Урівних трикутниках abc и klm ac = 15 см. lm = 20 см. а периметр abc дорівнює 60 см. знайдіть сторону kl ​

Рух - відображення площині на себе, при якому відстані між точками площини зберігаються. Приклади руху: осьова симетрія, центральна симетрія, паралельний перенос. Властивості руху: відрізок переходить в відрізок, кут переходить в рівний йому кут, окружність переходить в окружність того ж радіуса і т. П.Мал. 1. Нехай є деяка виділена точка Про площині. Крім того, розглянемо довільну точку М тій же площині. Поворотом (позначення -) щодо точки О, званої центром повороту на Ðα (кут повороту) називається таке відображення площині на себе, при якому будь-яка точка М площині переходить в таку точку М1 тій же площині, що ОМ = ОМ1 і, крім того, ÐМОМ1 = α (Рис. 1). Доведемо, що поворот є рухом. Доказ (Рис. 2).Розглянемо точки М і N площині, що переходять при повороті відповідно в точки М1 і N1 тій же площині. Розглянемо трикутники ОМN і ОМ1N1. У цих трикутниках ОМ = ОМ1 і ОN = ОN1. ÐМОN = α - ÐМОN1; ÐМ1ОN1 = α - ÐМОN1, отже, ÐМОN = ÐМ1ОN1. Таким чином, зазначені трикутники рівні за двома сторонами і кутом між ними. Звідси випливає рівність відрізків МN = М1N1. Оскільки точки М і N вибиралися нами довільно, можна стверджувати, що при повороті довжини відрізків зберігаються. Теорема доведена. Нам необхідно навчитися використовувати розглянутий тип руху. Завдання (аналогічна № 1167 з підручника Атанасян, см. Список літератури) Побудуйте трикутник, який виходить з даного трикутника ABC поворотом навколо точки А на кут 60 ° проти годинникової стрілки (ΔАВС). Рішення (Рис. 3).При повороті точка А перейде в саму себе. Точки В і С перейдуть в точки В1 і С1 відповідно. Кути трикутника і довжини його сторін, відповідно до загальних властивостями руху, збережуться (всі позначення сторін і кутів дані на Рис. 3). Побудови при повороті вкрай за до циркуля побудувати дугу кола радіусом, рівним довжині сторони трикутника (АС або АВ), з центром в точці А, далі за до транспортира відкласти на дузі кут 60 ° і відзначити точку-образ (В1 або С1) . Поєднавши отримані точки-образи відрізками, можна отримати шуканий трикутник А1У1С1, що є чином трикутника АВС (ΔАВС = ΔА1В1С1). Точка О є точкою перетину биссектрис рівностороннього трикутника ABC. Доведіть, що при повороті навколо точки О на кут 120 ° трикутник ABC відображається на себе. Рішення.Точка О перетину биссектрис правильного трикутника є центром цього трикутника. Отже, вершини трикутника при повороті навколо точки О будуть «малювати» дуги кола, описаного навколо ΔАВС. Легко показати, що ÐВОС = ÐСОА = ÐАОВ = 120 °. Отже, при повороті, точка А перейде в точку В, точка В перейде в точку С і точка С перейде в точку А (нагадаємо, що кут повороту вважається позитивним, якщо поворот відбувається проти годинникової стрілки). Таким чином, ΔАВС = ΔАВС. Завдання вирішена. Завдання. Дана пряма, на якій задані точка О1 і точка О2 і дано точки А і В, що лежать по різні боки від цієї прямої. Причому мають місце рівності відстаней: О1А = О1В, О2А = О2В. Довести, що точки А і В симетричні щодо зазначеної прямий. Рішення (Рис. 5).Для доказу необхідного в завданню затвердження нам необхідно довести, що АМ = МВ і АВ ^ О1О2. Побудуємо коло радіусом О1А з центром в точці О1 і коло радіусом О2А з центром в точці О2. Розглянемо деяку осьову симетрію з віссю О1О2. При такому відображенні півкола, розташовані у верхній півплощині, перейдуть до відповідних півкола, розташовані в нижній півплощині щодо осі симетрії. При цьому точка перетину «верхніх» півколо - точка А - перейде в точку перетину «нижніх» півколо - точку В. Тобто точка В симетрична точці А відносно даної прямої. Завдання вирішена. На закінчення розберемо ще один застосування понять симетрії. Дан паралелограм ABCD. Довести, що точка перетину його діагоналей є його центром симетрії. Нагадування: фігура називається симетричною відносно точки О, якщо для кожної точки фігури симетрична їй точка щодо точки Про також належить цій фігурі. Точка О називається центром симетрії фігури. Кажуть також, що фігура має центральну симетрію.

