MASARYKOVA UNIVERZITA
PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA
ÚSTAV MATEMATIKY A STATISTIKY
Bakalářská práce
BRNO 2016 MARIE MÚČKOVÁ
MASARYKOVA UNIVERZITA
PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA
ÚSTAV MATEMATIKY A STATISTIKY
Sbírka planimetrických úloh
řešených pomocí shodností
Bakalářská práce
Marie Múčková
Vedoucí práce: Prof. RNDr. Josef Janyška, DSc. Brno 2016
Bibliografický záznam
Autor: Marie Múčková
Přírodovědecká fakulta, Masarykova univerzita
Ústav matematiky a statistiky
Název práce: Sbírka planimetrických úloh řešených pomocí shodností
Studijní program: Fyzika
Studijní obor: Fyzika se zaměřením na vzdělávání,
Matematika se zaměřením na vzdělávání
Vedoucí práce: Prof. RNDr. Josef Janyška, DSc.
Akademický rok: 2015/2016
Počet stran: ix + 50
Klíčová slova: shodná zobrazení; osová souměrnost; středová souměrnost; posunutí;
otočení; planimetrie
Bibliographic Entry
Author: Marie Múčková
Faculty of Science, Masaryk University
Department of Mathematics and Statistics
Title of Thesis: Exercise book of plane geometry - isometric mappings
Degree Programme: Physics
Field of Study: Physics with a view to Education,
Mathematics with a view to Education
Supervisor: Prof. RNDr. Josef Janyška, DSc.
Academic Year: 2015/2016
Number of Pages: ix + 50
Keywords: symmetrical mapping; reflection; point symmetry; translation;
rotation; planimetry
Abstrakt
V této bakalářské práci se věnujeme planimetrickým úlohám řešených pomocí shodností.
Práce je psána formou sbírky příkladů, teoretická část je tedy uvedena pouze v
minimální míře. Celková struktura je rozdělena na kapitoly podle jednotlivých typů shodného
zobrazení. Hlavním cílem je možnost využití této práce na středních školách.
Abstract
This bachelor thesis is devoted to study of planimetry exercises solved by symmetrical
mapping. The bachelor thesis is done in form of a collection of exercises; hence the
theoretical part is brought out in a minimal extent. The whole structure is divided into
chapters according to particular types of symmetrical mapping. The main goal is the
ability of using this exercise book on high schools.
Poděkování
Na tomto místě bych chtěla poděkovat vedoucímu své bakalářské práce panu profesorovi
Janyškovi za jeho odborné vedení, užitečné připomínky, cenné rady a čas, který mi při psaní
této práce věnoval. Děkuji také své rodině a přátelům za velkou podporu.
Prohlášení
Prohlašuji, že jsem svoji bakalářskou práci vypracovala samostatně s využitím informačních
zdrojů, které jsou v práci citovány.
Brno 22. května 2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Marie Múčková
Obsah
Úvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . viii
Přehled použitého značení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix
Kapitola 1. Shodná zobrazení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Kapitola 2. Osová souměrnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Kapitola 3. Středová souměrnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Kapitola 4. Posunutí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Kapitola 5. Otočení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Závěr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Seznam použité literatury . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
– vii –
Úvod
Cílem této bakalářské práce bylo zhotovit sbírku úloh, která by obsahovala jak řešené, tak i
neřešené příklady k samostatnému procvičení látky. Vše je uzpůsobeno pro možnost využití
na středních školách ve výuce planimetrie, konkrétně tedy tématu shodných zobrazení.
Bakalářská práce je sestavena z šesti kapitol. První kapitola vysvětluje obecně zobrazení
jako takové, definuje zobrazení shodné a pojednává o jeho vlastnostech. Každá
další kapitola se věnuje jednotlivým čtyřem druhům tohoto zobrazení a zahrnuje i jejich
skládání. Všechny dílčí kapitoly jsou složeny z části teoretické, kde je vždy definováno
dané zobrazení a ukázány jeho principy na jednoduchých příkladech, a z části věnované
typovým příkladům řešených pomocí shodností.
Pořadí kapitol a jejich teoretická část je inspirována knihou Matematika pro gymnázia:
planimetrie [11], aby odpovídala běžně probíranému středoškolskému učivu. V práci jsou
zahrnuty jak úlohy konstrukční, tak i důkazové.
Stavba každého řešeného příkladu je pro přehlednost vždy stejná. Kromě zadání je
v úloze slovně popsán její podrobný rozbor včetně jeho odůvodnění a postup pro rýsování.
Mimo to je přiložen i obrázek výsledného možného řešení s popisem konstrukce. Závěr
shrnuje počet všech možných řešení.
V celé práci předpokládáme znalost studentů učiva z předešlých školních let, například
konstrukci středu úsečky, tečny z bodu ke kružnici nebo také sestrojení a význam Thaletovy
kružnice či ekvigonály (resp. množiny bodů s vlastností vidět danou úsečku pod určitým
úhlem), vět o shodnosti trojúhelníků apod.
Ke tvorbě obrázků všech vzorových příkladů byl použit matematický program GeoGebra,
který je volně dostupný.
Práce je vysázena v systému LATEX.
– viii –
Přehled použitého značení
Pro snazší orientaci v textu zde čtenáři předkládáme přehled základního značení, které se
v celé práci vyskytuje.
A bod A
p přímka p
AB úsečka AB
AXB úhel AXB
α úhel α
o osa o
AB orientovaná úsečka AB
va výška ke straně a
ta těžnice trojúhelníku vedená vrcholem A
SAB střed úsečky AB
ABC trojúhelník ABC
k(S; r) kružnice k se středem v bodě S a poloměrem r
X ∈ p bod X leží na přímce p
p∩q průnik přímky p s přímkou q
ε ekvigonála, resp. množina bodů s vlastností vidět danou úsečku pod určitým úhlem
τAB Thaletova kružnice nad úsečkou AB
O(o) osová souměrnost polde osy o
S(S) středová souměrnost podle bodu S
T(AB) posunutí o orientovanou úsečku AB
R(S; α) otočení kolem bodu S o úhel α
Z : X → X bod X je obrazem bodu X v zobrazení Z
p ⊥ q přímka p je kolmá k přímce q
p q přímka p je rovnoběžná s přímkou q
| AXB| velikost úhlu AXB
|AB| velikost úsečky AB
|X p| vzdálenost bodu X od přímky p
– ix –
Kapitola 1
Shodná zobrazení
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Zobrazení f v rovině je předpis, který každému bodu X roviny přiřazuje právě jeden bod X
roviny. Bod X se nazývá vzor, bod X jeho obraz. Zapisujeme f : X → X .
Body X, pro jejichž obrazy platí X = X, se nazývají samodružné body zobrazení. Zobrazení, ve
kterém je každý bod samodružný, se nazývá identita.
Zobrazení v rovině je shodné zobrazení nebo také shodnost, právě když obrazem každé úsečky
AB je úsečka A B shodná s úsečkou AB.
Představu o shodném zobrazení si můžeme utvořit při použití tzv. průsvitky. Pokud máme nějaký
útvar U, můžeme ho překreslit na průsvitku. Tu přemístíme buď tak, že ji necháme vzhledem k rovině
lícem nahoru, nebo obrátíme lícem dolů. Útvar v přemístěné poloze překreslíme zpět do dané
roviny. Dostaneme tak nový útvar, který je shodný s útvarem původním a je jeho obrazem.
Jestliže je třeba při přemisťování obracet, jde o nepřímou shodnost. Neobrátíme-li průsvitku, jde
o shodnost přímou.
V každém shodném zobrazení platí:
• obrazem přímky AB je přímka A B ; obrazem rovnoběžných přímek jsou rovnoběžné přímky,
• obrazem polopřímky AB je polopřímka A B ; obrazem opačných polopřímek jsou opačné
polopřímky,
• obrazem poloroviny pA je polorovina p A ; obrazem opačných polorovin jsou opačné polo-
roviny,
• obrazem úhlu AVB je úhel A V B shodný s úhlem AVB,
• obrazem útvaru U je útvar U shodný s útvarem U.
– 1 –
Kapitola 1. Shodná zobrazení 2
Určenost shodného zobrazení
Mějme dva shodné trojúhelníky ABC a A B C . Dokažte, že zobrazení, které zobrazuje A na A , B
na B a C na C určuje shodné zobrazení v rovině.
Řešení
Máme dané dva trojúhelníky. Zvolme libovolný bod X, který bude mít určitou vzdálenost od
vrcholů trojúhelníku ABC. Trojúhelník ABC označme jako vzor a trojúhelník A B C tedy jako obraz
shodného zobrazení.
Sestrojme kružnici k(A ; |AX|), kružnici l(B ; |BX|) a kružnici m(C ; |CX|). Průnik těchto tří kružnic
jednoznačně určí bod X , který bude ve stejné vzdálenosti od vrcholů trojúhelníka A B C jako
bod X od vrcholů trojúhelníka ABC.
A
B
C A
B
C
X
k
m
l
X
Popis konstrukce:
1. ABC, A B C
2. X, libovolný bod
3. k; k(A ; |AX|)
4. l; l(B ; |BX|)
5. m; m(C ; |CX|)
6. X ; X ∈ k ∩l ∩m
Obr. 1.1: Shodnost trojúhelníků
Kapitola 2
Osová souměrnost
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Je dána přímka o. Osová souměrnost s osou o je shodné zobrazení O(o), které přiřazuje:
1. každému bodu X /∈ o bod X tak, že přímka XX je kolmá k přímce o a střed úsečky XX
leží na přímce o,
2. každému bodu Y ∈ o bod Y = Y.
Přímka o se nazývá osa souměrnosti, o bodech X, X říkáme, že jsou souměrně sdružené podle
osy souměrnosti. Osová souměrnost je nepřímá shodnost.
Jednoduché příklady principu osové souměrnosti
Y = Y
o
X X
α = 90◦ Y = Y
q = q
O = O
o
α = 90◦
p pr r
R
k
m
R
k
FE
Obr. 2.1: Zobrazení bodu Obr. 2.2: Zobrazení přímek a kružnic
– 3 –
Kapitola 2. Osová souměrnost 4
Zobrazení úhlů
Je dána přímka p a dva body A = B uvnitř jedné z polorovin s hraniční přímkou p. Sestrojte bod
X ∈ p tak, aby úsečky AX,BX svíraly s přímkou p shodné úhly. [2, strana 14, př. 1]
Řešení
p
B
A
B
A
X
Po libovolném zvolení bodů, které splňují
zadání, označme přímku p jako osu sou-
měrnosti.
Zobrazme body A,B podle osy p a získáme
body A ,B . Při spojení bodů B s A
a A s B úsečkami, dostaneme bod X, který
zároveň leží na ose p.
Z vlastností osové souměrnosti víme, že
toto shodné zobrazení zachovává úhly. To
tedy znamená, že úsečka AX bude svírat
stejný úhel s přímkou p jako úsečka A X,
stejně tak úsečky BX a B X.
Obr. 2.3: Zobrazení úhlů
Závěr
Při jakémkoli zvolení bodů A,B, které vyhovují zadání, sestrojíme lehce bod X díky osové souměr-
nosti.
Zobrazení přímek
Jsou dány různé přímky a,b,c. Určete bod A ∈ a tak, aby bod B k němu souměrný podle přímky c
náležel přímce b. [2, strana 14, př. 4]
Řešení
a b
c
a
B
A
Jestliže si zvolíme přímky a,b,c v podobné
poloze jako na obrázku (Obr. 1.4),
řešení příkladu je následovné.
Jako osu souměrnosti zvolíme přímku
c a zobrazíme přímku a. Průnik nové
přímky a s přímkou b označíme bodem
B. Zobrazením bodu B podle osy c dostaneme
hledaný bod A.
Obr. 2.4: Zobrazení přímek, kde a b
Kapitola 2. Osová souměrnost 5
a
b
c
a
B
A
V případě jiné volby přímek a,b,c, kde
přímku c zvolíme kolmou na přímku b, je
řešení dle obrázku (Obr. 1.5. ).
Konstrukce je analogická jako v předchozím
případě.
