

 

Ответ: A1C1 = 25 дм, A1B1 = 15 дм, B1C1 = 20 дм.

***

 

Задача 173.

Дано:

ABCD – трапеция,

стороны трапеции пересекаются в точке M:

AB ∩ CD = M,

BC = 5 см,

AD = 8 см,

AB = 3,9 см,

CD = 3,6 см

 

Найти:

MB, MC = ?

Решение:

Рассмотрим треугольники ΔAMD и ΔBMC:

BAD =MBC, как соответственные при параллельных прямых BC и AD и секущей AB.

MCB =MDA, как соответственные при параллельных прямых BC и AD и секущей CD.

Тогда, по первому признаку подобия треугольников:

треугольники подобны Δ AMD Δ BMC.

Следовательно,

= =

=,

но AM = AB + BM = 3,9 + BM

 

Тогда

8 • BM = 5 (3,9 + BM)

8BM – 5BM = 19,5

3BM = 19,5

BM = 6,5 (см)

 

=,

но MD = CD + MC = 3,6 + MC

8 • MC = 5 (3,6 + MC)

3MC = 18

MC = 6 (см)

 

Ответ: 6,5 см, 6 см.

***