GEOMETRIA – VYBRANÉ KAPITOLY - Katedra matematiky FPV ... · 2.3 Euklidove vety a Pytagorova veta 69 2.4 Trigonometria pravouhlého trojuholníka 2.5 Podobnosť v príkladoch z

UNIVERZITA KONŠTANTÍNA FILOZOFA V NITRE

FAKULTA PRÍRODNÝCH VIED

GEOMETRIA – VYBRANÉ KAPITOLY ZHODNÉ A PODOBNÉ ZOBRAZENIA

Lucia Rumanová

Dušan Vallo

Vydané v Nitre 2009

Fakultou prírodných vied Univerzita Konštantína Filozofa v Nitre

s finančnou podporou projektu

Tvorba geometrických predstáv žiaka v mladšom školskom veku a adekvátna príprava učiteľov –

elementaristov KEGA 3/6314/08

Nitra 2009

Názov: Geometria – vybrané kapitoly

Autori: PaedDr. Lucia Rumanová, PhD.

RNDr. Dušan Vallo, PhD.

Recenzenti: PaedDr. Ľubomíra Földesiová

doc. PhDr. Oliver Židek, CSc.

Technická spolupráca: PaedDr. Katarína Zverková

Edícia: Prírodovedec č. 376

Schválené: Vedením Fakulty prírodných vied Univerzity

Konštantína Filozofa v Nitre dňa 20. júna 2009

Rukopis neprešiel jazykovou úpravou.

Lucia Rumanová

Dušan Vallo

ISBN 978-80-8094-567-1

9 788080 945671

OBSAH

Úvod 1

1 Zhodné zobrazenie 3

1.1 Zhodné zobrazenie v rovine 6

1.1.1 Stredová súmernosť 7

1.1.2 Osová súmernosť 12

1.1.3 Riešenie konštrukčných úloh metódou

stredovej a osovej súmernosti

15

1.1.4 Posunutie 27

1.1.5 Otočenie 30

1.1.6 Riešenie konštrukčných úloh metódou

posunutia a otáčania

34

1.2 Zhodné zobrazenia v priestore 44

1.2.1 Rovinová súmernosť 45

1.2.2 Súmernosť podľa bodu v priestore 49

1.2.3 Súmernosť podľa priamky v priestore 50

1.2.4 Posunutie v priestore 53

1.2.5 Otočenie okolo priamky 55

2 Podobné zobrazenia 58

2.1 Definícia podobného zobrazenia 58

2.2 Podobnosť trojuholníkov 67

2.3 Euklidove vety a Pytagorova veta 69

2.4 Trigonometria pravouhlého trojuholníka

2.5 Podobnosť v príkladoch z praxe

2.6 Podobnosť v konštrukčných úlohách

2.7 Rovnoľahlosť – špecifická podobnosť

2.8 Rovnoľahlosť v konštrukčných úlohách

Literatúra

75

78

81

84

96

104

Milí študent/-ka,

dostala sa Vám do rúk drobná učebnica s názvom Geometria – vybrané kapitoly. Ako

vidno, názov je dosť všeobecný, preto uvádzame, že obsahová náplň je zameraná na

geometrické zobrazenia.

Systematicky sa študujú vlastnosti zhodných zobrazení - stredová a osová súmernosť,

posunutie, otočenie, ako aj podobných zobrazení, špeciálne rovnoľahlosti.

Snahou bolo predložiť učivo názorným spôsobom, jasne a zrozumiteľne definovať

dôležité pojmy, uviesť podstatné vlastnosti zobrazení na množstve ilustračných príkladov

a v neposlednom rade demonštrovať použitie týchto geometrických zobrazení pri riešení

konštrukčných úloh a problémov z praxe.

Obsahový materiál tejto učebnice a jeho výklad sa môže študentovi javiť ako veľmi

elementárny a nenáročný. Z toho dôvodu upozorňujeme, že výklad bol koncipovaný

s dôrazom na vedomostnú úroveň primárneho adresáta –

študenta odboru predškolskej a elementárnej pedagogiky.

Veľa zdaru v štúdiu prajú

autori

Geometria – vybrané kapitoly

3

1 ZHODNÉ ZOBRAZENIE Zhodné zobrazenia sú zobrazenia, v ktorých vytvorený obraz je zhodný zo vzorom, t. j. obraz

závisí od vzoru, mení sa podľa vzoru.

Nájdeme určite veľa ukážok zhodných zobrazení okolo nás, či už v prírode, v umení,

v rôznych vedách, ale aj v mozaikách, dlaždiciach. V nasledujúcich ukážkach zo života vieme

nájsť stredovú alebo osovú súmernosť, no i napríklad otočenie alebo posunutie. Skúste ich

vyhľadať.


4

Pod zobrazením Z v rovine (v priestore) rozumieme také zobrazenie, ktoré každému

bodu X v rovine (v priestore) priradí práve jeden bod X´ v rovine (v priestore), t. j.

( )XZ´X = .

Poznámka. Bod X sa nazýva vzor a bod X´ obraz v danom zobrazení.

Zhodné zobrazenia sú zobrazenia, v ktorých vytvorený obraz je zhodný zo vzorom, t. j. obraz

závisí od vzoru, mení sa podľa vzoru.

Ak sa bod X zobrazí na ten istý bod X (zobrazí sa sám do seba), t. j. ( ) ´XXZX == , tak bod

X sa nazýva samodružným bodom.

Ak sa priamka p zobrazí sama do seba, t. j. pp = , tak je priamka p samodružnou priamkou

v danom zobrazení. Každý bod na samodružnej priamke je samodružný.


5

Ľubovoľný rovinný útvar U, napríklad trojuholník, kružnica, štvoruholník, ... sa nazýva

samodružným útvarom, ak sa daný útvar zobrazí sám do seba ( ( ) ÚUZU == ), t. j. každý

bod patriaci útvaru je samodružný.

Involútorné zobrazenie je zobrazenie, ktoré ak priradí vzoru X obraz Y, tak priradí vzoru Y

obraz X.

Identita (identické zobrazenie) – zobrazenie, pri ktorom sú všetky body roviny (priestoru)

samodružné.

Priama zhodnosť – orientácia bodov vzoru a obrazu je rovnaká. Útvar sa pri priamej

zhodnosti napríklad len posunie alebo otočí.


6

Nepriama zhodnosť – orientácia bodov vzoru a obrazu je opačná, to znamená, že útvar sa

v nepriamej zhodnosť „preklopí“.

1.1 ZHODNÉ ZOBRAZENIE V ROVINE

Zhodné zobrazenie v rovine je také zobrazenie, ktoré dvom rôznym bodom X, Y

priradí body X´, Y´ tak, že úsečky XY, XÝ´ sú zhodné.

Pre zhodné zobrazenie základných geometrických útvarov v rovine platia nasledujúce

vlastnosti:

1. Obrazom polpriamky AB v zhodnom zobrazení v rovine je polpriamka A´B´.

2. Obrazom priamky AB v zhodnom zobrazení v rovine je priamka A´B´.

3. Obrazom polroviny pA v zhodnom zobrazení v rovine je polrovina pÁ´.

4. Obrazom uhla ∠AVB v zhodnom zobrazení v rovine je ∠A´V´B´ s ním zhodný.

5. Obrazom rovnobežných priamok AB, CD v zhodnom zobrazení v rovine sú

rovnobežné priamky A´B´, C´D´.

6. Dva rovinné útvary sú zhodné práve vtedy, keď sa body jedného útvaru

zobrazia do bodov druhého útvaru tak, že úsečky, ktoré si v zobrazení

zodpovedajú, sú zhodné.

Príklad 1.1.1

Dokážte, že v zhodnom zobrazení obrazom kružnice ( )r,Sk je zhodná kružnica ( )r´,Sk ,

pričom stred S´ kružnice k´ je obrazom stredu S kružnice k.

Riešenie.

Zvoľme si na kružnici k ľubovoľný bod X a na jeho obraz X´ na kružnici k´. Potom platí:

´X´SSX,rSX == , a teda aj r´X´S = , z čoho vyplýva, že kružnice k, k´ majú zhodný


7

polomer r.

Obrátene platí: Ak pre ľubovoľný bod Y´ (patrí kružnici k´) a jeho vzor – bod Y, platia

vzťahy SYÝ´S,rÝ´S == , tak aj rSY = , a teda bod Y je bodom kružnice k.

V nasledujúcich kapitolách sa budeme konkrétne venovať nasledujúcim zhodným

zobrazeniam v rovine:

§ Stredová súmernosť

§ Osová súmernosť

§ Posunutie (translácia)

§ Otáčanie (rotácia)

1.1.1 STREDOVÁ SÚMERNOSŤ

Sú nasledujúce obrázky stredovo súmerné? Viete z obrázkov zistiť vlastnosti stredovej

súmernosti?


8

Nech S je bod v rovine. Stredovou súmernosťou podľa bodu S rozumieme

zobrazenie ( )SS v rovine, ktoré každému bodu A roviny priradí taký bod A´ roviny

tak, že bod S je stredom úsečky AA´.

Body A, A´ sú stredovo súmerné podľa bodu S. Bod S sa nazýva stred súmernosti.

Označenie stredovej súmernosti so stredom S: ( ) AA:SS →

Stredová súmernosť je jednoznačne určená stredom súmernosti S alebo dvojicou bodov, ktoré

sa na seba zobrazia (vzor – obraz).

Stredovo súmerné útvary (súmerné podľa stredu) sa nazývajú útvary, ktoré sa zobrazia

v ľubovoľnej stredovej súmernosti sami do seba. Stredovo súmerný je napríklad štvorec,

kosodĺžnik, kruh alebo šesťuholník.


9

Vlastnosti stredovej súmernosti:

1. Stredová súmernosť je involutórne zobrazenie.

2. Samodružným bodom je stred súmernosti S.

3. Stredová súmernosť je priama zhodnosť.

4. Priamka, ktorá prechádza stredom súmernosti S, je samodružná.

5. V stredovej súmernosti so stredom S je obrazom každej priamky

(neprechádzajúcej stredom S) priamka s ňou rovnobežná.

6. Obrazom úsečky AB v stredovej súmernosti je zhodná úsečka A´B´, ktorá je

rovnobežná s úsečkou AB.

Zdôvodnime vlastnosť 4:

Každá priamka prechádzajúca stredom S je samodružná (a = a´, p = p´), pričom obsahuje len

jediný samodružný bod – stred S.


10

Tento bod rozdeľuje priamky na dve opačné polpriamky, kde každá z nich je v stredovej

súmernosti podľa bodu S obrazom tej druhej polpriamky. Tým sme dokázali danú vlastnosť.