Obr. 2.5: Zobrazení přímek, kde c ⊥ b
a = a
b
c
Pokud přímky a,b,c budou v umístění,
kde přímka c ⊥ a ∧ a b, úloha nebude
mít žádné řešení.
Opět analogicky sestrojíme jako v předchozím
případě a zjistíme, že přímka a
se nám zobrazí sama na sebe a neprotne
přímku b.
Obr. 2.6: Zobrazení přímek, kde c ⊥ a∧a b
Závěr
U této úlohy záleží na volbě polohy daných přímek a,b,c.
Počet řešení závisí na poloze přímek b, a .
Tyto přímky se mohou protínat v jednom bodě, dostaneme tedy jedno řešení.
Pokud b a budou různé, nedostaneme žádné řešení. Což nastalo například v našem třetím případě.
Nekonečně mnoho řešení dostaneme eventuálně, když přímka a bude shodná s přímkou b.
Nyní si ukážeme několik řešených příkladů na osovou souměrnost.
Kapitola 2. Osová souměrnost 6
Příklad 1
Je dán ostrý úhel XVY a jeho vnitřní bod C. Sestrojte trojúhelník ABC tak, aby jeho vrcholy A,
B ležely po řadě na polopřímkách VX, VY a obvod trojúhelníku byl minimální. [11, strana 131, př. 3.9]
Řešení
Nejprve strany trojúhelníka nahradíme jednou úsečkou, která bude spojnicí bodů, jejichž vzdálenost
od polopřímek VX a VY je stejná jako vzdálenost od bodu C.
Použijeme osovou souměrnost dle osy VX označenou jako o1, zobrazíme bod C a získáme jeho
obraz C1. Analogicky provedeme zobrazení bodu C podle osy VY (tedy o2) za vzniku bodu C2.
Spojením těchto bodů, dostaneme úsečku C1C2. Vzniklé průsečíky úsečky C1C2 s rameny úhlu VX
a VY jsou zbývajícími body A,B hledaného trojúhelníka ABC o minimálním obvodu.
X
V Yα
C
o2
o1
C1
C2
A
B
Popis konstrukce:
1. o1,o2; o1 = VX, o2 = VY,
osy souměrnosti
2. C1; O(o1) : C → C1
3. C2; O(o2) : C → C2 lib.
4. C1C2
5. A; A ∈ VX ∩C1C2
6. B; B ∈ VY ∩C1C2
7. trojúhelník ABC
Obr. 2.7: Příklad 1
Závěr
Tato úloha má jedno řešení.
Prolibovolnýbod A ∈ o1 a B ∈ o2 jeobvodtrojúhelníku ABC rovensoučtudélek |C1A|+|AB|+|BC2|.
Tento součet je minimální, pokud body C1,A,B,C2 leží na přímce.
Kapitola 2. Osová souměrnost 7
Příklad 2
Je dán rovnoramenný trojúhelník ABC (AB je základna). Dokažte, že součet vzdáleností každého
bodu X základny AB od přímek AC a BC je konstantní. [11, strana 131, př. 3.8]
Řešení
Pro zkonstruování důkazu využijeme znalosti vlastností osové souměrnosti. V našem případně
budeme konkrétně zobrazovat podle strany AB.
Víme, že osová souměrnost zachovává vzdálenosti (tedy |XZ| = |XZ |) a velikosti úhlů (tedy
| CAB| = | BAC |, kde bod C je obrazem bodu C podle osy o).
Ze zadání víme, že trojúhelník ABC je rovnoramenný. Dále je zřejmé, že AC BC , neboť úhly CAB
a ABC jsou střídavé a mají tedy stejnou velikost.
Pak |XY| + |XZ| = |XY| + |XZ | = konst., vzdálenosti rovnoběžek jsou konstantní bez ohledu na
umístění bodu X.
A B
C
o
C
Xα β
Z
Z
Y
Y
p
p
Popis konstrukce:
1. o; o = AB, osa souměrnosti
2. C ; O(o) : C → C
3. X; X ∈ AB lib.
4. p; p ⊥ AC ∧X ∈ p
5. Z; Z ∈ p∩AC
6. Z ; O(o) : Z → Z
7. Y; Y ∈ p ∩CB
8. Y ; Y ∈ p∩C B
Obr. 2.8: Příklad 2
Závěr
Pohybujeme-li bodem X po základně, naměřený součet vzdáleností od ramen se skutečně nemění.
Kapitola 2. Osová souměrnost 8
Příklad 3
Jsou dány dvě různé rovnoběžné přímky a,b, bod C, který je vnitřním bodem pásu určeného rovnoběžkami
a,b, a přímka c. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC s hlavním vrcholem C tak, aby
AB c a A ∈ a a B ∈ b. [2, strana 14, př. 7]
Řešení
Poté, co sestrojíme zadání, narýsujeme osu souměrnosti o. Osa bude procházet bodem C a bude
kolmá k přímce c. Tím zajistíme, že výsledná strana AB bude rovnoběžná s přímkou c, jak je
požadováno v zadání.
Pomocí této osy a pomocných bodů X,Y zobrazíme přímku a na přímku a . Průnik zobrazené
přímky s přímkou b označíme jako bod B. Tento bod je vrcholem hledaného trojúhleníka.
V osové symetrii dle osy o můžeme zobrazit bod B na bod A, nebo tuto konstrukci provedeme
použitím kružnice k, protože víme, že trojúhelník ABC má být rovnoramenný.
Tím jsme s řešením hotovi.
a b
C
Y
c
o
Y
a
B
k
A
X
t
X
Popis konstrukce:
1. o; o ⊥ c∧C ∈ o, osa souměrnosti
2. X,Y; X,Y ∈ a lib.
3. X ; O(o) : X → X
4. Y ; O(o) : Y → Y
5. a ; O(o) : a → a
6. B; B ∈ a ∩b
7. k; k(C;|CA|)
8. A; A ∈ k ∩a
9. trojúhelník ABC
Obr. 2.9: Příklad 3
Závěr
Počet řešení závisí na poloze přímek b a a .
Pokud se b,a protnou v jednom bodě, úloha má jen jedno řešení.
Bude-li b a , tedy pokud přímka c bude kolmá k přímkám a,b nedostaneme žádné řešení.
A jestliže b,a budou totožné, což by nastalo v případě, pokud by bod C ležel na ose pásu určeného
rovnoběžkami a,b, měla by úloha nekonečně mnoho řešení.
Kapitola 2. Osová souměrnost 9
Příklad 4
Jsou dány úsečky b,c,d a úhel ω. Sestrojte lichoběžník ABCD tak, aby BC = b,CD = c,DA = d
a | DAB|−| ABC| = ω. [2, strana 14, př. 9]
Řešení
V úloze využijeme osovou symetrii dle osy o úsečky AB pro zobrazení bodu A na bod B a bodu D
na bod D .
Pak jsme schopni začít a to s konstrukcí trojúhelníka BD C, neboť je zřejmé, že | CD B| = ω.
Úsečkou CD proložíme přímku p a prostřednictvím osové symetrie podle osy o sestrojíme bod D.
Abychom dostali i zbývající bod A, potřebujeme přímku r rovnoběžnou s přímkou p a procházející
bodem B. Pak bod A bude obrazem bodu B v osové souměrnosti podle osy o.
Poté již máme vše potřebné k sestrojení požadovaného lichoběžníka.
A Ba
o
C
p
D D
r
d
b
ω
d
c
Popis konstrukce:
1. trojúhelník BD C; kde:
|BD | = d,
|BC| = b,
| CBD | = ω
2. p; C,D ∈ p
3. r; r p∧B ∈ r
4. D; O(o) : D → D
5. A; O(o) : B → A
6. lichoběžník ABCD
Obr. 2.10: Příklad 4
Závěr
V tomto úkolu získáme jedno řešení.
Příklad 5
Je dána kružnice k(S;r) a bod M vně kružnice k. Sestrojte všechny rovnostranné trojúhelníky, pro
něž je k kružnice vepsaná a bod M leží na přímce obsahující jednu stranu trojúhelníku.
[11, strana 131, př. 3.5]
Kapitola 2. Osová souměrnost 10
Řešení
Po narýsování zadání si nejprve zkonstruujeme tečny t,t1 z bodu M ke kružnici k pomocí
Thaletovy kružnice nad průměrem SM, kterou označíme τSM. Body průniku zadané kružnice k
s kružnicí τSM nazveme T,U. Tyto body jsou tedy body dotyku tečen t,t1 a kružnice k.
Z předpokladu, že tyto trojúhelníky mají vrcholové vnitřní úhly o velikosti 60◦ a že osy stran splývají
s osami těchto úhlů, je jistě zřejmé, že střed kružnice vepsané leží na průniku všech os jednotlivých
stran rovnostranného trojúhelníka. Pak můžeme narýsovat množinu bodů, z nichž je úsečka ST
vidět pod úhlem o velikosti 30◦, tedy ekvigonálu ε.
Získáme bod C, který je průnikem ekvigonály ε a tečny t. V osové souměrnosti podle osy o, která
je zároveň osou strany CB a prochází body ST, pak zobrazíme tento bod na bod B, který je druhým
hledaným vrcholem trojúhelníka.
Na závěr sestrojíme bod A pomocí kružnice f se středem v bodě C o poloměru CB. Bod A zároveň
leží na ose o. Teď již sestrojíme požadovaný trojúhelník.
S
k
M
τSM
U
T
t
oε
C
B
f
A
t1
o1
ε1
I
J
q
K
Popis konstrukce:
1. τSM
2. T,U; T,U ∈ τ ∩k
3. t; t = MT
4. o; o = ST, osa souměrnosti
5. ε; ε = {X;| TXS| = 30◦}
6. C; C ∈ ε ∩t
7. B; O(o) : C → B
8. f; f(C;|CB|)
8. A; A ∈ o∩ f
9. trojúhelník ABC
Obr. 2.11: Příklad 5
Závěr
Tato úloha bude mít dvě řešení. V našem případě máme druhý trojúhelník označen IJK. Postup
konstrukce je analogický.
Příklad 6
Ve čtverci ABCD je K libovolný bod strany DC, osa p úhlu BAK protíná stranu BC v bodě L.
Dokažte, že platí |BL|+|KD| = |AK|. [6, strana 153, př. 61]
Kapitola 2. Osová souměrnost 11
Řešení
Jestliže má platit daná rovnost, budeme považovat osu p úhlu BAK za osu souměrnosti. Sestrojíme
k ní ještě osu o, která je s ní rovnoběžná a prochází již zvoleným bodem K.
Konstrukci provedeme zobrazením bodu D do bodu D ∈ AK v souměrnosti podle osy o a zobrazením
bodu D na bod D ∈ AB dle osy p.
Má-li platit rovnost, je zřejmé, že |KD| = |KD |.
Neboť platí DD A ∼= ALB podle věty usu, je |AD | = |BL| a zároveň |AD | = |BL|. Zadané
tvrzení je tedy dokázáno.
D
A B
CK
p
L
r
o
D
Dα
Popis konstrukce:
1. p; p = {X;|X,AK| = |X,AB|},
osa souměrnosti
2. L; L ∈ BC ∩ p
3. r; r ⊥ p∧D ∈ r
4. o; o p∧K ∈ o, osa souměrnosti
5. D ; O(o) : D → D
6. |KD| = |KD |
7. D ; O(p) : D → D
8. DD A ∼= ALB podle věty usu
9. |AD | = |AD | = |BL|
10. |BL|+|KD| = |AK|
Obr. 2.12: Příklad 6
Závěr
Díky osové symetrii a shodnosti trojúhelníků jsme dokázali zadanou rovnost.
Jiné řešení úlohy můžeme ukázat pomocí otočení.
Příklad 7
Je dán bod M a přímka p s bodem P(|pM| = 2cm,|PM| = 3,5cm). Sestrojte na přímce p všechny
body X tak, aby |PX|+|XM| = 8cm. [11, strana 131, př. 3.10]
Řešení
Tuto úlohu vyřešíme jak geometricky, tak i analyticky. Proto si nejprve zvolíme vhodně soustavu
souřadnic a narýsujeme si zadání.
Abychom dostali požadovanou rovnici, zvolíme bodY jako obraz bodu M v osové symetrii a zároveň
|PY| = 8cm. Potom bude platit, že |XM| = |XY|, kde bod X je bodem, který leží na přímce p a na
ose o úsečky YM.