Задача 2

Прямоугольный треугольник с гипотенузой 25 см и проведенной к ней высотой равной 12 см вращается вокруг гипотенузы. Найдите площадь поверхности тела, полученного при вращении.

Решение: АВ=25 см, СН=12 см

Sтела=Sбок.кон(1) + Sбок.кон(2)

h2=ac*bc (высота в прямоугольном треугольнике)

CH2=AH*HB. Пусть AH=x, тогда НВ=25-x.

x(25-x)=122;

x2-25x+144=0;

АН=16 см, НВ=9 см Из ΔАНС по теореме Пифагора АС2=АН2+СН2

АС=20см-(образующая 1)

Sбок.кон(1)=πrl=π*12*20=240π (cм2 )

Из ΔВНС СВ2=СН2+НВ2

CB=15 (см).- (образующая 2).

Sбок.кон(2)=π*12*15=180π (см2).

Sтела=240π +180π=420π (см2)

ответ: 420π см2

 Задача 3

Прямоугольная трапеция с основаниями 5 см и 10 см и большей боковой стороной равной 13 см вращается вокруг большего основания. Найдите площадь поверхности тела вращения.

АС=5 см, НК=10см, СК=13 см.

ОК=НК-АС=5 см; l=13 см

Из ΔСОК по теореме Пифагора СО2=СК2-ОК2;

СО=r =12 см;

Sбок.кон=πrl=π*12*13=156π (см2);

Sцил.=2πrh+πr2=2π*12*5+144π=264π (см2);

Sтела= Sбок.кон.+Sцил.= 156π +264π=

=420π (см2);

 ответ: 420π см2

Задача 4

Прямоугольная трапеция с основаниями 5 см и

10см и большей боковой стороной равной 13 см вращается

Вокруг меньшего основания. Найдите площадь поверхности

тела вращения. Прямоугольная трапеция с основаниями

5 см и 10 см и большей боковой стороной равной 13 см

вращается вокруг меньшего основания. Найдите площадь

Поверхности тела вращения.

ВС=5 см, АD=10 см,АВ=13 см

Sтела= Sбок.кон.+Sцил(1основание)

Sтела= πrl+2πrh+πr2; АК=АD-ВС=5 (см);

Из ΔАКВ - прямоугольного по теореме Пифагора

КВ2=АВ2-АК2;

КВ=12см – r

AB=l – образующая

h=AD=10 см

Sтела=π*12*13 + 2π*12*10+144π=540π (см2).

ответ: 540π см2

Задача 5.

Равнобокая трапеция с основаниями 4 см и 10 см и

высотой 4 см вращали вокруг большего основания. Найдите

площадь поверхности тела вращения.

 

 АВ=4см, DC=10 см, ВН=4 см

 Sтела=2 Sбок.кон.+Sбок.цил.

 Sбок.кон=πrl

  HC=10-2/2=3.

 Из ΔВНС по теореме Пифагора СВ2=СН2+НВ2;

CВ=5 см.-l (образующая).

 BH=r=4 cм;

Sбок.кон=π*4*5=20π (см2)

h=HH1=10 – (3+3)=4 см. Sбок.цил.=2πrh=2*4*4*π=32π (см2)

Sтела=40π+32π=72π (см2).

ответ: 72π см2.

 

Задача 6

Параллелограмм со стороной 3 см и 6 см , острым углом А= 60° вращается вокруг оси, проходящей через вершину острого угла, параллельно высоте параллелограмма. Найти объем полученного тела вращения.

Vт=Vук – Vк; Vук=1/3П h(R2+R12+RR1); Vк=1/3ПR2h; угол D=A, угол СDC1=60°, ∆CC1D – равносторонний, СС1=6см, Rк=3см, h