Ak priamka p neprechádza stredom S, v stredovej súmernosti sa zobrazí do priamky p´, ktorá

je s priamkou p rovnobežná.

Veďme bodom S priamku r rovnobežnú s priamkou p. Priamky p a r nemajú spoločný bod,

tak aj ich obrazy p´, r´ v danej stredovej súmernosti nemôžu mať spoločný bod. Keďže je

navyše priamka r samodružná ( rr = ), tak priamka p´ je rovnobežná s priamkou r, teda aj

s priamkou p.


Keď body A, B, A´, B´ neležia na jednej priamke, tak ABA´B´ je štvoruholník. Uhlopriečky sa

v ňom rozpoľujú (bod S je stred úsečiek AA´, BB´), preto je štvoruholník rovnobežníkom.

Preto potom platí: úsečka AB je rovnobežná s úsečkou A´B´, podobne aj úsečka AB´ je

rovnobežná s úsečkou A´B. Vlastnosť 6 sme tým dokázali.

Skúste sami dokázať prípad, keď body A, B, A´, B´ ležia na jednej priamke.

Príklad 1.1.1.1

Daná je kružnica ( )r,Ol . Zostrojte obraz kružnice l v stredovej súmernosti podľa stredu S,

ktorý a) patrí kružnici l,

b) je vonkajším bodom kružnice l.

Riešenie.

a) ( ) lS´,ll:SS ∈→

Stred S v stredovej súmernosti je samodružným bodom, a keď zároveň patrí aj kružnici l,


11

potom bude patriť aj jej obrazu – kružnici l´. Preto stačí zobraziť v súmernosti podľa bodu

S len stred O kružnici l ( )( )OO:SS → . Kružnica l´ bude teda určená stredom O´

a polomerom rO´S = , pretože stredová súmernosť je zhodné zobrazenie a dĺžka úsečky

sa tu zachováva (vlastnosť 1, kapitola 1.1).

b) ( ) lS´,ll:SS ∉→

V tomto prípade máme dve možnosti riešenia.

Stačí nám zobraziť v danej stredovej súmernosti len stred O kružnice l ( )( )OO:SS → ,

pretože polomer kružnice l´ bude mať tiež dĺžku r (vlastnosť 1, kapitola 1.1).

Iná možnosť riešenia je taká, že si zobrazíme v danej stredovej súmernosti stred O

a ľubovoľný bod A, ktoré patria kružnici l, ( ) ( ) AA:SS´,OO:SS →→ . Kružnica l´ bude

určená stredom O´ a polomerom AO .


12

1.1.2 OSOVÁ SÚMERNOSŤ

Nasledujúce obrázky prezentujú osovú súmernosť v prírode.

Daná je priamka o v rovine. Osová súmernosť v rovine je zobrazenie ( )oS , ktoré

každému bodu X roviny priradí bod X´ roviny taký, že body X, X´ ležia na kolmici

k priamke o, pričom stred úsečky XX´ leží na priamke o.

Body X, X´ sú osovo súmerné podľa priamky o. Priamku o nazývame os súmernosti.

Označenie osovej súmernosti s osou o: ( ) ´XX:oS →

Osová súmernosť je jednoznačne určená osou súmernosti o alebo dvojicou bodov, ktoré sa na

seba zobrazia (vzor – obraz).

Osovo súmerné útvary (súmerné podľa osi) sa nazývajú útvary, ktoré sa zobrazia

v ľubovoľnej osovej súmernosti sami do seba. Osovo súmerný je napríklad štvorec, obdĺžnik,

kruh alebo rovnostranný trojuholník.


13

Koľko osí súmernosti majú štvorec, rovnostranný trojuholník a kruh?

Vlastnosti osovej súmernosti:

1. Osová súmernosť je involutórne zobrazenie.

2. Samodružné body osovej súmernosti sú všetky body osi súmernosti.

3. Priamky kolmé na os súmernosti sú samodružné.


14

4. Osová súmernosť je nepriama zhodnosť.

5. Obrazom ľubovoľnej polroviny s hraničnou priamkou o je polrovina k nej

opačná.

6. Osová súmernosť zobrazí útvar na útvar s ním zhodný.

Poznámka. Kružnica sa v osovej súmernosti zobrazí na zhodnú kružnicu, trojuholník na trojuholník s ním

zhodný, obrazom ľubovoľnej priamky v osovej súmernosti je priamka, úsečka sa zobrazí na úsečku, ktorá je

s ňou zhodná, dvojica rovnobežiek sa zobrazí na dvojicu rovnako vzdialených rovnobežiek.

Príklad 1.1.2.1

Daný je trojuholník ABC a priamka o, ktorá pretína dve strany trojuholníka. Zostrojte

obraz trojuholníka ABC podľa osi o.

Riešenie.

( ) ĆBAABC:oS →

Obrazom trojuholníka ABC v osovej súmernosti podľa osi o je trojuholník A´BĆ´ s ním

zhodný. Na jeho zostrojenie stačí zobraziť v danej súmernosti všetky jeho vrcholy.

Napríklad bodom B vedieme kolmicu na os o, kolmica pretne os v bode O a bod B´

dostaneme tak, že bod O je stredom úsečky BB´. Podobne zostrojíme obrazy zvyšných

dvoch vrcholov trojuholníka.

Keďže os o pretne podľa zadania trojuholník ABC v dvoch rôznych bodoch X, Y, ktoré sú

samodružnými bodmi v danej osovej súmernosti ( )ÝY´,XX == .


15

1.1.3 RIEŠENIE KONŠTRUKČNÝCH ÚLOH METÓDOU STREDOVEJ A OSOVEJ

SÚMERNOSTI

Nasledujúca kapitola bude obsahovať riešené konštrukčné úlohy s využitím metód stredovej

a osovej súmernosti.

Úlohy budú riešené s prihliadaným na jednotlivé fázy riešenia, nevyhnutných pri riešení

konštrukčných úloh. Všetky úlohy budú riešené v nasledujúcich krokoch:

Rozbor – v tejto fáze hľadáme vzťahy medzi danými a hľadanými prvkami

Konštrukcia – predpis, podľa ktorého z daných prvkov dostaneme hľadané prvky

Skúška – zistenie, že útvar získaný konštrukciou spĺňa všetky požiadavky, uvedené v úlohy

Diskusia – zisťujeme ňou počet vyhovujúcich riešení, ako aj podmienky riešiteľnosti úlohy.

Príklad 1.1.3.1

Zostrojte obraz písmena R podľa stredu súmernosti S.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Písmeno R sa skladá z úsečiek a, b, c, d a z polkružnice k so stredom O. Obrazy

a´, b´, c´, d´ v stredovej súmernosti podľa stredu S zostrojíme pomocou ich koncových

bodov. Obrazom k´ polkružnice k je opäť polkružnica so zhodným polomerom. Preto stačí

zobraziť stred O polkružnice k v danej stredovej súmernosti podľa stredu S.

Postup konštrukcie

1. Zostrojte obraz a´ priamky a v stredovej

súmernosti podľa stredu S.

2. Zostrojte obraz b´ priamky b v stredovej


3. Zostrojte obraz c´ priamky c v stredovej

Symbolický zápis

1. a´; ( ) aa:SS →

2. b´; ( ) bb:SS →

3. c´; ( ) cc:SS →

4. d´; ( ) ´dd:SS →


16


4. Zostrojte obraz d´ priamky d v stredovej


5. Zostrojte obraz k´ polkružnice k

v stredovej súmernosti podľa stredu S.

5. k´; ( ) kk:SS →

Konštrukcia

Skúška

Vyplýva z rozboru a konštrukcie.

Diskusia

Úloha má jedno riešenie.

Príklad 1.1.3.2

Dané sú dve rôznobežné priamky p, q a bod F, ktorý neleží na priamkach. Zostrojte štvorec

ABCD so stredom F tak, aby bod A patril priamke p a bod C priamke q.

Riešenie.

Náčrt


17

Rozbor. Keď nájdeme z hľadaného štvorca bod A alebo bod C, tak daný štvorec ABCD

vieme zostrojiť. Nech máme napríklad bod A, ktorý patrí priamke p. Potom bod C je

obrazom bodu A v stredovej súmernosti podľa bodu F. Preto tiež platí: bod A leží na

priamke p, tak bod C bude ležať na obraze priamky p´ v stredovej súmernosti podľa bodu

F. Zo zadanie má teda bod C ležať na priamke q a zároveň na priamke p´.

Postup konštrukcie

1. Dané sú rôznobežné priamky p, q a bod

F, ktorý neleží na priamkach.

2. Zostrojte obraz p´ priamky p v stredovej

súmernosti podľa stredu F.

3. Bod C je prienikom priamok q, p´.

4. Zostrojte obraz A bodu C v stredovej

súmernosti podľa stredu F.

5. Zostrojte kružnicu k so stredom v bode

F a s polomerom AF .

6. Zostrojte priamku m prechádzajúcu

bodom F a kolmú na priamku AC .

7. Body B a D sú prienikom kružnice

k a priamky m.

8. Zostrojili sme štvorec ABCD.

Symbolický zápis

1. p, q, F

2. p´; ( ) pp:FS →

3. C; pqC ∩∈

4. A; ( ) AC:FS →

5. k; ( )AF,Fk

6. m; ACmmF ⊥∧∈

7. B,D; { }D,Bmk =∩

8. ABCD


18

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Všetky kroky konštrukcie sú jednoznačné. Úloha má jedno riešenie.

Príklad 1.1.3.3

Daná je priamka p, kružnica k a dva rôzne body S, O. Zostrojte trojuholník ABC tak, aby

bod A ležal na priamke p, bod B na kružnici k a body S, O boli postupne stredmi strán AC,

BC trojuholníka ABC.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Ak by sme mali bod C, vieme trojuholník ABC zostrojiť. Bod A je stredovo


19

súmerný s bodom C podľa stredu S, a podobne, bod B je stredovo súmerný s bodom C

podľa stredu O. Keďže bod A leží na priamke p, tak jeho obraz – bod C, bude ležať na

priamke p´, ktorá je obrazom priamky p v stredovej súmernosti podľa bodu S. Bod B zase

patrí kružnici k, preto jeho obraz – tiež bod C, bude ležať na kružnici k´, ktorá je obrazom

kružnici k v stredovej súmernosti podľa bodu O.

Postup konštrukcie

1. Daná je priamka p, kružnica k a dva

rôzne body S, O.

2. Zostrojte obraz p´ priamky p

v stredovej súmernosti podľa stredu S.