Kapitola 2. Osová souměrnost 12
−4. −2. 2. 4. 6.
−8.
−6.
−4.
−2.
2.
4.
6.
8.
0
P
p
Y
Y1
c
r
M
M1
o
o
o1
o1
X
X
X1
X1
Popis konstrukce:
1. Y,Y1; |PY| = |PY1| = 8cm
2. o,o1; o = A;|PA| = |AY|,
osa souměrnosti
3. Y; O(o) : M → Y
4. X,X1; X ∈ PY ∩o
5. |YX| = |MX|
6. |PX|+|XM| = 8cm
Obr. 2.13: Příklad 7
Ukázka analytického řešení
Zvolíme soustavu souřadnic. Ukážeme si výpočet jen pro jedno řešení.
Získané body ze zadání:
M [2;2.87]
P[0;0]
Y [0;8]
rovnice přímek:
o : x = 1−5,13t;
y = 5,44−2t; t ∈ R
p : x = 0;
y = 4−4s; s ∈ R
Spočteme průnik přímky p a přímky o.
5,13t = 1 => t =
1
5,13
5,44−2t = 4−4s
5,44−
2
5,13
= 4−4s
s = −0,2625
Dostaneme bod X ∈ p∩o: X[0; 5,05]
Pak je zřejmé, že platí:
|YX| = |MX|; |PX|+|XM| = 8cm
Závěr
Úloha bude mít vždy 4 řešení, protože kružnice c určující vzdálenost bodu M od přímky p bude
protínat přímku r, která označuje vzdálenost bodu M od přímky p, ve dvou bodech. Tedy další dvě
řešení dostaneme pro bod M1.
Kapitola 2. Osová souměrnost 13
Příklady na procvičení
1. Jsou dány přímky a,o a kružnice k. Určete bod K ∈ k tak, aby bod A k němu souměrný podle
přímky o náležel přímce a. [2, strana 14, př. 5]
2. Na kulečníkovém stole je třeba vyslat kouli A tak, aby po odrazu o okraj stolu o zasáhla
kouli B. Nakreslete dráhu koule A. [4, strana 69, př. 1]
3. Je dána přímka o a pravoúhlý trojúhelník ABC s opsanou kružnicí k. Sestrojte obraz A B C
tohoto trojúhelníku v osové souměrnosti s osou o. Co bude obrazem kružnice k?
[4, strana 74, př. 13.8]
4. Sestrojte:
a) čtverec ABCD, je-li dáno a+e = 10cm,
b) obdélník ABCD, je-li dáno e = 7cm,a−b = 1cm,
c) lichoběžník ABCD(AB CD), je-li dáno b = 3cm, c = 2,5cm, d = 2,6cm, α −β = 20◦.
[11, strana 132, př. 3.16]
5. Jsou dány dvě různé přímky p,o a kružnice k(O; r). Sestrojte úsečku XY tak, aby byla kolmá
k přímce o, její krajní body X,Y ležely po řadě na přímce p a kružnici k a její střed S ležel
na přímce o. [11, strana 129, př. 4]
6. Je dána přímka p a dvě kružnice k1,k2 v různých polorovinách určených přímkou p. Sestrojte
body X ∈ k1,Y ∈ k2 tak, aby XY ⊥ p a úsečka XY byla přímkou p půlena. [2, strana 14, př. 6]
7. Sestrojte všechny trojúhelníky ABC, je-li dán jejich obvod o = 12cm a úhly α = 60◦, β = 45◦.
[11, strana 130, př. 5]
8. Dokažte: Čtyřúhleník ABCD je tečnový právě tehdy, když platí a+c = b+d. [6, strana 165,
př. 70]
9. Sestrojte na stranách AC,CB daného trojúhelníku ABC po řadě body X,Y tak, aby úsečky AX,
XY a YB byly shodné.[6, strana 189, př. 91]
10. A,B,C,D jsou takové čtyři body přímky p, že platí AB = CD a že polopřímky AB,CD
jsou souhlasné. V bodech A,B,C,D vztyčme po řadě kolmice o1,o2,o3,o4 k přímce p. Pro
příslušné osové souměrnosti pak platí O1O2 = O3O4. Dokažte. [12, strana 89, př. 6,3]
11. Je dána úsečka AB s vnitřním bodem C. Vyšetřete množinu průsečíků D všech dvojic
shodných kružnic, z nichž první prochází body A,C, druhá body C,B. [6, strana 171, př. 76]
Kapitola 3
Středová souměrnost
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Je dán bod S. Středová souměrnost se středem S je shodné zobrazení S(S), které přiřazuje:
1. každému bodu X = S bod X tak, že bod S je středem úsečky XX ,
2. bodu S bod S = S.
Bod S se nazývá střed souměrnosti, o bodech X, X říkáme, že jsou souměrně sdružené podle
středu souměrnosti. Středová souměrnost je přímá shodnost.
Jediným samodružný bodem středové souměrnosti je její střed. Obrazem přímky p, která neprochází
středem souměrnosti, je přímka p rovnoběžná s p. Všechny přímky, které procházejí středem
souměrnosti, jsou samodružné přímky středové souměrnosti.
Středová souměrnost je jednoznačně určena středem souměrnosti. Je však jednoznačně určena také
dvojicí různých bodů X,X , jestliže každý z nich je obrazem druhého v této středové souměrnosti.
Středem souměrnosti je v tom případě střed úsečky X,X .
Geometrické útvary U,U , z nichž jeden je obrazem druhého ve středové souměrnosti se středem
S, nazýváme útvary souměrně sdružené podle středu S. Je-li U = U , pak říkáme, že útvar U je
středově souměrný podle středu S.
Jednoduché příklady principu středové souměrnosti
X = Y
X = Y
S = S’ r = r
P
S
p p
P
Obr. 3.1: Zobrazení bodu Obr. 3.2: Zobrazení přímek
– 14 –
Kapitola 3. Středová souměrnost 15
Zobrazení úhlů
A
B
C
S
A
B
C
Zobrazíme-li například trojúhelník ve
středové souměrnosti, dostaneme shodný
trojúhelník. Jak lze vidět z obrázku, úhly
v útvaru se nemění. Středová souměrnost
zachovává úhly.
Obr. 3.3: Zobrazení trojúhelníka a jeho úhlů
Zobrazení kružnic
Je dána kružnice k(S;r) a bod A(A /∈ k). Určete množinu všech bodů X takových, že bod A je
středem úsečky XY a Y ∈ k. [11, strana 137, př. 3.21]
Řešení
Předpokládejme, že úloha má řešení. Bod A je středem úsečky XY. Bod Y je tedy obrazem
bodu X ve středové souměrnosti se středem A. Leží-li bod Y na kružnici k, pak bod X musí podobně
jako jeho obraz ležet na obrazu k kružnice k. Hledanou množinou všech bodů X je tedy kružnice k .
S
k
A
k
S
A1
k1a
b
S1
Y
X
Popis konstrukce:
1. A, střed souměrnosti
2. k ; S(S) : k → k
3. k = {X; |XA| = |YA|,Y ∈ k}
Obr. 3.4: Zobrazení kružnic
Závěr
Úloha má jediné řešení k . Při volbě |SA| menší než poloměr kružnice k bude řešením k1.
Pokud A = S, je naší hledanou množinou kružnice k.
Kapitola 3. Středová souměrnost 16
Zobrazení trojúhelníka
Je dán trojúhelník ABC a jeho vnitřní bod M. Sestrojte všechny úsečky XY se středem M a s krajními
body X,Y na hranici trojúhelníku.[11, strana 137, př. 3.23]
Řešení
Jelikož bod M má být středem každé z úseček XY, můžeme použít středovou souměrnost se
středem právě v bodě M. Tento bod bude tedy značit střed souměrnosti.
Zobrazíme celý trojúhelník ABC, protože body X,Y podle zadání leží na hranici daného trojúhelníka.
Průsečíky jednotlivých stran trojúhelníka ABC a A B C jsou hledanými body X,Y.
Platí, že každý vzniklý průsečík označen X se zobrazí na jiný protější průsečík Y a naopak. Záleží
na tom, které body průniku stran trojúhelníků ABC a A B C si zvolíme za vzory a které za obrazy.
A
B
C
M
C
B
A
X
Y
X1
Y1
X2
Y2
Popis konstrukce:
1. M; střed souměrnosti
2. trojúhelník A B C ; kde:
A ; S(M) : A → A
B ; S(M) : B → B
C ; S(M) : C → C
3. X; X ∈ ABC ∩A B C
Y; Y ∈ ABC ∩A B C
4. S(M) : X → Y
S(M) : Y → X
5. |XM| = |MY|
Obr. 3.5: Zobrazení trojúhelníka
Závěr
V této úloze dostaneme jedno, dvě nebo tři řešení.
Počet řešení se vyplývá z polohy bodu M a ze zobrazení vrcholů trojúhelníka ABC.
Budou-li obrazy A ,B ,C vně trojúhelníka ABC, dostaneme tři řešení.
Dvě budou právě tehdy, když se jeden z vrcholů zobrazí na trojúhelník ABC.
Jediné řešení nastane, jestliže se některý vrchol zobrazí dovnitř daného trojúhelníka ABC.
Nyní si ukážeme několik řešených příkladů na středovou souměrnost.
Kapitola 3. Středová souměrnost 17
Příklad 1
Je dána přímka p, kružnice k a body S1,S2 navzájem různé. Sestrojte trojúhelník ABC tak, aby
vrchol A ∈ p, vrchol B ∈ k a body S1,S2 byly po řadě středy stran AC, BC. [2, strana 15, př. 21]
Řešení
Jestliže body S1,S2 mají být po řadě středy stran AC,BC, využijeme znalosti vlastností středové
souměrnosti a zvolíme body S1,S2 jako středy souměrnosti.
Zobrazíme kružnici k ve středové symetrii se středem v bodě S2 a přímku p ve středové symetrii se
středem v bodě S1. Dostaneme jejich obrazy k , p , jejichž průnikem je bod C. Hledané body A,B
jsou obrazy bodu C ve středových souměrnostech se středy S1,S2. Je zřejmé, že platí A ∈ p∧B ∈ k.
O
k
p
S1
S2
p
O
k
C
C1
A
A1
B
B1
Popis konstrukce:
1. S1,S2; středy souměrnosti
2. k ; S(S2) : k → k
3. p ; S(S1) : p → p
4. C; C ∈ k ∩ p
5. B; S(S2) : C → B
6. A; S(S1) : C → A
7. trojúhelník ABC
Obr. 3.6: Příklad 1
Závěr
Počet řešení tedy závisí na počtu bodů v průniku C ∈ k ∩ p .
Jedno řešení dostaneme, pokud se bude přímka p dotýkat kružnice v jednom bodě.
V úloze podobně zvolené jako v našem případě přímka p protíná kružnici k ve dvou bodech,
budeme mít dvě řešení.
Úloha nebude mít řešení, když bude průnik p ∩k prázdný.
Příklad 2
Jsou dány přímky p,q a bod S. Sestrojte čtverec ABCD o středu S tak, aby byla splněna jedna
z následujících podmínek:
b) Pro dva protilehlé vrcholy A,C platí A ∈ p, C ∈ q.
[4, strana 64, př. 11.11]
Kapitola 3. Středová souměrnost 18
Řešení
Pokud bod S je středem čtverce, ze symetrie víme, že se jednotlivé úhlopříčky půlí v S. Protější
vrcholy se na sebe tedy zobrazí ve středové souměrnosti.
Platí-li A ∈ p, C ∈ q, zobrazením přímek p,q podle středu S získáme body průniku p ,q s původními
přímkami. Tyto body jsou protilehlými vrcholy A,C čtverce ABCD. Například pomocí
kružnice k jednoduše sestrojíme zbývající vrcholy a doplníme na čtverec.
p
q
S
q
p
A
C
k
B
D
Popis konstrukce:
1. S; střed souměrnosti
2. p ; S(S) : p → p
3. q ; S(S) : q → q
4. A;A ∈ p∩q
5. C;S(S) : A → C
6. k;k(S; |AS|)
7. čtverec ABCD
Obr. 3.7: Příklad 2
Závěr
Řešitelnost příkladu záleží na poloze přímek p,q a bodu S.
Jestliže budou přímky p,q různoběžné, průnikem p ∩q a q ∩ p bude vždy jediný bod a úloha bude
mít jediné řešení.
Nekonečně mnoho řešení nastane v případě, budou-li přímky p,q rovnoběžné různé a bod S bude
ležet na ose pásu ohraničeného těmito přímkami. Průnik q s p bude přímka p.
Pokud S nebude ležet na ose pásu, přímky p,q nebudou mít společné body a úloha nebude mít
řešení. Řešení nedostaneme ani v případě, že přímky p,q budou totožné.
Příklad 3
Sestrojte trojúhelníky ABC, je-li dána strana c, těžnice ta a dutý úhel ω sevřený těžnicí ta a stranou b.
[2, strana 15, př. 23]
Kapitola 3. Středová souměrnost 19
Řešení
Nejprve si uvědomme, že bude nejsnazší řešit úlohu doplněním hledaného trojúhelníka na
rovnoběžník. Vznikne nám tedy bod A , pro který platí |AA | = 2ta. Úhel ω = AA X je shodný
díky vlastnostem rovnoběžníku, tedy rovnoběžek proťatých příčkou, s dutým úhlem ω sevřeného
těžnicí ta a stranou b. Pro velikost dutého úhlu platí 180◦ < ω < 360◦.
Pak sestrojíme trojúhelník ABA , kde |AA | = 2ta, | AA X| = ω a bod B je průsečíkem kružnice
k(A,c) a polopřímky A X. Střed A1 úsečky AA označíme jako střed souměrnosti a zobrazíme
bod B do bodu C.
Nyní můžeme sestrojit požadovaný trojúhelník ABC.
A
B
c
C
b
A1
A
c
b
taω
ω
k
P
B1
B2
B3
C1
C2
C3
p
X
X1
Popis konstrukce:
1. trojúhelník ABA ; kde:
|AA | = 2ta
| AA X| = ω
B; B ∈ k(A;c)∩A X
2. A1; |AA1| = |A1A |,
střed souměrnosti
3. C; S(A1) : B → C
4. trojúhelník ABC
Obr. 3.8: Příklad 3
Závěr
Řešitelnost úlohy závisí na dobrém zvolení jednotlivých parametrů, zvláště pak na průniku kružnice
k s polopřímkou A X.
Označme vzdálenost bodu A od polopřímky A X.
Jestliže d < c < 2ta, budeme mít 2 řešení.
Pokud bude platit c ≥ 2ta nebo c = d, pak dostaneme jedno řešení.
V případě c < d nebudeme mít žádné řešení.
Obdobný počet řešení dostaneme, pokud otočíme úhel ω na opačnou stranu.
Kapitola 3. Středová souměrnost 20
Příklad 4
Jsou dány dvě soustředné kružnice k1,k2 a bod S ∈ k1. Sestrojte rovnoběžník se středem S, jehož
vrcholy leží na daných kružnicích. [2, strana 16, př. 26]
Řešení
Bod S je středem rovnoběžníku, jehož úhlopříčky se navzájem půlí. Můžeme tedy říci, že čtyřúhelník
je středově souměrný podle středu S. Jak popisuje zadání, jednotlivé vrcholy mají ležet na
daných kružnicích.
Proto využijeme souměrnosti čtyřúhelníka a zobrazíme kružnice k1,k2 podle středu S. Hledané
body budou průsečíky kružnic k1,k2 s jejich danými vzory. Po spojení těchto bodů dostaneme
rovnoběžníky splňující předpoklady ze zadání.
O
k1
k2
S
k2
k1
O
A
D
C
B
E
F
Popis konstrukce:
1. S; střed souměrnosti
2. k1; S(S) : k1 → k1
3. k2; S(S) : k2 → k2
4. A,D; A,D ∈ k1 ∩k2
5. B,C; B,C ∈ k2 ∩k1
6. rovnoběžník ABCD
Obr. 3.9: Příklad 4
Závěr
Počet řešení závisí na velikosti poloměrů r1 a r2 daných kružnic.
Naše úloha má tři řešení (navíc rovnoběžníky AECF a BFDE), z čehož rovnoběžník ABCD je
obdélníkem.
Jediné řešení bude jen pokud r2 = 3r1.
Zvolíme-li poloměry kružnic r2 > 3r1, r1 = r2 nebo r2 < r1, neobdržíme žádné řešení.
Kapitola 3. Středová souměrnost 21
Příklad 5
Dokažte s využitím obrázku (Obr.3.11), že obsah lichoběžníku ABCD je roven obsahu obdélníku
KLMN. Úsečka s je střední příčka lichoběžníku a má velikost s =
1
2
(|AB|+|CD|).
[4, strana 64, př. 11.14]
Řešení
Střední příčka s prochází středy S1,S2 úseček AD,BC a také KN,LM. Oba vyznačené trojúhelníky
jsou proto středově souměrné, tedy shodné. Analogickou úvahou potvrdíme shodnost
trojúhelníků AKS1 a S1DN.
Změnou lichoběžníka na obdélník odebíráme a zároveň dodáváme stejnou část plochy. Obsahy
ploch lichoběžníka a obdélníka se proto rovnají.
A B
D C
S1 S2
K L
N M
s
S
Popis konstrukce:
1. lichoběžník ABCD
2. obdélník KLMN
3. S,S1,S2; středy souměrnosti
4. s; s =
1
2
(|AB|+|CD|)
5. S(S2) : LBS2 → CMS2
6. S(S1) : AKS1 → NDS1
7. SABCD = SKLMN
Obr. 3.10: Příklad 5
Závěr
Ze shodností jednotlivých ploch vyznačených trojúhelníků (analogicky i AKS1 a S1DN) plyne shodnost
obsahů ploch obou zadaných útvarů.
Kapitola 3. Středová souměrnost 22
Příklad 6
Jestliže ve čtyřúhelníku ABCD platí AB CD a AB ∼= CD, je čtyřúhelník rovnoběžník. Dokažte.
[11, strana 137, př. 3.22]
Řešení
Nejprve si uvědomme, co platí pro rovnoběžník:
1. protější strany jsou shodné
2. protější strany jsou rovnoběžné
3. protější úhly jsou shodné
4. součet sousedních úhlů je 180◦
5. úhlopříčky se půlí. [1]
Ze zadání víme, že první dva body jsou díky předpokladům splněny.
Jestliže spojíme body D,B a body A,C úsečkami, které jsou tedy zároveň úhlopříčkami, dostaneme
průsečík S.
Jistě víme, že u rovnoběžek proťatých příčkou jsou střídavé i souhlasné úhly shodné. V našem
případě příčka BD protíná rovnoběžky DC a AB, tudíž vyhovuje třetí podmínce a taktéž po dobrém
rozvážení i čtvrté.
Nyní potřebujeme ukázat, že bod S je středem čtyřúhelníku.
Díky shodnosti úhlů | BDC| = | DBA| a | DCA| = | CAB| a úseček s vlastností |AB| = |DC|
můžeme říci, že trojúhelníky DSC a ASB jsou shodné.
Ve středové souměrnosti se středem S se pak zobrazí A → C a D → B. Dále je zřejmé, že
S(S) : DSC → ASB.
Bod S tedy půlí úhlopříčky. Dokázali jsme poslední vlastnost rovnoběžníku a že čtyřúhelník ABCD
je rovnoběžníkem.
D C
A B
S
Popis konstrukce:
1. AB
2. CD; CD AB∧|AB| = |CD|
3. S; je střed čtyřúhelníku ABCD
4. S(S) : D → B
5. rovnoběžník ABCD
Obr. 3.11: Příklad 6
Závěr
Příčky rovnoběžek a zadané vlastnosti čtyřúhelníka nám dají střed souměrnosti, který tyto příčky
půlí. Výsledkem je rovnoběžník ABCD.
Kapitola 3. Středová souměrnost 23
Příklady na procvičení
1. Je dána kružnice k, přímka p a bod S. Sestrojte úsečku KP tak, aby bod S byl jejím středem,
bod K ležel na kružnici k a bod P na přímce p. [4, strana 64, př. 11.10]
2. Jsou dány tři různé body M,N,S, které neleží v přímce. Sestrojte čtverec ABCD se středem S
tak, aby bod M ležel na přímce AB a bod N na přímce CD. [11, strana 138, př. 3.26]
3. Je dána úsečka AA1 (|AA1| = 5cm). Sestrojte všechny trojúhelníky ABC, pro které je AA1
těžnicí ta a pro které platí
a) c = 4cm, b = 7cm;
b) γ = 45◦, β = 60◦;
c) b = 6cm, β = 45◦;
d) b = 6cm, tb = 6cm. [11, strana 138, př. 3.28]
4. Je dána úsečka AA1; |AA1| = 4,5cm. Sestrojte všechny pravoúhlé trojúhelníky ABC s pravým
úhlem při vrcholu C, v nichž AA1 je těžnicí ta a tb = 6cm. [11, strana 136, př. 3]
5. Sestrojte trojúhelník, je-li dáno: vc,va,ta. [8, strana 97, př. 21.4]
6. Je dán čtverec ABCD, přímka p a bod S. Sestrojte úsečku XY tak, aby bod S byl jejím středem,
X ∈ p a bod Y náležel obvodu čtverce ABCD. [2, strana 15, př. 20]
7. Jsou dány dvě kružnice k1,k2 takové, že k1 ∩ k2 =. Bodem X ∈ k1 ∩ k2 sestrojte takovou
přímku, která vytíná v obou kružnicích shodné tětivy. [2, strana 16, př. 24]
8. Jsou dány čtyři kružnice a bod S. Sestrojte rovnoběžník XYZU se středem S, jehož každý
vrchol leží na jedné z daných kružnic. [2, strana 16, př. 27]
9. Je dána kružnice k = X,|OX| = r s vyznačeným průměrem PQ, vnější přímka p kružnice k
a bod S ∈ p. Sestrojte bod Z ∈ k a přímky QZ a PZ tak, aby platilo: PZ ∩ p = X,QZ ∩ p = Y
a daný bod S ∈ p je středem úsečky XY. [2, strana 15, př. 22]
10. Dokažte, že obrazem přímky a ve středové souměrnosti je přímka a s přímkou a rovnoběžná.
[8, strana 95, př. 21.2]
11. Dokaž, že platí věta. Jestliže se ve čtyřúhelníku ABCD půlí úhlopříčky, je čtyřúhelník rovnoběžníkem.
[7, kapitola 3.5.4, př. 6]
Kapitola 4
Posunutí
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Orientovaná úsečka je úsečka, u níž je určeno, který její krajní bod je tzv. počáteční bod; druhý
krajní bod je jejím koncovým bodem. Orientovanou úsečku s počátečním bodem A a koncovým
bodem B značíme AB.
Nenulové orientované úsečky AB a CD jsou souhlasně orientované, jestliže buď:
1. leží na téže přímce a polopřímka AB je částí polopřímky CD, příp. polopřímka CD je částí
polopřímky AB, příp. obě polopřímky splynou, nebo
2. leží na různých rovnoběžkách a polopřímky AB, CD leží v téže polorovině s hraniční přímkou
AC.
Pomocí orientované úsečky můžeme tedy definovat posunutí:
Je dána nenulová orientovaná úsečka AB. Posunutí neboli translace je shodné zobrazení T(AB),
které každému bodu X přiřadí bod X tak, že orientované úsečky XX’ a AB mají stejnou délku
a stejnou orientaci.
Délka orientované úsečky AB udává délku posunutí, její směr určuje směr posunutí. Posunutí je
přímá shodnost.
Délka (velikost) orientované úsečky AB je délka úsečky AB. Značíme ji |AB|.
Jednoduché příklady principu posunutí
X
A
B
u
X
t = t
S
A
A
S
p
p
r
r
s
s
Obr. 4.1: Zobrazení bodu Obr. 4.2: Zobrazení přímek
– 24 –
Kapitola 4. Posunutí 25
Zobrazení čtverce
K
N
M
LA
A
K
N
M
L
Posuneme-li například čtverec ve směru
orientované úsečky AA’, dostaneme
shodný čtverec. Jak lze vidět z obrázku,
úhly v útvaru se nemění. Translace zachovává
úhly.