3. Zostrojte obraz k´ kružnice k

v stredovej súmernosti podľa stredu O.

4. Prienikom priamky p´ a kružnice k´ je

bod C.

5. Zostrojte obraz A bodu C v stredovej


6. Zostrojte obraz B bodu C v stredovej

súmernosti podľa stredu O.

7. Zostrojili sme trojuholník ABC.

Stručný zápis

1. p, k, S, O

2. p´; ( ) pp:SS →

3. k´; ( ) ´kk:OS →

4. C; kpC ∩∈

5. A; ( ) AC:SS →

6. B; ( ) BC:OS →

7. ABC


20

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Úloha má najviac dve riešenia. Počet riešení závisí od prieniku kružnice k´ a priamky p´.

Príklad 1.1.3.4

Body X, Y, V patria stranám postupne na priamkach CD,BC,AB obdĺžnika ABCD a bod

Z je priesečník uhlopriečok daného obdĺžnika. Zostrojte obdĺžnik ABCD.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Obdĺžnik je stredovo súmerný. Stred súmernosti je priesečník uhlopriečok,

v našom prípade bod Z. Preto obrazy X´, Y´, V´ bodov X, Y, V ležia na stranách CD, AD,

AB.


21

Postup konštrukcie

1. Dané sú body X, Y, V, Z.

2. Zostrojte obraz X´ bodu X v stredovej

súmernosti podľa stredu Z.

3. Zostrojte obraz Y´ bodu Y v stredovej


4. Zostrojte obraz V´ bodu V v stredovej


5. Zostrojte priamku a kolmú na priamku

´XV prechádzajúcu bodom Y´.

6. Zostrojte priamku b kolmú na priamku

´XV prechádzajúcu bodom Y.

7. Zostrojte prieniky A, D priamky

a s priamkami ´XV , ´VX .

8. Zostrojte prieniky B, C priamky

b s priamkami ´XV , ´VX .

9. Zostrojili sme obdĺžnik ABCD.

Stručný zápis

1. X, Y, V, Z

2. X´; ( ) ´XX:ZS →

3. Y´; ( ) ÝY:ZS →

4. V´; ( ) ´VV:ZS →

5. a; ´XVÝ´XVa ∈∧⊥

6. b; ´XVY´XVb ∈∧⊥

7. A, D; { } { }Da´VXAa´XV =∩∧=∩

8. B, C; { } { }Cb´VXBb´XV =∩∧=∩

9. ABCD

Konštrukcia


22

Skúška


Diskusia


Príklad 1.1.3.5

Daná je priamka p a dva rôzne body A, B, ktoré ležia v jednej z polrovín s hraničnou

priamkou p. Nájdite bod X na priamke p, aby súčet úsečiek AX, BX bol minimálny.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Ak by body A, B ležali v opačných polrovinách s hraničnou priamkou p, tak

najkratší súčet daných úsečiek je úsečka AB. Potom bod X bude prienikom úsečky AB

a priamky p. Túto vlastnosť môžeme využiť aj pri bodoch, ak budú ležať v rôznych

polrovinách. Nájdeme teda v opačnej polrovine k pA taký bod A´, ktorý je od bodov

priamky p rovnako vzdialený ako bod A. Tiež platí: Ak bod X patrí priamke p, tak

BXAX = . Preto takýmto bodom je bod A´ osovo súmerný s bodom A podľa priamky p.

Postup konštrukcie

1. Dané sú body A, B a priamka p.

2. Zostrojte obraz A´ bodu A v osovej

Stručný zápis

1. A, B, p

2. A´; ( ) AA:pS →


23

súmernosti podľa priamky p.

3. Zostrojte úsečku A´B.

4. Bod X je prienikom úsečky A´B

a priamky p.

3. A´B

4. X; { }XpBA =∩

Konštrukcia

Skúška


Diskusia


Príklad 1.1.3.6

Daná je priamka b a kružnice k, l. Zostrojte úsečku XY tak, aby bod X patril kružnici k,

bod Y patril kružnici l, stred úsečky XY bol bodom priamky b, a aby úsečka XY bola kolmá

na priamku b.

Riešenie.

Náčrt


24

Rozbor. Ak nájdeme bod X alebo Y podľa podmienok zo zadania, úsečku XY vieme

zostrojiť. Nech napríklad máme bod X, potom bod Y je jeho obraz v osovej súmernosti

podľa priamky b. Keďže bod X leží na kružnici k, tak bod Y musí ležať na obraze k´

kružnici k, a tiež bod Y leží na kružnici l.

Postup konštrukcie

1. Daná je priamka b a kružnice k, l.

2. Zostrojte obraz k´ kružnice k v osovej

súmernosti podľa priamky b.

3. Bod Y je prienikom kružníc k´, l.

4. Zostrojte obraz X bodu Y v osovej

súmernosti podľa priamky b.

5. Zostrojili sme úsečku XY.

Stručný zápis

1. b, k, l

2. k´; ( ) kk:bS →

3. Y; l´kY ∩∈

4. X; ( ) XY:bS →

5. XY


25

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Úloha má najviac dve riešenia, pretože sa kružnice k´ a l pretnú maximálne v dvoch

bodoch.

Príklad 1.1.3.7

Dané sú dve rovnobežné priamky x, y a priamka z s nimi rôznobežná. Zostrojte štvorec

XYZV, ktorého vrchol X leží na priamke x, vrchol Z na priamke z a uhlopriečka YV je

časťou priamky y.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Na zostrojenie štvorca nám stačí poznať dĺžku jednej uhlopriečky. Zostrojme

uhlopriečku XZ štvorca XYZV. Body X a Z sú osovo súmerné podľa priamky y. Pretože bod


26

X patrí priamke x, tak bod Z bude patriť priamke x´, ktorá je obrazom priamky x v osovej

súmernosti podľa osi y. Bod Z preto nájdeme ako prienik priamok x´ a z (podľa zadania má

bod Z ležať na priamke z).

Postup konštrukcie

1. Dané sú dve rovnobežné priamky x, y

a priamka z s nimi rôznobežná.

2. Zostrojte obraz x´ priamky x v osovej

súmernosti podľa priamky y.

3. Prienikom priamok x´ a z je bod Z.

4. Zostrojte obraz X bodu Z v osovej

súmernosti podľa priamky y.

5. Bod S je prienikom úsečky XZ

a priamky y.

6. Zostrojte kružnicu k so stredom v bode

S a polomerom XS .

7. Prienikom kružnice k a priamky y sú

body Y, V.

Stručný zápis

1. x, y, z

2. x´; ( ) xx:yS →

3. Z; { }Zzx =∩

4. X; ( ) XZ:yS →

5. S; yXZS ∩∈

6. k; ( )XS,Sk

7. Y, V; { }V,Yyk =∩


27

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Úloha má práve jedno riešenie.

1.1.4 POSUNUTIE

V posunutí dané útvary posúvame daným smerom o danú vzdialenosť. Keďže môžeme útvar

posúvať dvoma smermi o pevne zvolenú vzdialenosť, zavedieme pojem orientovanej úsečky.

Orientovaná úsečka AB je úsečka AB, ktorej krajné body majú určené poradie – bod A je

začiatočný bod, bod B je koncový bod úsečky. Dĺžkou orientovanej úsečky AB nazývame

dl´žku úsečky AB.

Orientované úsečky CD,AB nazývame súhlasne orientované, ak platí:

1. ležia na tej istej polpriamke, pričom zjednotením polpriamok CD,AB je polpriamka


28

2. ležia na rôznych rovnobežkách a polpriamky CD,AB ležia v tej istej polrovine

s hraničnou priamkou AC .

Posunutie určené orientovanou úsečkou AB je zobrazenie ( )ABT , ktoré každému

bodu X priradí bod X´ tak, že orientované úsečky ´XX,AB sú zhodné a súhlasne

orientované.

Poznámka. Posunutie nahrádzame niekedy pojmom translácia.

Označenie posunutia: ( ) ´XX:ABT →

Posunutie je jednoznačne určené orientovanou úsečkou AB , ale aj dvojicou bodov, ktoré sa

na seba zobrazia.

Vlastnosti posunutia:

1. Posunutie nie je involutórne zobrazenie.

2. Posunutie nemá samodružné body.

3. Samodružné priamky sú všetky priamky rovnobežné s orientovanou úsečkou AB .


29

4. Posunutie je priama zhodnosť.

5. Obrazom ľubovoľnej priamky v posunutí je priamka s ňou rovnobežná.

6. Obrazom úsečky XY v posunutí je úsečka XÝ´ s ňou zhodná a rovnobežná.


Keď body X, Y, X´, Y´ neležia na jednej priamke, tak XYY´X´ je rovnobežník. Preto potom

platí: úsečka XY je rovnobežná s úsečkou XÝ´, podobne aj úsečka XX´ je rovnobežná

s úsečkou YY´. Vlastnosť 6 sme tým dokázali.

Skúste sami dokázať prípad, keď body X, Y, X´, Y´ ležia na jednej priamke.

Príklad 1.1.4.1

Zostrojte obraz štvoruholníka ABCD v posunutí určenom orientovanou úsečkou CA .

Riešenie.

( ) DĆBAABCD:CAT →

Obrazom štvoruholníka ABCD v posunutí, ktoré je určené orientovanou úsečkou CA , je

štvoruholník A´BĆ´D´ zhodný so štvoruholníkom ABCD. Na jeho zostrojenie nám stačí

posunúť napríklad jednotlivé vrcholy daného štvoruholníka. To znamená, že budeme

vrcholy posúvať rovnobežne s vektorom CA o dĺžku vektora CA . Bod A sa posunie do

bodu C ( )AC = .


30

Príklad môžeme riešiť aj tak, že posunieme len niektoré vrcholy štvoruholníka ABCD

a obraz štvoruholníka A´BĆ´D´ doplníme podľa vlastnosti posunutia 6.

1.1.5 OTOČENIE

Posledným zhodným zobrazením, ktorému sa budeme venovať, je otočenie.

Skúste teraz otočiť ľubovoľný štvorec ABCD okolo bodu A o °60 . Určite ste prišli na to, že

máme dve možnosti otočenia. Môžeme otáčať proti smeru a v smere hodinových ručičiek.

Orientovaným uhlom AVB rozumieme usporiadanú dvojicu polpriamok VB,VA so

spoločným začiatkom V. Polpriamky VB,VA nazývame ramená orientovaného uhla, VA je

začiatočné rameno, VB je koncové rameno, V je vrchol uhla.