Obr. 4.3: Zobrazení čtverce a jeho úhlů
Zobrazení kružnic
Jsou dány dvě kružnice j,k a úsečka XY. Sestrojte úsečku JK shodnou a rovnoběžnou s úsečkou
XY tak, aby bod J ležel na kružnici j a bod K na kružnici k. Uvažujte o počtu řešení.
[4, strana 60, př. 10.5]
Řešení
Jestliže má úsečka JK být úsečkou shodnou a rovnoběžnou s úsečkou XY a přitom J ∈ j∧K ∈ k,
tak využijeme translaci a posuneme kružnici k ve směru orientované úsečky XY a kružnici j ve
směru orientované úsečky YX.
Body J,K dostaneme při průniku j ∩k a k ∩ j . Pak můžeme sestrojit úsečku JK.
S
j
S1
k
X Y
k
j
K
K1
J
J1
Popis konstrukce:
1. XY; orientovaná úsečka
2. k ; T(XY) : k → k
3. j ; T(XY) : j → j
4. J,K; J ∈ j ∩k
K ∈ k ∩ j
5. JK
Obr. 4.4: Zobrazení kružnic
Závěr
Úloha má tolik řešení, kolik je průniků j,k (resp. k, j ). Dvě řešení dostaneme, jestliže průniky
budou dva. Jediné řešení, pokud se kružnice j,k dotknou v jednom bodě.
V našem případě jsem dostali dvě řešení.
Nyní si ukážeme několik řešených příkladů na posunutí.
Kapitola 4. Posunutí 26
Příklad 1
Jsou dány dvě různoběžky a,b a úsečka MN. Sestrojte čtverec ABCD, pro který platí A ∈ a, B ∈ b,
AB MN, |AB| = |MN|. [11, strana 144, př.3.32]
Řešení
Pro úsečku AB platí AB MN, |AB| = |MN|, potom MN bude orientovanou úsečkou MN, která
určí směr posunutí.
Posuneme přímku b ve směru orientované úsečky NM a přímku a ve směru MN. Tak získáme
obrazy přímek a,b a průsečíky A,B, pro které zřejmě platí T(NM) : B → A.
Nyní už můžeme sestrojit čtverec ABCD.
a
b
M
N
b
A
a
B
C
D
a1
b1
A1
B1
C1
D1
Popis konstrukce:
1. NM; orientovaná úsečka
2. a ; T(MN) : a → a
3. b ; T(NM) : b → b
4. A; A ∈ a∩b
5. B; B ∈ b∩a
6. čtverec ABCD
Obr. 4.5: Příklad 1
Závěr
Jelikož jsou dány dvě různoběžky, bude záležet na poloze úsečky MN vzhledem k přímkám a,b.
Jestliže MN bude různoběžná od přímek a,b, budou se přímky a,b vždy protínat s jejich obrazy
ve čtyřech bodech a vždy dostaneme čtyři řešení. Posunutí můžeme provést vždy dvěma směry,
budeme mít tedy první a druhé řešení. Třetí a čtvrté řešení sestrojíme v opačné polorovině, jejíž
hraniční přímkou je úsečka AB, resp. A1B1.
Pokud MN bude rovnoběžná nebo totožná s některou z přímek a,b, nedostaneme žádné řešení,
neboť a nebo b se zobrazí sama na sebe.
Příklad 2
Vyhledejte místo na řece šířky d, ve kterém by měl stát most ve směru kolmém na tok řeky tak, aby
cesta z obce A do obce B, které leží na různých stranách řeky mimo její břehy, byla nejkratší.
[11, strana 144, př. 3.39]
Řešení
Vyznačíme si šířku řeky úsečkou EF, která bude mít pro nás význam orientované úsečky FE.
Pokud by mezi městy A,B nebyla řeka, zvolili bychom jako nejkratší cestu úsečku AB. Proto
posuneme město A ve směru FE o velikost d a sestrojíme úsečku A B. Tím získáme průsečík X
přímky e s A B. Zobrazíme bod B a analogicky provedeme konstrukci bodu Y. Potom úsečka XY
představuje hledaný most mezi městy A,B.
Kapitola 4. Posunutí 27
e
f
E
F
B
A
d
A
X
Y
B
Popis konstrukce:
1. FE; E ∈ e∧F ∈ f ∧|FE| = d,
orientovaná úsečka
2. A ; T(FE) : A → A
3. B ; T(EF) : B → B
4. X; X ∈ A B∩e
5. Y; Y ∈ AB ∩ f
6. XY
Obr. 4.6: Příklad 2
Závěr
Příklad má jediné řešení.
Příklad 3
Jsou dány dvě různé rovnoběžky a,b a bod M uvnitř pásu (a,b). Sestrojte všechny úsečky AB kolmé
k přímkám a,b s krajními body A,B na přímkách a,b, které z bodu M vidíme pod úhlem 60◦.
[11, strana 144, př. 3.37]
Řešení
Na začátek si zvolíme pomocnou úsečku A B tak, aby A B ⊥ a ∧ A ∈ a ∧ B ∈ b. Sestrojíme
ekvigonálu ε, tedy množinu vrcholů úhlů, ze kterých je A B vidět pod úhlem o dané velikosti. Pro
náš případ volíme úhel 60◦.
Do bodu M narýsujeme rovnoběžku p s přímkou a. Získáme bod P jako průsečík ε a p.
Jelikož chceme, aby výsledná úsečka AB byla vidět pod úhlem 60◦ z bodu M, posuneme ε a tedy
i celou úsečku A B ve směru a o velikost orientované úsečky PM.
Tím získáme úsečku AB.
b
a
M
A
B
ε1
ε
p P1 P
A1
B1
A
B
Popis konstrukce:
1. A B ; A ∈ a∧B ∈ b
∧ A B ⊥ a, lib.
2. ε; ε = {X; | A XB | = 60◦}
3. p; p a∧M ∈ p
4. P; P ∈ ε ∩ p
5. PM; orientovaná úsečka
6. AB; T(PM) : A B → AB
Obr. 4.7: Příklad 3
Kapitola 4. Posunutí 28
Závěr
Tato úloha má dvě řešení.
Protože ekvigonálu můžeme zkonstruovat na obě strany úsečky, dostaneme vždy dvě řešení, v našem
případě je označeno A1B1.
Příklad 4
Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno α, vc, ta. [9, strana 23, př. 3.10]
Řešení
Úlohu budeme řešit doplněním na rovnoběžník ABCD. Začněme konstrukcí úsečky AD, když
víme, že její velikost se rovná 2 ta. Dále známe výšku na stranu c. Je zřejmé, že použitím posunutí
o orientovanou úsečku CD se zobrazí vc na vc. Využijeme tedy Thaletovy kružnice nad AD, protože
víme, že tato kružnice je množinou všech bodů, z nichž lze vidět úsečku pod pravým úhlem.
Pomocí kružnice k se středem v bodě D a poloměrem vc získáme bod V jako τAD ∩k a přímku p,
která je kolmá na V D v bodě V a zároveň prochází bodem A. Přímka r procházející bodem D
a rovnoběžná s přímkou p určí bod C tak, že C ∈ r ∩ AY. Bod B dostaneme posunutím bodu A
o orientovanou úsečku CD. Nyní můžeme sestrojit trojúhelník ABC.
A
D
τAD
k
V
vc
p
Y
r C
BV
vc
Popis konstrukce:
1. AD; |AD| = 2 ta
2. τAD;τAD = {X;| AXD| = 90◦}
3. DV ; V ∈ τAD ∩k(D; vc),
4. p; p ⊥ DV ∧A ∈ p
5. α; | BAY| = α
6. C; C ∈ AY ∩r, kde r p∧D ∈ r
7. CD; orientovaná úsečka
8. B; T(CD) : A → B
9. trojúhelník ABC
Obr. 4.8: Příklad 4
Závěr
Tento příklad bude mít jedno řešení.
Kapitola 4. Posunutí 29
Příklad 5
Je dána kružnice k s vyznačeným průměrem PQ a vnější přímka kružnice k. Na této přímce p je
dána úsečka AB. Sestrojte bod Z ∈ k takový, že přímky PZ, QZ protínají přímku p v bodech X,Y
a |XY| = |AB|. [2, strana 16, př. 29]
Řešení
Jistě je zřejmé, že z hledaného bodu Z budeme vidět průměr PQ kružnice k pod úhlem 90◦.
Posuneme tedy bod Q o AB a ze znalosti vlastností rovnoběžek proťatých příčkou víme, že zkonstruováním
Thaletovy kružnice τPQ nad získaným bodem Q a bodem P vznikne bodY jako průnik τPQ
s přímkou p.
Posunutím tohoto bodu Y o BA dostaneme bod X. Spojením P s Y a Q s X získáme bod Z, který
zároveň leží na kružnici k.
S
k
B
A
p
Q
P
Q
τPQ
Y
Y1
Z X
τQP
X1
Z1
Popis konstrukce:
1. AB; orientovaná úsečka
2. Q ; T(AB) : Q → Q
3. τPQ ;
4. Y; Y ∈ τPQ ∩ p
5. X; T(BA) : Y → X
6. Z; Z ∈ k ∩PY ∧Z ∈ k ∩QX
Obr. 4.9: Příklad 5
Závěr
V této úloze záleží na počtu bodů průniku τPQ a přímky p.
Naše úloha má dvě řešení, neboť průsečíky τPQ ∩ p máme dva Y,Y1.
Pokud by se přímka p dotýkala τPQ pouze v jednom bodě, dostaneme jedno řešení.
Bude-li průnik prázdný, příklad nebude mít žádné řešení.
Kapitola 4. Posunutí 30
Příklad 6
Sestrojte rovnoběžník ABCD, znáte-li velikost jeho stran a velikost toho úhlu úhlopříček, jehož
ramena procházejí vrcholy A,B. [2, strana 17, př. 33]
Řešení
V předchozí kapitole v příkladu 6 jsme si zopakovali, co platí pro každý rovnoběžník. Proto
jistě víme, že protější strany rovnoběžníka jsou shodné.
Nejprve tedy sestrojme úsečku AB , o které platí |AB | = 2a, kde velikost strany AB a zároveň
strany CD jsme označili a. Pak zřejmě platí, že B je středem úsečky AB .
Kdybychom posunuli úhlopříčku BD v posunutí o orientovanou úsečku BB’, vznikne nám
úsečka B C, která je tedy rovnoběžná s BD. Úhlopříčka AC protíná tyto rovnoběžky. Ze zadání
známe velikost úhlu úhlopříček, jehož ramena procházejí vrcholy A,B. Označme jej ω. Díky vlastnostem
rovnoběžek proťatých příčkou je pak úhel | ACB | = ω.
Zkonstruujme množinu bodů, ze kterých je vidět úsečka AB pod úhlem ω. Bod C je průnikem
této množiny ε a kružnice k se středem v bodě B a poloměrem strany b.
Nyní stačí využít posunutí o B’B a zobrazit bod C na bod D.
Nyní můžeme sestrojit rovnoběžník ABCD.
A BB
o
k
ε CC1 DD1
ω
Popis konstrukce:
1. AB ; |AB | = 2a
2. B; je střed AB
3. ε = {X; | AXB | = ω}
4. B’B; orientovaná úsečka
5. C; C ∈ ε ∩k(B; b)
6. D; T(B’B) : C → D
7. čtyřúhelník ABCD
Obr. 4.10: Příklad 6
Závěr
V této úloze počet řešení ovlivňuje počet průniků ε s kružnicí k.
Můžeme tedy dostat žádné, jedno, dvě nebo nekonečně mnoho řešení.
Kapitola 4. Posunutí 31
Příklady na procvičení
1. Je dána kružnice k(S;r) a ve vnitřní oblasti kružnice k bod A = S. Sestrojte všechny rovnoběžníky
ABCD, jejichž vrcholy B,C,D leží na kružnici k a strana AB má délku r.