Pod veľkosťou orientovaného uhla AVB budeme rozumieť veľkosť konvexného alebo

nekonvexného uhla AVB, ktorý vytvoríme otočením polpriamky VA do polpriamky VB

pri pohybe v kladnom zmysle (proti smeru hodinových ručičiek) alebo v zápornom zmysle

(v smere hodinových ručičiek).

Ak splývajú polpriamky VB,VA rozumieme základnou veľkosťou orientovaného uhla AVB

veľkosť nulového uhla.


31

Nech je daný bod S a veľkosť orientovaného uhla α . Otočenie určené bodom

S a uhlom α je zobrazenie ( )α,SR , ktoré každému bodu X priraďuje bod X´ tak, že

platí:

1. ´SXSX =

2. orientovaný uhol XSX´ je zhodný s orientovaným uhlom α .

Poznámka. Otočenie nahrádzame niekedy pojmom rotácia.

Označenie otočenia: ( ) ´XX:,SR →α

Otočenie je jednoznačne určené stredom a uhlom otáčania.

Poznámka. Otočenie nie je jednoznačne určené dvojicou bodov, ktoré sa na seba zobrazia.

Vlastnosti otočenia:

1. Otáčanie pre veľkosť uhla otáčania πα k≠ nie je involutorným zobrazením.

2. Samodružným bodom otáčania je iba bod S.

3. Otáčanie nemá samodružnú priamku pre veľkosť uhla otáčania πα k≠ , kde Rk ∈ .

4. Otočenie je priama zhodnosť.


32

5. Obrazom ľubovoľnej priamky p v otočení so stredom S a uhlom α je priamka p´ rôznobežná

s priamkou p, pričom vrcholové uhly, ktoré určujú priamky p, p´ majú veľkosť α .

Poznámka. Otočenie útvaru so stredom S a uhlom °180 môžeme nahradiť stredovou súmernosťou so stredom S.

Vyskúšajte to sami na konkrétnom útvare.


Nech priamka p neprechádza stredom S. Obraz p´ danej priamky v otočení so stredom

S a uhlom α zostrojíme nasledovne: stredom S zostrojíme kolmicu m na priamku p a pätu

kolmice označme M ( )pmM ∩∈ . Obraz M´ zostrojíme podľa podmienok otočenia

z definície, t. j. α=∠= ´MSM,´SMSM . Pretože priamky p a m sú navzájom kolmé, tak sú

kolmé aj priamky p´ a m´ ( )p´M,´SMm ∈= . Priamky p, p´ sú rôznobežné, lebo sú kolmé na

rôznobežky m, m´. Nech priesečník priamok p, p´ je bod L. Zo štvoruholníka SM´LM zistíme,

že jeho vonkajší uhol pri vrchole L má veľkosť rovný uhlu otočenia α .

Pre priamku, ktorá prechádza stredom S, tvrdenie zrejme platí (napríklad priamka m).

Zdôvodnite.

Príklad 1.1.5.1

Otočte rovnoramenný pravouhlý trojuholník ABC s pravým uhlom pri vrchole C okolo

bodu A o °45 .

Riešenie.

( ) ĆBAABC:45,AR →°

Na zostrojenie otočeného trojuholníka A´BĆ´ využijeme jednotlivé vrcholy trojuholníka,


33

ktoré postupne otočíme okolo stredu A o °45 . Podľa vlastností otočenia (vlastnosť 2)

vrchol A bude samodružným bodom otočenia ( )AA = . Zvyšné body B, C otočíme podľa

popisu z definície otočenia, a keďže uhol otočenia je kladné číslo, tak otáčame proti smeru

hodinových ručičiek. To znamená, že vedieme polpriamku bodom A tak, že uhol

polpriamok °=∠ 45ÁB,AB , a tiež platí ÁBAB = . Podobne otočíme aj vrchol C.

Príklad 1.1.5.2

Nech priamka a´ je obrazom priamky a pri otočení ( )α,SR . Dokážte, že priamky a, a´

zvierajú uhol α .

Riešenie.

Nech Z je prienikom priamok a, a´. Nech bod X je bod priamky a, pre ktorý platí

( ) ZX:,SR →α a ( ) ´ZZ:,SR →α . Z tohto vyplýva, že α=∠=∠ ´ZSZXSZ , potom

2-180´SZZSZX β°

=∠=∠ . Uhol ´XZZ∠ má veľkosť α−°180 , a preto priamky a, a´

zvierajú uhol α .


34

1.1.6 RIEŠENIE KONŠTRUKČNÝCH ÚLOH METÓDOU POSUNUTIA

A OTÁČANIA

Príklad 1.1.6.1

Daná je priamka p, kružnica k a body C, D. Zostrojte rovnobežník ABCD, ak bod A patrí

priamke p, bod B patrí kružnici k.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Predpokladajme, že daný rovnobežník ABCD máme zostrojený. Keďže máme

body C, D a strany AB, CD rovnobežníka sú navzájom rovnobežné, tak posunutie v smere

orientovanej úsečky DC zobrazí bod A do bodu B. Posunieme preto v smere orientovanej

úsečky DC priamku p, obrazom je priamka p´. Bod B musí teda ležať aj na priamke p´, aj

na kružnici k.

Postup konštrukcie

1. Daná je priamka p, kružnica k a body

C, D.

Stručný zápis

1. p, k, C, D

2. p´; ( ) pp:DCT →


35

2. Zostrojte obraz p´ priamky p

v posunutí v smere orientovanej úsečky

DC .

3. Bod B je prienikom priamky p´

a kružnice k.

4. Zostrojte obraz A bodu B v posunutí

v smere orientovanej úsečky CD .

5. Zostrojili sme rovnobežník ABCD.

3. B; kpB ∩∈

4. A; ( ) AB:CDT →

5. ABCD

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Počet riešení závisí od počtu priesečníkov priamky p´ a kružnice k. Úloha má dve riešenia.

Príklad 1.1.6.2

Dané sú dve kružnice k, l, priamka p a úsečka AB. Zostrojte priamku q rovnobežnú

s priamkou p tak, aby vzdialenosť medzi jej priesečníkmi s kružnicami k, l bola rovná dĺžke

úsečky AB.

Riešenie.


36

Náčrt

Rozbor. Keď nájdeme jeden bod priamky q, tak priamku vieme zostrojiť. Nech priesečníky

priamky q s kružnicami k, l sú postupne body Q, P. Majme napríklad bod Q, ktorý patrí

kružnici k. Bod P má byť posunutí od bodu Q o dĺžku úsečky AB rovnobežne s priamkou

p. Keďže bod Q patrí kružnici k, jeho obraz P bude ležať na obraze k´ kružnici k

v posunutí určenom smerom, ktorý je rovnobežný s priamkou p o dĺžku AB . Bod P bude

tiež ležať na kružnici l.

Postup konštrukcie

1. Dané sú dve kružnice k, l, priamka p

a úsečka AB.

Stručný zápis

1. k, l, p, AB

2. k´; ( ) ´kk:AB,pT →


37

2. Zostrojte obraz k´ kružnice

k v posunutí v smere priamky p o dĺžku

AB.

3. Prienikom kružníc k´ a l je bod P.

4. Zostrojte priamku q prechádzajúcu

bodom P a rovnobežnú s priamkou p.

5. Bod Q je prienikom priamky q

a kružnice k.

6. Zostrojili sme úsečku PQ.

3. P; l´kP ∩∈

4. q; ∧∈ qP q || p

5. Q; qkQ ∩∈

6. PQ

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Počet riešení závisí od prieniku kružníc k´ a l. Úloha má preto najviac dve riešenia.

Príklad 1.1.6.3

Dané sú rôznobežné priamky x, y, z a kladné číslo w. Zostrojte také body X, Y, ktoré ležia

postupne na priamkach x, y tak, aby priamka XY bola rovnobežná s priamkou z a dĺžka

úsečky XY sa rovnala číslu w.

Riešenie.


38

Náčrt

Rozbor. Ak zostrojíme napríklad bod X hľadanej úsečky XY, bod Y nájdeme posunutím

bodu X v smere priamky z o dĺžku w. Bod X ale nie je zadaný, no vieme, že patrí priamke

x, tak jeho obraz Y bude ležať v danom posunutí na obraze x´ priamky x. Bod Y zároveň

leží na priamke y.

Postup konštrukcie

1. Dané sú rôznobežné priamky x, y,

z a kladné číslo w.

2. Zostrojte obraz x´ priamky x v posunutí

v smere priamky z o dĺžku w.

3. Bod Y je prienikom priamok x´ a y.

Stručný zápis

1. x, y, z, w

2. x´; ( ) xx:w,zT →

3. Y; yxY ∩∈

4. X; ( ) XY:w,zT →


39

4. Zostrojte obraz X bodu Y v posunutí

v smere priamky z o dĺžku w.

5. Zostrojili sme úsečku XY.

5. XY

Konštrukcia

Skúška


Diskusia

Úloha má práve jedno riešenie, lebo rôznobežné priamky x´ a y sa pretnú v jednom bode.

Príklad 1.1.6.4

Z pravidelného šesťuholníka ABCDEF zostali len body T, X, Y, pričom bod T je stredom

šesťuholníka a body X, Y sú postupne body patriace stranám AB, CD daného šesťuholníka.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. Šesťuholník môžeme otáčať okolo jeho stredu T postupne o


40

°°°°° ,300,240,180,12060 a vtedy sa zobrazí sám do seba. (Vieme to preto, že šesťuholník

vieme rozdeliť na šesť rovnostranných trojuholníkov, t. j. vnútorné uhly majú veľkosť

°60 ). Keďže body X, Y ležia na stranách AB, CD, vyberieme také otočenie okolo bodu T,

aby sa otočil bod X do bodu X´, teda strana AB na stranu CD. Uhol otočenia bude °120 .

Obrazom bodu X v danom otočení je bod X´, ktorý sa zobrazí na úsečku CD. Potom na

priamke ÝX leží aj úsečka CD.

Postup konštrukcie

1. Dané sú body T, X, Y.

2. Zostrojíme obraz X´ bodu X v otočení

okolo bodu T o uhol °120 .

3. Zostrojíme z bodu T kolmicu m na

priamku ÝX .

4. Bod Z je prienikom priamok m, ÝX .

5. Zostrojíme body C, D, ktoré ležia na

priamke ÝX a uhly

DTZCTZ ∠∠ , majú veľkosť °30 .

6. Zostrojíme kružnicu k so stredom

v bode T a s polomerom TC .

7. Zostrojíme šesťuholník ABCDEF

vpísaný do kružnici k.

Stručný zápis

1. T, X, Y

2. X´; ( ) ´:120, XXTR →°

3. m; ÝXmmT ⊥∧∈

4. Z; ÝXmZ ∩∈

5. C, D; ∧∈∧∈ ´´ YXDYXC

°=∠=∠ 30DTZCTZ

6. k; ( )TCTk ,

7. ABCDEF


41

Konštrukcia

Skúška


Diskusia


Príklad 1.1.6.5

Dané sú dve rôznobežné priamky p, q, bod T a rovnoramenný trojuholník KLM. Zostrojte

trojuholník TUV podobný s trojuholníkom KLM tak, aby bod U patril priamke p a bod

V patril priamke q.

Riešenie.

Náčrt

Rozbor. V rovnoramennom trojuholníku KLM sú ramená KL, KM a uhol medzi nimi


42

označme α . Predpokladajme, že trojuholník TUV vieme zostrojiť. Trojuholníky KLM

a TUV majú byť podobné, preto strany TU a TV sú tiež ramenami trojuholníka, ktoré

zvierajú uhol α . Ak poznáme bod U ( )pU ∈ , bod V nájdeme otočením bodu U okolo

stredu T o uhol α (bod U je vzor a bod V je obraz v danom otočení). Pretože ale bod

U leží na priamke p, tak bod V bude ležať na obraze p´ priamky p v otočení okolo bodu T

o uhol α . Zároveň bod V má ležať na priamke q.

Postup konštrukcie

1. Dané sú dve rôznobežné priamky p, q,

bod T a rovnoramenný trojuholník

KLM.

2. Zostrojte obraz p´ priamky p v otočení

okolo bodu T o uhol α .

3. Bod V je prienik priamok p´ a q.

4. Zostrojte obraz U bodu V v otočení

okolo bodu T o uhol α− .

5. Zostrojili sme trojuholník TUV.

Stručný zápis

1. p, q, T, KLM,

∧= KMKL α=∠ LKM

2. p´; ( ) pp:,TR →α

3. V; qpV ∩∈

4. U; ( ) UV:,TR →−α

5. TUV

Konštrukcia


43

Skúška


Diskusia

Úloha má jedno riešenie, lebo dve rôznobežné priamky p´, q sa pretnú v jednom bode.

1.1 Cvičenie

1. Dané sú dve sústredné kružnice k, l a bod S, ktorý leží na kružnici s menším

polomerom. Zostrojte rovnobežník so stredom S, ktorého vrcholy ležia na daných

kružniciach.

2. V rovine je daná priamka p, kružnica k a bod Q, ktorý nepatrí ani priamke, ani

kružnici. Zostrojte úsečku XY tak, aby bod X ležal na priamke p, bod Y na kružnici

k a bod Q bol stredom úsečky XY.

3. Nech body A, B predstavujú polohu dvoch biliardových gulí. Zostrojte dráhu gule A,

ktorá sa odráža od hrán h1, h2, h3 (v tomto poradí) biliardového stola a nakoniec trafí

guľu B.

4. Daná je priamka p, úsečka PQ a dva rôzne body A, B, ktoré ležia v tej istej polrovine

s hraničnou priamkou p. Na priamke p zostrojte body X, Y tak, aby úsečka XY bola

zhodná s danou úsečkou PQ a dĺžka lomenej čiary AXYB bola minimálna.

5. Dané sú dve kružnice k, l a priamka p. Zostrojte rovnostranný trojuholník ABC,

ktorého ťažnica tc leží na priamke p a vrcholy A, B ležia postupne na kružniciach k, l.

6. Zostrojte trojuholník ABC, ak poznáte:

a) a, b, ω = α – β


44

b) tc, va, β

c) ta, tb, tc

7. Na ktorom mieste je potrebné postaviť most cez rieku, ktorá oddeľuje dve mestá A, B

tak, aby cesta z mesta A do mesta B bola čo najkratšia. Brehy rieky predpokladáme

navzájom rovnobežné a most cez rieku má byť postavený kolmo na brehy rieky.

8. Dané sú úsečky s dĺžkami a, c, e, f a rôznobežné priamky p, q. Zostrojte štvoruholník

ABCD, v ktorom fBDeACcCDaAB ==== ,,, , priamka p je rovnobežná

s priamkou AC a priamka q je rovnobežná s priamkou BD .

9. Zostrojte rovnostranný trojuholník ABC, ktorého vrcholy ležia na troch rovnobežných

priamkach.

10. Daný je štvorec ABCD a úsečka MN. Zostrojte štvorec XYUV, ktorého každý vrchol

leží na jednej strane štvorca ABCD a strana štvorca XYUV je zhodná s dĺžkou úsečky

MN.

11. Daná je kružnica k a dva rôzne body P, Q. Zostrojte dve rovnobežné priamky p, q

prechádzajúce postupne bodmi P, Q tak, aby pretínali kružnicu k v bodoch X, Y

ohraničujúcich štvrtinu kružnice.

1.2 ZHODNÉ ZOBRAZENIA V PRIESTORE

Zhodné zobrazenie v priestore je také zobrazenie v priestore, ktoré dvom rôznym

bodom X, Y priradí body X´, Y´ tak, že sa zachová ich vzdialenosť, t. j. |XY| = |XÝ´|.

Z daného tvrdenia sa dá vysloviť podstatná vlastnosť zhodného zobrazenia v priestore a to,

že sa zachovávajú vzdialenosti ľubovoľných dvoch bodov.

Pre zobrazenie základných geometrických útvarov v priestore platia nasledujúce vlastnosti:

1. Obrazom úsečky AB v zhodnom zobrazení v priestore je úsečka A´B´ s ňou

zhodná.

2. Obrazom polpriamky AB v zhodnom zobrazení v priestore je polpriamka A´B´.

3. Obrazom priamky AB v zhodnom zobrazení v priestore je priamka A´B´.

4. Obrazom polroviny pA v zhodnom zobrazení v priestore je polrovina pÁ´.

5. Obrazom uhla ∠AVB v zhodnom zobrazení v priestore je ∠A´V´B´ s ním

zhodný.


45

6. Obrazom rovnobežných priamok AB, CD v zhodnom zobrazení v priestore sú

rovnobežné priamky A´B´, C´D´.

7. Obrazom priestoru v zhodnom zobrazení v priestore je priestor.

8. Obrazom polpriestoru ρA v zhodnom zobrazení v priestore je polpriestor ρÁ´.

9. Dva útvary sú v priestore zhodné práve vtedy, keď sa body jedného útvaru

zobrazia do bodov druhého útvaru tak, že úsečky, ktoré si v zobrazení

zodpovedajú, sú zhodné.

10. Obrazom mnohostena v zhodnom zobrazení je mnohosten, ktorého vrcholy,

hrany a steny sú obrazom vrcholov, hrán a stien zobrazovaného mnohostena.

Poznámka. Z uvedených vlastností zhodného zobrazenia vyplýva, že obrazom hranola je hranol a obrazom ihlana je ihlan.

Popíšeme si niektoré typy zhodných zobrazení v priestore. Konkrétne sa budeme zaoberať

najdôležitejšími zobrazeniami:

§ Rovinová súmernosť

§ Stredová súmernosť v priestore

§ Osová súmernosť v priestore

§ Posunutie v priestore

§ Otočenie okolo priamky

1.2.1 ROVINOVÁ SÚMERNOSŤ

Pod rovinovou súmernosťou rozumieme súmernosť podľa nejakej roviny.

Daná je rovina ρ. Rovinová súmernosť je zobrazenie, ktorá každému bodu X priradí

bod X´ taký, že body X, X´ ležia na kolmici na rovinu ρ a stred úsečky XX´ leží

v rovine ρ.


46

V rovinovej súmernosti môžeme

rozlišovať dva prípady zobrazenia

bodu podľa roviny ρ:

- ak bod X nepatrí rovine ρ, tak

pre bod X´ platí: priamka ´XX je

kolmá na rovinu ρ a stred úsečky

XX´ patrí rovine ρ

- ak bod Y patrí rovine ρ, tak sa

zobrazí sám do seba, (t. j. Y = Y´).

Bod Y sa nazýva samodružný bod.

Samodružné priamky sú všetky priamky roviny ρ a aj priamky kolmé na rovinu ρ.

Samodružné roviny sú všetky roviny kolmé na rovinu ρ a tiež rovina ρ.

Rovina ρ sa nazýva rovinou súmernosti ľubovoľného útvaru U, ak sa daný útvar U zobrazí

sám do seba v súmernosti podľa roviny ρ.

Poznámka. Ak má útvar U aspoň jednu rovinu súmernosti, tak hovoríme, že je útvar rovinovo súmerný.

Rovinová súmernosť môže byť určená rovinou ρ alebo dvojicou zodpovedajúcich si bodov

(vzor – obraz).

Príklad 1.2.1.1

Zobrazte v rovinovej súmernosti podľa roviny ρ štvorsten ABCD.

Riešenie.

Štvorsten ABCD zobrazíme v rovinovej

súmernosti podľa roviny ρ tak, že

zobrazíme v danej súmernosti

jednotlivé vrcholy A, B, C, D.

Princíp zobrazenia bodu v rovinovej

súmernosti sme si už vysvetlili, z čoho

teda vyplýva, že obrazom štvorstena

ABCD je štvorsten A´BĆ´D´.

Daný štvorsten ABCD je zobrazený

vo voľnom rovnobežnom premietaní.

Rovinu súmernosti ρ sme si v tomto príklade zvolili tak, aby jej priemetom bola priamka p.

Príklad 1.2.1.2


47

Dané je teleso v tvare skrutky. Zobrazte teleso v rovinovej súmernosti podľa roviny ρ.

Riešenie.

Na zobrazenie telesa v rovinovej

súmernosti sme využili niekoľko

významných bodov telesa (napr. body

K, L, M). Dané body sme postupne

zobrazili v súmernosti podľa roviny ρ.

Obrazy bodov K´, L´, M´ nám pomôžu

na vykreslenie obrazu telesa.

Keď si zvolíme čo najviac bodov

telesa, ktoré zobrazujeme, tak potom

vieme obraz telesa presnejšie zostrojiť.

ROVINY SÚMERNOSTI TELIES

Ak má útvar U aspoň jednu rovinu súmernosti, tak hovoríme, že je útvar rovinovo súmerný.

Na obrázku je písmeno M, ktoré je súmerné podľa

roviny ρ. Určite nájdeme tiež telesá, útvary, ktoré

majú nekonečne veľa rovín súmernosti.

Spomenieme napríklad guľu, ktorá je súmerná

podľa každej roviny prechádzajúcej jej stredom

alebo rotačný ihlan, ktorý je rovinovo súmerný

podľa každej roviny obsahujúcej jeho výšku

a podobne.