[11, strana 144, př. 3.38]
2. Je dána kružnice k(S; r), přímky p,q(p q) a na přímce q úsečka délky a. Určete na přímce p
bod P a na kružnici k bod K tak, aby platilo PK q, |PK| = a. [11, strana 144, př. 3.31]
3. Dokažte, že obrazem přímky v posunutí je přímka s ní rovnoběžná. [8, strana 101, př. 22.6]
4. Sestrojte lichoběžník ABCD(AB CD), je-li dáno:
a) a,b,c,d;
b) a,c,u1,u2.
Stanovte podmínky řešitelnosti. [8, strana 102, př. 22.9]
5. Sestrojte lichoběžník, je-li dán rozdíl základen, dvě ramena a jedna úhlopříčka.
[5, strana 79, př. 63]
6. Sestrojte lichoběžník, je-li dána základna, výška a dvě úhlopříčky. Stanovte podmínky řešitelnosti.
[5, strana 79, př. 65]
7. Jsou dány rovnoběžné přímky a,b a bod M ležící uvnitř pásu, který ohraničují. Najdi všechny
kružnice, které se dotýkají přímek a,b a prochází bodem M. Najdi řešení, které nevyužívá
množiny bodů dané vlastnosti. [7, kapitola 3.5.7, př. 2]
8. Jsou dány přímky a,b a úsečka MN. Sestrojte čtverec XYZU o straně |XY| = |MN| a rovnoběžné
s MN tak, aby bod X ∈ a a bod Y ∈ b. [2, strana 16, př. 28]
9. Jsou dány dvě nesoustředné kružnice k1,k2 a směr s. Sestrojte přímku p náležející směru s,
na které dané kružnice vytínají shodné tětivy. [2, strana 16, př. 32]
10. Úlohu č. 21 řešte pomocí posunutí.
(Př. 21: Je dána přímka p, kružnice k a body S1,S2 navzájem různé. Sestrojte trojúhelník ABC
tak, aby vrchol A ∈ p, vrchol B ∈ k a body S1,S2 byly po řadě středy stran AC,BC.
[2, strana 17, př. 34]
11. Sestrojte čtyřúhelník ABCD, je-li dáno a = 5cm, c = 3,5cm, e = 6cm, f = 5,5cm, ε = 120◦,
kde ε = | AEB|, E je průsečík úhlopříček. [11, strana 144, př. 3.42]
Kapitola 5
Otočení
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Orientovaný úhel je úhel, u něhož je určeno, které jeho rameno je tzv. počáteční rameno; druhé
rameno je jeho koncovým ramenem.
Orientovaný úhel si můžeme představit jako počáteční a koncovou polohu polopřímky, která se otáčí
kolem svého počátku. Při otáčení může polopřímka vykonat libovolný počet otáček. Otáčet můžeme
buď proti směru pohybu hodinových ručiček, čili v kladném smyslu, nebo po směru hodinových
ručiček, tedy v záporném smyslu.
Základní velikost orientovaného úhlu AVB je velikost úhlu AVB, který je tvořen polopřímkou VA
otočením do polopřímky VB v kladném smyslu. Vždy je to číslo z intervalu 0,2π), případně
z intervalu 0,360◦).
Je dán orientovaný úhel, jehož jedna velikost je ϕ, a bod S. Otočení neboli rotace je shodné
zobrazení R(S,ϕ), které přiřazuje:
1. každému bodu X = S bod X tak, že |X S| = |XS| a orientovaný úhel XSX má velikost ϕ,
2. bodu S bod S = S.
Bod S se nazývá střed otočení, orientovaný úhel o velikosti ϕ úhel otočení. Otočení je přímá
shodnost.
Jednoduché příklady principu otočení
r
r
X
S
X
X1
r
X
k
S
k
X
Obr. 5.1: Zobrazení bodu Obr. 5.2: Zobrazení kružnice
– 32 –
Kapitola 5. Otočení 33
Zobrazení přímky
S
f
f
h
i
f1
j
X
X1
X
α = 45◦
Otočení přímky f, může sestrojit pomocí
otočení dvou bodů, které leží na přímce,
nebo jednodušeji pomocí kolmé přímky
k přímce f a jejich průsečíku X.
Nejprve zkonstruujeme přímku kolmou
procházející bodem S, čímž vznikne průsečík
X. Po otočení tohoto bodu například
o ±45◦ budou zobrazené přímky f , f1
opět kolmé k přímkám SX ,SX1.
Obr. 5.3: Zobrazení přímky
Zobrazení trojúhelníka
A
B
C
B2
A2
A1
C1
C
A
Mějme trojúhelník ABC. Zvolme bod B
jako střed otočení a otočme trojúhelník
například o +100◦. Dostaneme trojúhelník
A BC .
Pokud zvolíme opačný úhel otočení, tedy
úhel v záporném smyslu, −100◦, což odpovídá
otáčení po směru hodinových ručiček,
budeme mít trojúhelník A1BC1.
Vidíme, že rotace zachovává původní
vzdálenosti bodů i vrcholové úhly různých
útvarů.
Podobně můžeme otočit trojúhelník ABC
i se středem otočení například ve vrcholu
C.
Obrazem bude trojúhelník A2B2C.
Obr. 5.4: Zobrazení trojúhelníka
Nyní si ukážeme několik řešených příkladů na otočení.
Kapitola 5. Otočení 34
Příklad 1
Do daného rovnoběžníku KLMN vepište čtverec ABCD tak, aby A ∈ KL, B ∈ LM,C ∈ MN, D ∈ KN.
[11, strana 151, př. 3.50]
Řešení
Po narýsování daného rovnoběžníka KLMN sestrojme střed úhlopříček S. Označme ho jako
střed otáčení. Tento bod bude zároveň středem hledaného čtverce.
Pro každý vrchol čtverce platí, že v rotaci se středem v bodě S o ±90◦ se zobrazí na vedlejší vrchol,
neboť víme, že úhlopříčky všech čtverců se navzájem půlí a jsou na sebe kolmé.
Použijme tedy otočení se středem v bodě S například o +90◦. Otočme každou stranu daného rovnoběžníka.
Bod B ∈ LM bude obrazem bodu A ∈ KL a tedy bude ležet i na zobrazené úsečce K L .
Analogickou úvahovou vzniknou ostatní body C,D a tedy i bod A.
Pak můžeme zkonstruovat čtverec ABCD.
K
L
N M
S
K
L
M
N
B
C
D
A
Popis konstrukce:
1. S; střed otočení
2. K L ; R(S,+90◦) : KL → K L
3. B; B ∈ KL∩K L
4. L M ; R(S,+90◦) : LM → L M
5. C; C ∈ L M ∩MN
6. M N ; R(S,+90◦) : MN → M N
7. D; D ∈ M N ∩NK
8. N K ; R(S,+90◦) : NK → N K
9. A; A ∈ N K ∩KL
10. čtverec ABCD
Obr. 5.5: Příklad 1
Závěr
V úloze záleží na orientaci úhlu, o který budeme rovnoběžník KLMN otáčet. Druhé řešení tedy
dostaneme, kdybychom rovnoběžník otočili o stejně velký úhel, ale v záporném smyslu.
Žádné řešení budeme mít, pokud se všechny vrcholy rovnoběžníka zobrazí vně KLMN.
Kapitola 5. Otočení 35
Příklad 2
Jsou dány tři různé rovnoběžky a,b,c a bodC ∈ c. Sestrojte všechny rovnostranné trojúhelníky ABC
tak, aby A ∈ a,B ∈ b. [11, strana 151, př. 3.52]
Řešení
Velikost všech vrcholových úhlů každého rovnostranného trojúhelníka je 60◦. V otočení se
středem v jednom z vrcholových úhlů se na sebe zobrazí o úhel ±60◦ ostatní dva vrcholy.
Použijeme tedy rotaci se středem v bodě C o orientovaný úhel +60◦. Přímce a přiřadíme přímku a .
Podobně zobrazíme přímku b na přímku b se stejným středem otočení a velikostí úhlu, ale v záporném
smyslu.
Dostaneme body A,B, neboť víme, že A ∈ a∧B ∈ b a zřejmě A ∈ b ∧B ∈ a .
Spojením všech tří bodů sestrojíme trojúhelník ABC.
a
b
c
C
b
A
a
B
b1
A1
a1
B1
Popis konstrukce:
1. C; střed otočení
2. a ; R(C;+60◦) : a → a
3. B; B ∈ b∩a
4. b ; R(C;−60◦) : b → b
5. A; A ∈ a∩b
6. trojúhelník ABC
Obr. 5.6: Příklad 2
Závěr
Příklad má dvě řešení, neboť můžeme provést rotaci i v opačném směru. Druhý rovnostranný
trojúhelník bude A1B1C.
I kdybychom zvolili jinou polohu přímek, vždy budeme mít dvě řešení, neboť přímky podle zadání
musí být různé.
Příklad 3
Je dán bod C, přímka p a kružnice k(S;, 3cm); |Sp| = 4cm,|Cp| = 2cm,|CS| = 5cm a body C,S
leží v téže polorovině s hraniční přímkou p. Sestrojte všechny pravoúhlé rovnoramenné
trojúhelníky ABC (| ACB| = 90◦) tak, aby A ∈ p,B ∈ k. [11, strana 151, př. 3.53]
Kapitola 5. Otočení 36
Řešení
Nejprve sestrojíme zadání. Jelikož ze zadání víme, že rovnoramenný trojúhelník ABC bude
pravoúhlý s pravým úhlem u bodu C, můžeme použít rotaci se středem v tomto bodě o ±90◦.
Ze zadání a našich úvah plyne, že A ∈ p∩k , kde k je obrazem kružnice k, tedy R(C;−90◦) : k → k .
Pak bod A ∈ k ∩ p , kde obdobně p je obrazem p, neboť R(C;+90◦) : p → p .
Pak můžeme narýsovat trojúhelník ABC.
p
C
c
r
S
S2
k
k2
Sk
p
A
A1
B
B1
Popis konstrukce:
1. C; střed otočení
2. k ; R(C;−90◦) : k → k
3. A; A ∈ p∩k
4. p ; R(C;+90◦) : p → p
5. B; B ∈ k ∩ p
6. trojúhelník ABC
Obr. 5.7: Příklad 3
Závěr
V příkladu záleží na počtu bodů v průniku přímky p a kružnice k (resp. p∩k ).
Zjistili jsme, že kružnice c, která označuje danou vzdálenost CS se protne ve dvou bodech s přímkou
r, kde vzdálenost r a p je stejná jako daná vzdálenost S a p.
V jedné polorovině s hraniční přímkou p získáme s těmito danými parametry čtyři řešení.
Pro přehlednost na obrázku jsou pouze dvě řešení.
Příklad 4
Jsou dány soustředné kružnice k1,k2 a bod M, který je vnitřním bodem mezikruží k1,k2. Sestrojte
rovnostranný trojúhelník MAB tak, aby A ∈ k1 a B ∈ k2. [2, strana 15, př. 15]
Řešení
Bod M označme středem otočení a proveďme rotaci kružnice k1 o +60◦, neboť víme, že hledaný
trojúhelník má být rovnostranný. Dostaneme bod B, který bude bodem průniku zobrazené
kružnice k1 a kružnice k2. Bod A bude obrazem bodu M v otočení se středem v bodě B o úhel +60◦.
Můžeme tedy sestrojit hledaný trojúhelník.
Kapitola 5. Otočení 37
S
k2
k1
M
k1
B1
B
A
A1
k2
A3
A2
B2
B3
Popis konstrukce:
1. M; střed otočení
2. k1; R(M;+60◦) : k1 → k1
3. B; B ∈ k2 ∩k1, střed otočení
4. A; R(B;+60◦) : M → A
5. trojúhelník MAB
Obr. 5.8: Příklad 4
Závěr
Počet řešení závisí na počtu bodů v průniku k1 a k2, resp. k2 ∩k1.
Jestliže se kružnice budou protínat ve dvou bodech, dostaneme čtyři řešení. Rotaci můžeme orientovat
do dvou různých směrů.
Pokud se budou kružnice k1 a k2 jen dotýkat, tedy budou mít společný jeden bod, můžeme sestrojit
pouze dvě řešení.
Úloha nebude mít řešení, když průnik těchto kružnic bude prázdný.