V nasledujúcich príkladoch budeme hľadať roviny súmernosti niektorých jednoduchých

telies.

Príklad 1.2.1.3

Nájdite všetky roviny súmernosti kocky ABCDEFGH.

Riešenie.


48

Kocka ABCDEFGH má 9 rovín

súmerností. Každá rovina súmernosti

prechádza stredmi dvoch protiľahlých stien

danej kocky.

Jednotlivé roviny súmernosti sú postupne

znázornené na obrázku.

Príklad 1.2.1.4

Koľko rovín súmernosti má pravidelný štvorsten?

Riešenie.

Rovina CSD je jedna z rovín súmernosti

pravidelného štvorstena. Ukážeme si

prečo.

Body C a V sú samodružnými bodmi

rovinovej súmernosti, lebo ležia v danej

rovine. Keďže trojuholníky ABC a ABD sú

rovnostranné, tak CSAB ⊥ a DSAB ⊥ .

Potom CSDAB ⊥ a bod S je stredom

úsečky AB.

To znamená, že obrazom bodu A v súmernosti podľa roviny CSD je bod B a obrazom

bodu B je bod A. Obrazom pravidelného štvorstena ABCD je štvorsten BACD. To

znamená, že rovina CSD je rovinou súmernosti daného štvorstena.


49

Koľko má teda rovín súmernosti pravidelný štvorsten? Podobným spôsobom vieme

ukázať, že je ich šesť.

1.2.2 SÚMERNOSŤ PODĽA BODU V PRIESTORE

Ďalším zhodným zobrazením v priestore je súmernosť podľa bodu S, ktoré tiež nazývame

stredovou súmernosťou podľa bodu S.

Daný je bod S. Súmernosťou podľa bodu S v priestore rozumieme zobrazenie, ktoré

každému bodu X priradí bod X´ taký, že body X, X´, S ležia na priamke a zároveň

bod S je stredom úsečky XX´.

Bod S nazývame stred súmernosti a zároveň

je to jediný samodružný bod zobrazenia.

Priamky (roviny) prechádzajúce bodom S sú

samodružnými priamkami (rovinami) stredovej

súmernosti. Stredová súmernosť je jednoznačne

určená stredom súmernosti alebo dvojicou

rôznych bodov X, X´(vzor – obraz).

Okrem vlastnosti, ktoré sme uviedli pri definovaní si zhodných zobrazení v priestore,

je potrebné si pri stredovej súmernosti v priestore všimnúť, že obrazom každej úsečky XY

je úsečka XÝ´ rovnobežná a rovnako dlhá ako úsečka XY, ale úsečky XY a XÝ´ majú opačnú

orientáciu. Z toho teda vyplýva, že stredová súmernosť v priestore mení orientáciu.

Bod S sa nazýva stredom súmernosti ľubovoľného útvaru U, ak sa daný útvar U zobrazí sám

do seba v súmernosti podľa bodu S.

Poznámka. Ak má útvar U aspoň jeden stred súmernosti, tak hovoríme, že je útvar U stredovo súmerný.

Príklad 1.2.2.1

Vo voľnom rovnobežnom premietaní zostrojte obraz pravidelného štvorbokého ihlana

ABCDV v súmernosti podľa bodu V.

Riešenie.


50

Na zostrojenie obrazu pravidelného

štvorbokého ihlana ABCDV v stredovej

súmernosti podľa bodu V (je jeden

z vrcholov ihlana) využijeme významné

body ihlana ABCDV, a tie zobrazíme

v danej stredovej súmernosti.

Na obrázku je zostrojení obraz

pravidelného štvorbokého ihlana ABCDV

vo voľnom rovnobežnom premietaní,

pričom v stredovej súmernosti podľa bodu

V sú zobrazené jednotlivé vrcholy ihlana.

Vrchol V = V´ je samodružným bodom

zobrazenia.

Príklad 1.2.2.2

Nájdite stred súmernosti rotačného valca. Riešenie.

Rotačný valec má jediný stred súmernosti, a to bod S, ktorý je stredom úsečky S´S´´

určenej stredmi podstáv.

Všetky rezové roviny valca, ktoré

obsahujú úsečku S´S´, sú rovnobežníkmi.

Napr. v rovnobežníku XYXÝ´ platí, že

stred úsečky XX´ je zároveň stredom

úsečky YY´, z čoho vyplýva, že body X, Y

sa postupne zobrazia v stredovej

súmernosti podľa bodu S do bodov X´, Y´.

Daná vlastnosť platí aj pre ostatné body

rovnobežníka XYXÝ´. Podobne môžeme

ukázať, že bod S je stred

súmernosti napr. rezovej roviny ZWZ´ daného valca, a preto je aj jeho stredom súmernosti.

1.2.3 SÚMERNOSŤ PODĽA PRIAMKY V PRIESTORE

Súmernosť podľa priamky v priestore alebo tiež osová súmernosť v priestore je ďalším

zhodným zobrazením v priestore, ktoré si uvedieme.


51

Daná je priamka o. Osovou súmernosťou podľa priamky o v priestore rozumieme

zobrazenie, ktoré každému bodu X priradí taký bod X´, že úsečka XX´ je kolmá

na priamku o a zároveň stred úsečky XX´ patrí priamke o.

Priamka o sa nazýva os súmernosti, ktorá

je zároveň aj samodružnou priamkou

daného zhodného zobrazenia. Je teda

zrejmé, že každý bod priamky o je

samodružným bodom.

Osová súmernosť má aj iné samodružné

priamky. Sú to priamky kolmé na os

súmernosti o.

Samodružnými rovinami sú roviny kolmé

na os súmernosti o.

Pre osovú súmernosť v priestore platia vlastnosti zhodného zobrazenia v priestore.

Osová súmernosť v priestore je jednoznačne určená osou súmernosti o.

Priamka o sa nazýva os súmernosti ľubovoľného útvaru U, ak sa daný útvar U zobrazí sám

do seba v osovej súmernosti podľa danej priamky o.

Poznámka. Ak má útvar U aspoň jednu os súmernosti, tak hovoríme, že útvar U je osovo súmerný.

Príklad 1.2.3.1

Zostrojte obraz kocky ABCDEFGH vo voľnom rovnobežnom premietaní v súmernosti podľa priamky CG . Riešenie.


52

Obrazom kocky ABCDEFGH v osovej súmernosti s osou CG je kocka

A´BĆ´DÉ´F´G´H´.

Keďže priamka CG je samodružnou priamkou daného zobrazenia, tak platí ĆC =

a ´GG = . Obrazy zvyšných vrcholov kocky zostrojíme postupne podľa vlastností

osovej súmernosti v priestore. Keďže roviny kocky ABD a EFH sú kolmé na os

súmernosti CG , tak sú zároveň samodružnými rovinami, čo môžeme využiť aj

pri samotnej konštrukcii obrazov jednotlivých vrcholov kocky ABCDEFGH.

Príklad 1.2.3.2

Nájdite všetky priamky, podľa ktorých je súmerný pravidelný štvorsten ABCD. Riešenie.

Pravidelný štvorsten ABCD je súmerný podľa priamok prechádzajúcich stredmi

protiľahlých hrán.

Napríklad priamka ´SS (S je stred hrany

DC a S´ je stred hrany AB) je osou

súmernosti daného štvorstena a priamka

´SS leží v rovine súmernosti štvorstena.


53

1.2.4 POSUNUTIE V PRIESTORE

Daná je orientovaná úsečka XX´. Každému bodu Y priestoru priradíme bod Y´

priestoru tak, aby |YY´|=|XX´| a úsečka YY´ bola súhlasne orientovaná s úsečkou

XX´. Potom zobrazenie Y→Y´ nazývame posunutím (transláciou) v priestore.

Poznámka. Bod X sa nazýva vzor a bod X´ sa nazýva obraz.

Daný je trojuholník YZW v priestore

a orientovaná úsečka XX´. Na obrázku je

zobrazený tento trojuholník v posunutí

v smere orientovanej úsečky XX´.

Dĺžka orientovanej úsečky ´XX sa

nazýva dĺžka posunutia a smer úsečky XX´

sa nazýva smer posunutia.

Posunutie v priestore nemá žiadne

samodružné body.

Priamky (roviny) v priestore rovnobežné so smerom posunutia sú samodružnými priamkami

(rovinami) v danom posunutí.

Pre posunutie v priestore platia uvedené vlastnosti zhodného zobrazenia v priestore.

Posunutie v priestore je jednoznačne určené:

a) danou orientovanou úsečkou (smer posunutia, dĺžka posunutia)

b) dvojicou rôznych bodov X, X′ (vzor – obraz)

Príklad 1.2.4.1

Zostrojte 5-boký hranol ´´´´´ EDCBABCDEA s využitím posunutia v priestore.

Riešenie.

Nech je daný konvexný 5–uholník ABCDE , ktorý leží v rovine ρ a bod Á , ktorý neleží

v rovine ρ. Existuje práve jedno posunutie, pri ktorom sa bod A zobrazí do bodu Á

(vysvetlite). Pri tom posunutí sa rovina ρ zobrazí do roviny ρ´, ktorá je s rovinou ρ

rovnobežná, 5–uholník ABCDE sa zobrazí do 5–uholníka ´´´´´ EDCBA ležiaceho v rovine

ρ´.


54

Ak ľubovoľný bod X patrí 5–uholníku

ABCDE , potom bod X´ patrí 5–uholníku ´´´´´ EDCBA a potom všetky body úsečky

XX´ vytvoria teleso, ktoré sa nazýva

hranol.

Ak bod X patrí len obvodu 5–uholníka

ABCDE , úsečky XX´ tvoria plášť hranola,

ktorý sa skladá z piatich rovnobežníkov –

bočné steny hranola.

5–uholníky ABCDE a ´´´´´ EDCBA sú podstavy daného hranola. Úsečky AA´, BB´, CC´,

DD´, EE´ a strany 5–uholníkov ABCDE , ´´´´´ EDCBA sa nazývajú hrany hranola.

V našom prípade hovoríme o 5–bokom hranole.

Rôzne prípady môžu nastať vtedy, ak smer posunutia je kolmý na rovinu mnohouholníka,

vtedy hovoríme o kolmom hranole, inak o kosom hranole. Kolmý hranol, ktorého podstavy

sú pravidelné mnohouholníky, sa nazýva pravidelný hranol. Hranol, ktorého podstavy sú

rovnobežníky, sa nazýva rovnobežnosten (napr. kocka, kváder, ... ).

Poznámka. Podľa hodnoty n ( )3≥n rozlišujeme hranol 3-boký, 4-boký atď. Podobne vieme popísať vlastnosti ľubovoľného n-bokého hranola.

Príklad 1.2.4.2

Daný je rovnobežnosten ABCDEFGH. Zostrojte štvorsten KLMN tak, aby každá jeho

hrana bola uhlopriečkou niektorej steny rovnobežnostena ABCDEFGH.

Riešenie.

Zvoľme jeden vrchol štvorstena K=A. Z vrcholu A rovnobežnostena vychádzajú tri stenové

uhlopriečky AC, AF a AH. Zo spomenutej

vlastnosti teda vyplýva, že môžeme

napríklad zvoliť L=C, M=F a N=H .

Každé dve protiľahlé hrany štvorstena sú

uhlopriečkami dvoch rovnobežných stien

rovnobežnostena (nie sú však

rovnobežné).

Keby sme si zvolili bod K v bode B, dostali by sme tiež štvorsten s danými vlastnosťami


55

(pokúste sa ho načrtnúť). Vyplýva teda, že vieme zostrojiť práve dva požadované

štvorsteny (odhliadnuc od označenia). Ide o tzv. štvorsteny vpísané rovnobežnostenu;

potom hovoríme, že rovnobežnosten je opísaný štvorstenu.

1.2.5 OTOČENIE OKOLO PRIAMKY

Daná je priamka p a orientovaný uhol φ. Ľubovoľnému bodu X priestoru (vzor),

ktorý nepatrí priamke p, priradíme bod X´ v priestore (obraz) otočením okolo

priamky p o uhol φ tak, že bod X´ leží na kružnici prechádzajúcej bodom X, ktorá

leží v rovine kolmej na priamku p a stred S kružnici patrí priamke p. Orientovaný

uhol XSX´ je zhodný s uhlom φ.

Definícia je prezentovaná na obrázku.

Priamka p je osou otočenia a uhol φ sa

nazýva uhol otočenia.

Obraz bodu X pri rôznych uhloch otočenia

okolo priamky p vyplnia celú kružnicu k.

Poznámka. Otočením okolo osi p o uhol otočenia ϕ v priestore je v každej rovine ρ, ktorá je kolmá na priamku p, určené otočenie so stredom S = p ∩ ρ v rovine (s tým istým uhlom otočenia ϕ) . Načrtnite.

Pre otáčanie okolo priamky v priestore platia vlastnosti pre zhodné zobrazenia spomenuté

v úvode tejto kapitoly.

Otočenie okolo priamky je jednoznačné určené:

a) osou otočenia p a veľkosťou orientovaného uhla φ

b) osou p a dvojicou rôznych bodov X, X′ (vzor-obraz), pričom X′p=Xpa body X, X′ ležia

v jednej rovine kolmej na os otočenia p (päty kolmíc zostrojených z bodov X, X′ sa pretínajú

na osi p)

Poznámka. O telese T v priestore hovoríme, že priamka p je jeho osou rotácie a teleso T je rotačným telesom, ak sa zobrazí samo do seba pri každom otočení okolo priamky p.

Príklad 1.2.5.1


56

Popíšte konštrukciu rotačného valca, gule a anuloidu pomocou otočenia okolo priamky.

Riešenie.

Majme rotačné teleso T s osou rotácie p. Zvoľme si ľubovoľnú polrovinu τ s hraničnou

priamkou p a označme U prienik telesa T a polroviny τ. Každý bod telesa T dostaneme ako

obraz niektorého bodu množiny U pri niektorom otočení okolo priamky p.

Ak za množinu U si zvolíme pravouholník

ABCD, pričom jeho dva vrcholy A, B

patria priamke p, dostaneme rotačný valec.

Rotačný valec má výšku ABv =

a polomer podstavy BCr = .

Ak množina U je polkruh nad priemerom

AB, kde body A, B ležia opäť na priamke p,

telesom T je guľa s priemerom ABd = .

Hranicou gule je guľová plocha alebo

sféra.

Ak množina U je kruh, ktorý nemá nijaký

spoločný bod s priamkou p. Dostaneme

teleso T, ktoré sa nazýva anuloid alebo aj

torus.

1.2 Cvičenie

1. Nájdite všetky roviny súmernosti a) dvoch rôznobežných priamok,

b) dvoch mimobežných priamok.

2. Koľko rovín súmernosti má a) rotačný valec,

b) rotačný kužeľ?


57

3. Daný je pravidelný štvorboký ihlan ABCDV. Nájdite všetky roviny, podľa ktorých je

tento ihlan súmerný.

4. Poskladajte z desiatich jednotkových kociek čo najviac stavieb rovinovo súmerných.

5. Dokážte, že kváder ABCDEFGH má jediný stred súmernosti.

6. Nájdite stred súmernosti pravidelného n – bokého hranola.

7. Koľko stredov súmernosti má a) guľa, b) rotačný kužeľ?

8. Môže byť súmernosť podľa osi v priestore určená jednoznačne aj dvojicou rôznych

bodov X, X′ ?

9. Na povrchu kocky ABCDEFGH nájdite body rovnako vzdialené od bodov A, B, G.

10. Daný je pravidelný štvorboký ihlan ABCDV. Je daný ihlan osovo súmerný? Ak áno,

nájdite všetky osi súmernosti.

11. Určte všetky priamky, podľa ktorých je kocka súmerná.

12. Koľko stredov, osí a rovín súmernosti má pravidelný štvorboký hranol?

13. Je daný štvorsten ABCD, kde trojuholník ABC je rovnostranný a bod E tak, že AD ≅

AE, BD ≅ BE, CD ≅ CE. Dokážte, že rovina ABC je rovinou súmernosti úsečky DE.

14. Vyslovte definíciu rotačného kužeľa pomocou otočenia okolo priamky.

15. Nájdite obraz kocky ABCDEFGH v otočení okolo osi AEp = , ktoré otočí bod B

do bodu D.


58

2 PODOBNÉ ZOBRAZENIA V tejto kapitole uvedieme definíciu podobného zobrazenia, vysvetlíme si jednotlivé dôležité

pojmy pri podobnom zobrazení, budeme definovať špeciálne podobné zobrazenie –

rovnoľahlosť a ukážeme si praktické použitie rovnoľahlosti pri riešení konštrukčných úloh.

2.1 DEFINÍCIA PODOBNÉHO ZOBRAZENIA

Podobné zobrazenie je zvláštnym prípadom zobrazenia.

Zobrazenie f množiny M do množiny M sa nazýva podobnosťou s koeficientom

k R+∈ práve vtedy, keď dvom navzájom rôznym bodom ,X Y priradí dva navzájom

rôzne body ,X Y′ ′ tak, že platí

X Yk

XY′ ′

= .

Hlavná myšlienka definície je v tom, že podobné zobrazenie zachováva pomer dĺžok

úsečiek. Tento fakt je vyjadrený vzťahom X Y

kXY

′ ′= .

Bodom ,X Y hovoríme vzory, body ,X Y′ ′ sú ich obrazy.

Podobnosť útvarov ,U U ′ zapisujeme U U ′∼ .

Príklad 2.1.1 Na obrázku sú dva štvorce - ,ABCD A B C D′ ′ ′ ′ s dĺžkami strán 2cm a 5cm. Zistite, či sú podobné!

Riešenie. Oba štvorce sú podobné, t.j. ABCD A B C D′ ′ ′ ′∼ , pretože platí


59

52

A BAB′ ′

= , 52

B CBC′ ′

= , 52

C DCD′ ′

= , 52

D ADA

′ ′= ,

t.j. pre všetky úsečky je pomer 52

k = .

Príklad 2.1.2 Na obrázku sú dve kružnice ( ) ( )1 1 1 2 2 2, 3 , , 3k O r cm k O r cm= = . Zistite, či sú podobné!

Riešenie. Obe kružnice sú podobné, t.j. 1 2k k∼ , pretože pomer dĺžok polomerov je vždy

1

2

3 13

rr

= = .

Teda 1k = .

(Pozn. Dve kružnice sú vždy podobné, aj v prípade 1 2r r≠ )

Príklad 2.1.3 Na obrázku sú dva trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ . Zistite, či sú podobné!

Riešenie. Oba trojuholníky sú podobné, t.j. ABC A B C′ ′ ′∼ pretože platí

5 110 2

A BAB′ ′

= = , 5 110 2

B CBC′ ′

= = , 5 110 2

A CAC′ ′

= = ,


60

t.j. pre všetky úsečky je pomer 12

k = .

Dôležité. Všimnime si, že na polohe útvarov nezáleží. Jednotlivé sebe odpovedajúce úsečky

,AB A B′ ′ ; ,BC B C′ ′ ; ... atd. môžu byť rôznobežné [príklad 2.1.1] alebo rovnobežné [príklad

2.1.3], prípadne sa útvary môžu pretínať [príklad 2.1.2]. Vždy je dôležitý len pomer k.

Body ,X Y sú ľubovoľne vybrané z množiny M (nejakého útvaru), preto musí byť pomer k

rovnaký pre všetky úsečky XY a ich obrazy X Y′ ′ . Ak nájdeme čo i len jednu dvojicu

vzorov ,X Y a ich obrazov ,X Y′ ′ , pre ktoré nie je zachovaný pomer, a útvary nie sú

podobné.

Príklad 2.1.4 Na obrázku sú dva útvary – štvorec ABCD so stranou dĺžky 2

a kosoštvorec A B C D′ ′ ′ ′ so stranou dĺžky 4. Dĺžky uhlopriečok sú taktiež naznačené na

obrázku. Zistite, či sú tieto útvary podobné!

Riešenie. Vypočítame pomer k

4 22

A BAB′ ′

= = , 4 22

B CBC′ ′

= = , 4 22

C DCD′ ′

= = , 4 22

A DAD′ ′

= = , ale

6,952,83

2, 45A CAC′ ′

= B

⇓

útvary nie sú podobné, pretože nemajú rovnaký pomer dĺžok odpovedajúcich si úsečiek

(našli sme iný pomer pre dĺžky uhlopriečok ,A C AC′ ′ . Rovnako sme mohli uvažovať

o dĺžkach uhlopriečok ,BD B D′ ′ , kde by bol pomer k iný než 2.)


61

V definícii uvedený zápis k R+∈ znamená, že číslo k je reálne a kladné (teda nemôže byť

záporné alebo 0). Dôvod je jednoduchý – počítame s dĺžkami úsečiek a každá dĺžka úsečky je

vyjadrená kladným číslom. Videli sme na príkladoch.

Číslo k sa nazýva koeficient podobnosti a môže nadobúdať hodnoty

a) 1k > , potom hovoríme, že ide o zväčšenie (obraz je „väčší“ ako vzor) [príklad 2.1.1]

b) 1k = , potom hovoríme, že ide o zhodnosť (teda obraz a vzor sú rovnako „veľké“ ).