Příklad 5
Je dána kružnice k(S; r), bod B a úsečka délky d(d < 2r). Sestrojte tětivu XY kružnice k délky d
tak, aby byla vidět z bodu B pod úhlem 60◦. [11, strana 151, př. 3.56]
Řešení
Označme střed S kružnice k jako střed rotace a nejprve sestrojme libovolnou tětivu X Y délky d
kružnice k.
Jestliže z bodu B chceme vidět tětivu pod úhlem 60◦, potřebujeme zkonstruovat ekvigonálu ε, tedy
množinu bodů, ze kterých je X Y vidět pod požadovaným úhlem.
Pomocí kružnice c(S; |SB|) získáme bod B jako průsečík ε a c. Pak už můžeme zobrazit tětivu X Y
na tětivu hledanou. Proveďme rotaci R(S; | B SB|).
Kapitola 5. Otočení 38
S
Y
k B
X
ε
Y
X
ε
c
B
B1
Y1
X1
ε1
Popis konstrukce:
1. S; střed otočení
2. X Y ; |X Y | = d, tětiva kružnice
3. ε; ε = {A; | X AY | = 60◦}
4. c; c(S; |SB|)
5. B ; B ∈ ε ∩c
6. XY; R(S;| B SB|) : X Y → XY
Obr. 5.9: Příklad 5
Závěr
Počet řešení tohoto příkladu záleží na počtů průsečíků kružnice c a množiny bodů ε .
Můžeme tedy mít dvě řešení XY, X1Y1, jestliže ε ∩c = {B , B1}, jedno, pokud ε ∩c = {B } nebo
žádné, je-li ε ∩c = /0.
Příklad 6
Ve čtverci ABCD je K libovolný bod strany DC, osa p úhlu BAK protíná stranu BC v bodě L.
Dokažte, že platí |BL|+|KD| = |AK|. [6, strana 153, př. 61]
Řešení
Jestliže má platit daná rovnost, budeme považovat vrchol A čtverce ABCD za střed otočení.
Rotací se středem v tomto bodě o úhel +90◦ dostaneme obraz trojúhelníka ABL, trojúhelník ADL .
Jistě je zřejmé, že AL ⊥ AL a |DL | = |BL|. Sestrojme do bodu L rovnoběžnou přímku p k přímce,
která je označena body L A. Pak ze znalosti vlastností rovnoběžek proťatých přímkou a vlastností
rotace můžeme říct, že v trojúhelníku AKL budeme mít shodné úhly u strany AL . Trojúhelník bude
rovnoramenný.
To tedy znamená, že musí platit rovnost |L K| = |AK|.
Kapitola 5. Otočení 39
D
A B
CK
L
L
p
Popis konstrukce:
1. A; střed otočení
2. ABL
3. ADL ; R(A; +90◦) :
ABL → ADL
4. AL ⊥ AL∧|DL | = |BL|
5. | KAL | = | AL K|
6. |L K| = |AK|
Obr. 5.10: Příklad 6
Závěr
Díky použití rotace jsme dokázali zadanou rovnost.
Jinou možnost řešení jsme ukázali pomocí osové symetrie.
Kapitola 5. Otočení 40
Příklady na procvičení
1. Jsou dány dvě navzájem rovnoběžné přímky b,c a mimo ně bod A. Sestrojte rovnostranný
trojúhelník ABC s vrcholy B ∈ b a zároveň C ∈ c. [4, strana 63, př. 11.6]
2. Jsou dány přímky p,q a bod S. Sestrojte čtverec ABCD o středu S tak, aby byla splněna jedna
z následujících podmínek:
a) Pro dva sousední vrcholy A,B platí A ∈ p, B ∈ q.
[4, strana 64, př. 11.11]
3. Do čtverce ABCD vepište rovnostranný trojúhelník KLM, jestliže K ∈ AB.
[8, strana 94, př. 20.11]
4. Jsou dány dvě přímky l1,l2, bod A a úhel α. Sestrojte kružnici k se středem v bodě A tak,
aby platilo: | BAC| = α, kde B ∈ l1 ∩k a C ∈ l2 ∩k. [2, strana 15, př. 16]
5. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC, jehož vrcholy leží na třech daných soustředných
kružnicích. [2, strana 14, př. 14]
6. Jsou dány dvě soustředné kružnice k1(S;4cm),k2(S;3cm) a bod A(|SA| = 2cm). Sestrojte
všechny
a) rovnostranné trojúhelníky ABC tak, aby B ∈ k1,C ∈ k2,
b) čtverce ABCD tak, aby B ∈ k1,D ∈ k2.
[11, strana 151, př. 3.51]
7. Jsou dány dvě různoběžné přímky a,b a bod A, který neleží na žádné z nich. Sestrojte
čtverec ABCD tak, aby B ∈ a a D ∈ b. [2, strana 15, př. 17]
8. Je dána kružnice k(S;3cm) a bod A(|SA| = 1,5cm). Sestrojte všechny tětivy XY kružnice k
o délce 5,5cm, které procházejí bodem A. [11, strana 151, př. 3.55]
9. V mezikruží tvořeném soustřednými kružnicemi k a h je dán bod M. Sestrojte úsečku, která
prochází bodem M, má každý z krajních bodů na jedné z kružnic a má předem určenou
délku d. [4, strana 64, př. 11.12]
10. Je dána kružnice k(S; 5cm) a bod X, |XS| = 4cm. Najdi všechny tětivy AB kružnice k takové,
aby procházely bodem X a měly délku 7cm. [7, kapitola 3.5.9, př.5]
11. Je dána kružnice k, přímka q a kladné číslo d. Nalezněte na přímce q takový bod M, z něhož
tečny sestrojené ke kružnici k budou mít délku d, tj. vzdálenost bodu M od bodu dotyku
získané tečny s kružnicí bude právě d. [4, strana 64, př. 11.13]
Kapitola 6
Skládání shodných zobrazení
Text teorie příslušný k této kapitole je brán z knihy Matematika pro gymnázia: planimetrie.[11]
Jsou dána dvě shodná zobrazení Z1,Z2 a X je libovolný bod (roviny); Z1 : X → X ,Z2 : X → X .
Zobrazení Z : X → X se nazývá zobrazení složené ze zobrazení Z1,Z2 v tomto pořadí.
Pro skládání zobrazení se používá označení ◦. Zobrazení Z složené ze zobrazení Z1,Z2 v tomto
pořadí pak zapíšeme Z = Z2 ◦Z1.
Složením dvou osových souměrností vznikne vždy jedno ze shodných zobrazení: identita, posunutí
a otočení (příp. středová souměrnost jako zvláštní případ otočení).
Zobrazení složené ze tří osových souměrností je buď osová souměrnost, nebo posunutá osová sou-
měrnost.
Libovolné shodné zobrazení je buď osová souměrnost, nebo se dá složit ze dvou, popř. tří osových
souměrností. Existují pouze následující shodná zobrazení: osová souměrnost, identita, posunutí,
otočení (příp. středová souměrnost jako zvláštní případ otočení) a posunutá souměrnost.
Protože je složením dvou přímých shodností opět přímá shodnost, dostáváme tak, že skládání posunutí
a otočení je opět posunutí nebo otočení. To, že složením dvou posunutí je opět posunutí je
zřejmé. Podobně se snadno nahlédne, že složením posunutí a otočení je opět otočení o stejný úhel
kolem jiného středu. Nový střed otočení je ovšem závislý na tom, v jakém pořadí tato dvě zobrazení
složíme. [3]
Jednoduché příklady principu skládání
Zobrazení úsečky
Jsou dány dvě shodné úsečky AB, A B . Určete zobrazení, v nichž je úsečka A B obrazem úsečky AB.
Vytvořte tato zobrazení složením osových souměrností. [11, strana 160, př. 3.62]
– 41 –
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 42
Řešení
B = A
A = B
o1
A1
B1S
o
Jestliže si zvolíme úsečky AB,A B tak,
že A = A a B = B , zobrazení přiřazující
úsečku AB úsečce A B takovýmto způsobem
bude identita.
Pokud úsečky budou opět totožné, ale
bude platit A = B a B = A , hledané zobrazení
bude osová souměrnosti podle osy o,
kde o ⊥ AB∧S ∈ o a kde bod S je středem
úsečky AB.
V případě, kdy AB bude rovnoběžná různá
s úsečkou A1B1, budeme mít posunutí
o orientovanou úsečku AA1. Toto zobrazení
můžeme sestrojit taky pomocí osy o1,
která je osou pásu určeného úsečkami AB
a A1B1.
Obr. 6.1: Zobrazení úsečky
A
B
o2
A2
B2
o3
A3
B3
S3
S2
Budou-li dané úsečky různoběžné, budou
mít buď jeden společný bod, nebo jejich
průsečík bude ležet na přímkách vedoucích
těmito úsečkami. Zobrazení, které
hledáme, bude otočením v těch bodech
průniku o určitý úhel.
Stejný obraz úsečky AB dostaneme i v případě,
když použijeme osovou souměrnost
podle osy, která bude osou úhlu otáčení.
Obr. 6.2: Zobrazení úsečky
Závěr
Záleží na poloze přímek.
V případě A = A ∧B = B dostaneme identitu, pro A = B ∧B = A budeme mít osovou souměrnost,
pro AB A1B1 bude hledané zobrazení posunutím a pro možnost AB A2B2 bude otočením.
Nyní si ukážeme několik řešených příkladů na skládání shodných zobrazení.
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 43
Příklad 1
Jsou dány dva body A a B, ležící na téže straně od dané přímky XY. Naneste na tuto přímku
úsečku MN dané délky l tak, aby lomená čára AM +MN +NB byla nejmenší délky.
[5, strana 80, př. 75]
Řešení
Označme si XY, která udává danou přímku, jako orientovanou úsečku XY a zároveň |XY| = l.
Posuňme bod B na bod B směrem k bodu A po přímce rovnoběžné s XY o vzdálenost |MN|, tedy
pro naše označení o orientovanou úsečku YX. Potom budeme mít již známou úlohu z kapitoly
o osové symetrii. Tedy pro získání nejkratší velikosti lomené čáry mezi bodem A bodem ležící na
přímce XY a bodem B, zvolíme osovou souměrnost podle osy XY a zobrazíme bod B na bod B .
Spojením těchto bodů získáme bod M na XY, který určuje onu minimální délku, neboť to plyne
z trojúhelníkové nerovnosti.
Pak při posunutí M o orientovanou úsečku XY, dostaneme bod N, který leží na XY a zároveň
|MN| = l.
Pak bude součet délek |AM|+|MN|+|NB| minimální.
Y
A
B
r
X
B
B
M N
Popis konstrukce:
1. XY, orientovaná úsečka
2. B ; T(YX) : B → B
3. přímka XY, osa souměrnosti
4. B ; O(XY) : B → B
5. M; M ∈ XY ∩AB
6. N; T(XY) : M → N
7. |AM|+|MN|+|NB|
je minimální
Obr. 6.3: Příklad 1
Závěr
Složením posunutí a osové souměrnosti jsme nanesli na přímku úsečku MN dané délky tak, aby
zadaná lomená čára byla nejmenší délky.
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 44
Příklad 2
Je dán trojúhelník ABC. Určete, jaké shodné zobrazení vznikne složením středových souměrností
S1, S2, S3, jejichž středy jsou po řadě body A,B,C. [2, strana 17, př. 36]
Řešení
Zobrazíme-li trojúhelník ABC postupně ve středové symetrii S1, S2, S3 se středy v bodech
A,B,C, dostaneme výsledný trojúhelník ACBCCC. Sestrojíme úsečky AAC,BBC,CCC a tím získáme
průsečík S, který je zároveň středem souměrnosti trojúhelníků ABC a ACBCCC. Vzniklé shodné
zobrazení je středovou souměrností.
nebo jinak X—
A2B2C2ABB1CA1C1A2B2B3C2A3C3ABDCEFA4B4B5C4A5C5A1B1GC1HIJKLMNOABDCEF
A
C
B
CA
BA
AB
CB
BB
CC
AC
BC
S
Popis konstrukce:
1. A,B,C; středy souměrnosti
2. ABACA; S1(A) :
ABC → ABACA
3. ABBBCB; S2(B) :
ABACA → ABBBCB
4. ACBCCC; S2(C) :
ABBBCB → ACBCCC
5. S; S ∈ AAC ∩BBC ∩CCC,
střed souměrnosti
Obr. 6.4: Příklad 2
Závěr
Složením tří středových souměrností získáme opět středovou souměrnost.
Příklad 3
Dokažte, že posunutá souměrnost P se dá složit ze středové souměrnosti S(S) a osové souměrnosti
O(o), S /∈ o v libovolném pořadí. [11, strana 160, př. 3.66]
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 45
Řešení
Mějme libovolný útvar, například trojúhelník ABC, střed S a osu o.
Posunutá osová symetrie je složením osové symetrie a posunutí ve směru osy o nenulový vektor. Je
tedy posunutá osová symetrie složením tří osových symetrii, přitom jsou dvě osy symetrie rovnoběžné
a kolmé na třetí osu. [3]
Proto sestrojme osu o1 o a osu o2 ⊥ o1 ∧S ∈ o1 ∩o2. Složením osových souměrností podle os o1
a o2 dostaneme středovou souměrnost se středem v bodě S a obraz trojúhelníka ABC, trojúhelník
A2B2C2.
Zobrazením trojúhelníka A2B2C2 v osové souměrnosti O(o) vznikne trojúhelník A B C . Tento trojúhelník
je zobrazen v posunuté symetrii, která je složením osové symetrie podle osy o2 a posunutí
o orientovanou úsečku B2B .
Pak jistě platí, že P = S(S)◦O(o) = O(o2)◦O(o1)◦O(o) = O(o2)◦T(B2B )
a O(o2)◦T(B B2) = O(o2)◦O(o1)◦O(o) = S(S)◦O(o) = P.
A
B
C
S
A2
B2
C2
o
A
BC
o1
A1
C1
o2
A3
C3
Popis konstrukce:
1. S, střed souměrnosti
2. o, osa souměrnosti
3. o1; o1 o∧S ∈ o1
4. o2; o2 ⊥ o1 ∧S ∈ o2
5. A2B2C2;
S(S) = O(o1)◦O(o2) :
ABC → A2B2C2
6. A B C ; O(o) :
A2B2C2 → A B C
Obr. 6.5: Příklad 3
Závěr
Dokázali jsme, že posunutou souměrnost P lze složit z takto zadané středové a osové souměrnosti
v libovolném pořadí.
Příklad 4
Je dán rovnoběžník ABCD, jehož všechny čtyři strany jsou shodné. Vyšetřete, jaké shodné zobrazení
vznikne složením osových souměrností, jejichž osy jsou po řadě přímky AB,BC,CD,DA.
[2, strana 17, př. 35]
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 46
Řešení
Zobrazme daný rovnoběžník ABCD v jednotlivých osových symetriích podle daných os AB,BC,
CD,DA. Obrazem ABCD při aplikaci tohoto složeného zobrazení je kosočtverec A4B4C4D4. Zobrazení,
které nám vzniklo, označme Z. Z je složením dvou rotací, neboť platí, že otočení je složením
dvou osových symetrií s různoběžnými osami.
Tedy O(o2)◦O(o1) = R1 ∧ O(o4)◦O(o3) = R2 =⇒ Z = R2 ◦R1.
Složením dvou otočení (obecně podle různých středů i úhlů) je buďto posunutí, nebo otočení.
Dvě složená otočení jsou otočením o úhel α +β = 2π, kolem bodu, který dostaneme jako samodružný
bod složeného zobrazení. Pro různé pořadí skládání jsou to různé body.
Speciálně pro α +β = π, jde o středovou symetrii. Pro α +β = 2π dostaneme buď identitu (pro
stejné středy otáčení), nebo posunutí (pro různé středy otáčení). Pro různé pořadí skládání jsou to
různá posunutí. [3]
V našem případě otáčíme daný kosočtverec v rotaci R1 kolem bodu B o velikost úhlu CBC2
v kladném smyslu. V R2 otočíme vzniklý kosočtverec A2BC2D2 se středem rotace v bodě D
o velikost úhlu C2DC4 opět v kladném smyslu. Ze symetrie kosočtverce si můžeme uvědomit, že
| CBC2| = | C2DC4|.
Výsledný obraz A4B4C4D4 je dostaneme tedy složeným zobrazením, které je rotací
Z = R(S; | ASA4) : ABCD → A4B4C4D4, kde S je průsečíkem os úseček AA4, BB4, CC4, DD4.
A
D C
B
o4
o1
o2
o3
D1
C1
A2
D2
C2
B3
A3
D3
C3
B4
A4
D4
C4
S
Popis konstrukce:
1. o1,o2,o3,o4; AB = o1,
BC = o2, CD = o3, DA = o4,
osy souměrnosti
2. ABC1D1; O(o1) :
ABCD → ABC1D1
3. A2BC2D2; O(o2) :
ABC1D1 → A2BC2D2
4. A3B3C3D3; O(o3) :
A2BC2D2 → A3B3C3D3
5. A4B4C4D4; O(o4) :
A3B3C3D3 → A4B4C4D4
6. Z : ABCD → A4B4C4D4
7. Z = R2 ◦R1
8. Z = R(S; | ASA4) :
ABCD → A4B4C4D4
Obr. 6.6: Příklad 4
Závěr
Složením zadaných shodných osových zobrazení dostaneme rotaci R(S; | ASA4).
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 47
Příklad 5
Je dán rovnostranný trojúhelník ABC. Určete, jaké shodné zobrazení vznikne složením rotací o vrcholové
úhly se středy, kterými jsou po řadě jednotlivé vrcholy A,B,C daného trojúhelníka.
Řešení
Složené zobrazení označme Z, přičemž Z = R3 ◦R2 ◦R1. Když postupně zobrazíme jednotlivé
rotace kolem daných středů o úhly +60◦, dostaneme trojúhelník A3BC3.
V předchozím příkladě jsme si řekli, že složené otáčení, kde pro úhly jednotlivých otočení platí
α +β +γ = 180◦, je středovou souměrností, která je zároveň otočením o ±180◦.
Pak tedy platí, že Z = R(B; −180◦) = S(B), kde bod B je středem úseček CC3, AA3 a středem
symetrie.
A
B
CC1
A2C2
A3
C3
180◦
60◦
Popis konstrukce:
1. ACC1; R1(A; +60◦) :
ABC → ACC1
2. AC2A2; R2(B; +60◦) :
ACC1 → AC2A2
3. A3BC3; R3(C; +60◦) :
AC2A2 → A3BC3
4. Z = R3 ◦R2 ◦R1
5. Z = R(B; −180◦) = S(B)
Obr. 6.7: Příklad 5
Závěr
Složením zadaných rotací jsme dostali středovou souměrnost podle bodu B, která je speciálním
případem otáčení.
Kapitola 6. Skládání shodných zobrazení 48
Příklady na procvičení
1. Je dána přímka p, kružnice k a bod M. Vzájemnou polohu p, k, M volte stejně, jako v úloze 37.
Sestrojte všechny čtverce ABCD tak, aby platilo B ∈ k ∧D ∈ p∧A = M.
(př. 37: Je dána úsečka OP, |OP| = 4cm. Sestrojte kružnici k(O;2,5cm) a přímku p,
p ⊥ OP∧P ∈ p. Dále sestrojte jeden bod M, pro který platí |OM| = 3cm a | POM| = 30◦.
[10, strana 79, př. 39]
2. Jsou dány tři různé body S1,S2,A tak, že bod S2 je středem úsečky S1A. Určete, jaké shodné
zobrazení vznikne složením R1 ◦ T ◦ R2, kde R1, R2 jsou rotace se středy S1, S2 a T je
translace, která převádí bod S1 v bod A. [2, strana 17, př. 37]
3. Je dán dutý úhel ASC, jehož osou je polopřímka SB. Určete, jaké shodné zobrazení vznikne
složením T1 ◦ R ◦ T2, kde T1, T2 jsou translace, jejichž směry jsou po řadě kolmé na
přímky SA, SB a R je rotace, která převádí polopřímku SA v polopřímku SC.
[2, strana 17, př. 38]
4. Je dán pravidelný osmiúhelník ABCDEFGH se středem S. Určete zobrazení, v němž je
obrazem trojúhelníku ABD trojúhelník
a) AHF
b) HGE
c) EFH
d) BCE
e) CHB
Vytvořte tato zobrazení složením osových souměrností. [11, strana 160, př. 3.64]
Závěr
Práce obsahuje vždy v každé kapitole část teoretickou i praktickou, kde jsou řešeny typové příklady.
Do výběru řešených úloh jsem zahrnula konstrukční i důkazové příklady.
V prvních příkladech jednotlivých kapitol jsem názorně ukázala elementární principy daného
zobrazení.
Text teoretické části i následné zpracování jednotlivých úloh je přizpůsobeno tak, aby odpovídal
běžně probíranému středoškolskému učivu. Budu ráda, když tato práce i nadále najde využití
u některých učitelů při výuce na středních školách nebo u žáků alespoň při jejich samostudiu.
Při tvorbě své práce a díky ní jsem získala mnoho nových zkušeností, které budu moci využít ve
svém budoucím povolání. Osvojila jsem si znalosti z učiva planimetrie a shodností. Zdokonalila jsem
si jazykové schopnosti, zvláště formulaci svých myšlenek a jejich následný převod do smysluplných
vět. Zlepšila jsem se v práci se sázecím systémem LATEX a naučila jsem se obstojně pracovat
v programu GeoGebra.
– 49 –
Seznam použité literatury
[1] Čtyřúhelníky. Geometrie živě [online]. Praha: Katedra didaktiky matematiky, 2003 [cit. 2016-
05-22]. Dostupné z: http://kdm.karlin.mff.cuni.cz//diplomky/cabri/main.php?
Kapitola=ctyruhelniky
[2] FRANCOVÁ, Marta, PaedDr. Jaroslav RÁDL, Květoslava MATOUŠKOVÁ a RNDr. Ota
ŘÍHA. Sbírka úloh z geometrie. 1. vyd. Brno: rektorát UJEP Brno, 1975. ISBN 55 - 977 - 75.
[3] JANYŠKA, Josef. Geometrická zobrazení [online]. Brno, 2014 [cit. 2016-05-20]. Dostupné
z: https://www.math.muni.cz/~janyska/ZobrazeniWS.pdf
[4] KADLEČEK, Jiří. Geometrie v rovině a v prostoru pro střední školy. 1. vyd. Praha: Prometheus,
1996. Učebnice pro střední školy. ISBN 80-719-6017-9.
[5] KISELEV, A. P. Geometrie: Planimetrie a stereometrie. Praha: Přírodovědecké vydavatelství,
1952. ISBN 49898-51-5-III-1.
[6] KUŘINA, František. Umění vidět v matematice. 1. vyd. Praha: SPN, 1990. Odborná literatura
pro učitele. ISBN 80-042-3753-3.
[7] Matematika SŠ.realisticky.cz. Matematika SŠ.realisticky.cz [online]. 2015 [cit. 2016-04-21].
Dostupné z: http://www.realisticky.cz/dil.php?id=12
[8] MOLNÁR, Josef. Planimetrie. 1. vyd. Olomouc: Univerzita Palackého, 2001, 128 s. ISBN
80-244-0370-6.
[9] NIMRICHTROVÁ, Jana. Shodná zobrazení na střední škole [online]. Brno, 2006 [cit. 2016-
03-25]. Dostupné z: http://is.muni.cz/th/98809/prif_b/shodnost.pdf. Bakalářská
práce.
[10] PETÁKOVÁ, Jindra. Matematika - příprava k maturitě a k přijímacím zkouškám na vysoké
školy. 1. vyd. Praha: Prometheus, 1998. Učebnice pro střední školy. ISBN 80-719-6099-3.
[11] POMYKALOVÁ, Eva. Matematika pro gymnázia: planimetrie. 4., upr. vyd. Praha: Prometheus,
2000, 206 s. Učebnice pro střední školy. ISBN 80-719-6174-4.
[12] VYŠÍN, Jan. Elementární geometrie I.: Planimetrie. 1. vyd. Praha: Přírodovědecké vydavatelství,
1952. ISBN 69734-51-1.
– 50 –