Platí teda, že zhodnosť je len špeciálnym prípadom podobnosti. [príklad 2.1.2]

c) 1k < , potom hovoríme, že ide o zmenšenie (teda obraz je menší ako vzor)

[príklad 2.1.3]

Na obrázku je znázornená mačka. Vľavo dolu je jej zmenšený obraz (pre 12

k = ), vpravo

dolu zase zväčšený obraz (pre 2k = ).

↙ 1k = ↓

12

k =

2k =


62

Na ďalších obrázkoch je strom. Ak sa pozeráme na obrázky zľava doprava, ide o zmenšenie

postupne s koeficientom podobnosti 34

k = . Ak sa pozeráme na obrázky sprava doľava, ide

o zväčšenie s koeficientom podobnosti 43

k = .

34

k→ = →

43

k← = ←

Veta

Ak sú dva útvary podobné, potom sebe odpovedajúce uhly sú zhodné.

Na príklade 2.1.1 sú dva podobné štvorce- oba majú zhodné pravé uhly. V príklade 2.1.3 sú

podobné dva trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ , ktoré majú zhodné uhly- viď obrázok.

Ako naznačuje riešenie nasledujúceho príkladu, vetu nemožno obrátiť.


63

Príklad 2.1.5 Dva útvary – štvorec ABCD so stranou dĺžky 2 a obdĺžnik A B C D′ ′ ′ ′ so

stranami dĺžok 3 a 4 majú zhodné pravé uhly. Sú podobné?

Riešenie. Hoci majú útvary zhodné uhly (veľkosti 90o ), nie sú podobné, pretože

3 1,52

A BAB′ ′

= = a 4 22

B CBC′ ′

= = .

Príklad 2.1.6 K danému trojuholníku KLM postupne so stranami dĺžok

6cm, 4cm, 6cm zostrojte dva podobné trojuholníky K L M′ ′ ′ a K L M′′ ′′ ′′ postupne

s koeficientmi 12

k′ = a 32

k′′ = . Sú trojuholníky K L M′ ′ ′ , K L M′′ ′′ ′′ tiež podobné?

Riešenie. Najprv vypočítame dĺžky strán , ,K L L M K M′ ′ ′ ′ ′ ′ . Má platiť

1 1 32 2

K Lk K L KL cm

KL′ ′

′ ′ ′= = ⇒ = =

1 1 22 2

L Mk L M LM cm

LM′ ′

′ ′ ′ ′= = ⇒ = =

1 1 32 2

K Mk K M KM cm

KM′ ′

′ ′ ′= = ⇒ = =

Trojuholník K L M′ ′ ′ má teda

polovičné dĺžky strán ako trojuholník

KLM . Zostrojíme trojuholník so

stranami 3cm, 2cm, 3cm.

Pre trojuholník K L M′′ ′′ ′′ vypočítame


64

3 3 92 2

K Lk K L KL cm

KL′′ ′′

′′ ′′ ′′= = ⇒ = =

3 3 62 2

L Mk L M LM cm

LM′′ ′′

′′ ′′ ′′= = ⇒ = =

3 3 92 2

K Mk K M KM cm

KM′′ ′′

′′ ′′ ′′= = ⇒ = =

Vidíme, že v prvom prípade ide o zmenšenie a v druhom o zväčšenie.

Trojuholníky K L M′ ′ ′ , K L M′′ ′′ ′′ sú tiež podobné, t.j. K L M′ ′ ′ ∼ K L M′′ ′′ ′′ pretože

9 6 33 2

K L L M K MK L L M K M

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′= = = = =

′ ′ ′ ′ ′ ′.

Koeficient podobnosti 3k = .

Dôležité. Vzťah podobnosti je vzájomný, lebo ak sú strany druhého útvaru k -násobkom strán

prvého útvaru, sú strany prvého 1k

− násobkom strán druhého útvaru (pozrite príklad so

stromom).

V predchádzajúcom príklade sme vypočítali

9 6 33 2


′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′= = = = =

′ ′ ′ ′ ′ ′.

Taktiež platí 13


′ ′ ′ ′ ′ ′= = =

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′


65

Hodnota koeficientu podobnosti k závisí od toho, ktorý útvar považujeme za vzor, a ktorý za

obraz. V každom prípade platí

Podobnosť útvarov je tranzitívna, t.j.

Ak je útvar U podobný útvaru U ′ a útvar U ′ zase podobný útvaru U ′′ , potom sú

podobné aj útvary U a U ′′ .

Zapisujeme

U U súčasne U U U U′ ′ ′′ ′′⇒∼ ∼ ∼

Ak koeficient podobnosti U U ′∼ je k , koeficient podobnosti U U′ ′′∼ je m , potom

koeficient podobnosti U U ′′∼ je súčinom koeficientov podobností, t.j. .k m .

Príklad 2.1.7 Na štvorčekovom papieri je znázornený útvar M. Zostrojte jeho obraz dvakrát

zväčšený a porovnajte ich obsahy!

Riešenie. Každá hrana bude mať dvojnásobnú dĺžku, preto bude výsledný útvar vyzerať

nasledovne

Útvar M má obsah 214S j= a dvojnásobne zväčšený obraz M ′ má obsah 24.14 56S j′ = = .


66

Ak sú dva útvary ,U U ′ podobné s koeficientom podobnosti k , potom pre ich obsahy

,S S ′ platí

2S kS′

=

2.1 Cvičenie

1. Polomery kružníc 1 2,k k sú 1 24 , 6r cm r cm= = . Určte koeficient podobnosti. Prečo sú

dve hodnoty?

2. Štvorec má dĺžku strany 2a cm= . Zostrojte na štvorčekovom papieri podobný štvorec

s koeficientom podobnosti 1,5k = . Ide o zväčšenie?

3. Na polpriamke AB (so začiatkom v bode A ) zostrojte za bodom B bod C tak, aby

platilo 2AB BL= . Sú úsečky ,AC BC podobné?

4. Normalizovaný papier má tvar obdĺžnika a jeho strany sú v pomere 2 :1. Ak

preložíme papier na polovicu pozdĺž priamky rovnobežnej s kratšou stranou,

dostaneme znovu obdĺžnik s tým istým pomerom rozmerov. Dokážte a prakticky

overte!

5. Dva kovové pliešky rovnakej hrúbky h majú obdĺžnikov s rozmermi: jeden má stranu

dĺžky 3cm a uhlopriečku dĺžky 5cm; druhý má strany 8cm a 6cm. Sú podobné? Ak áno,

aký je pomer ich objemov?

6. Stredy strán kosoštvorca sú vrcholy rovnobežníka. Sú tieto útvary podobné?

7. Dva podobné obdĺžniky majú pomer obsahov 49

SS′

= . Aký je koeficient podobnosti ?

8. Na štvorčekovom papieri si nakreslite domček. Nakreslite jeho 23

k = zmenšený

obraz. 9. Na štvorčekovom papieri je nakreslený tento útvar:

Zväčšite ho v pomere 3 : 2 .


67

2.2 PODOBNOSŤ TROJUHOLNÍKOV

V tejto kapitole budeme špecifikovať podobnosť na konkrétne útvary – trojuholníky.

Z definície platí, že dva trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ sú podobné, ak sebe odpovedajúce strany

sú si úmerné. Platia však aj tieto vety o podobnosti dvoch trojuholníkov:

Veta uu

Trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ sú podobné,

ak sa zhodujú v dvoch vnútorných uhloch

.

Poznámka. Nie je nutné požadovať, aby sa zhodovali aj v treťom uhle. Veľkosť tretieho uhla je daná súčtom veľkostí vnútorných uhlov trojuholníka (v každom trojuholníku je súčet veľkostí vnútorných uhlov 180o . Ak teda poznáme dva uhly, tretí vypočítame.).

Veta sus


ak sa zhodujú v uhle a v pomere strán ležiacich na jeho ramenách.

Veta sss


ak sú odpovedajúce si strany úmerné .


68

Príklad 2.2.1 Je daná úsečka AB dĺžky 9cm. Konštrukčne ju rozdeľte v pomere 3:5.

Riešenie. Zostrojíme pomocnú polpriamku AXuuur

, na ktorú pomocou kružidla nanesieme

3 + 5 = 8 rovnakých dielikov. Vyznačíme na polpriamke body ,C C′ tak, aby

3 , 8AC dieliky AC dielikov′ = = . Zostrojíme úsečku BC . Bodom C′ vedieme

rovnobežku p s úsečkou BC , ktorá pretne úsečku AB v bode B′ . Bod B′ rozdeľuje

úsečku AB v pomere 3:5.

Zdôvodnenie. Trojuholníky ,ABC AB C′ ′ sú podobné podľa vety uu, pretože uhol pri

vrchole A majú zhodný a zhodné sú aj uhly pri priečke AB rovnobežiek ,p BC .

Koeficient 35

k = .

2.2 Cvičenie

1. Rozdeľte úsečku dĺžky 12cm na tri úsečky v pomere 2,5 : 3: 4,5 .

2. Trojuholník ABC má vnútorné uhly veľkosti 30 , 45α γ= =o o . Trojuholník KLM má

vnútorné uhly 105 , 30κ λ= =o o . Sú podobné?

3. Os vnútorného uhla γ pretne protiľahlú stranu AB trojuholníka ABC v bode D .

Ukážte, že pre trojuholníky ,ACD BCD platí AC BCAD BD

= a aj napriek tomu nie sú

podobné.

4. Dva rovnoramenné trojuholníky, ktoré sa zhodujú v uhle oproti základni sú podobné.

Dokážte!

5. Platí ABC KLM∼ . Vypočítajte dĺžky strán ,BC KM , ak

7 , 3 ,AB cm KL cm= = 2,3 , 4AC cm LM cm= = . Narysujte oba trojuholníky!


69

6. Rozhodnite, či sú trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ podobné, ak

a) 5 11 5 11, , 70 ; , , 703 6 2 4

a b a bγ γ′ ′ ′= = = = = =o o

b) 12 , 7, 90 ; 5, 34,9, 902

a b a bβ β′ ′ ′= = = = = =o o

2.3 EUKLIDOVE VETY A PYTAGOROVA VETA

Vety o podobnosti trojuholníkov využijeme pri odvodení dôležitých geometrických viet –

Euklidových viet a Pytagorovej vety.

Majme pravouhlý trojuholník ABC s pravým uhlom pri vrchole C , ktorého pätu výšky

cv na preponu AB c= označíme ako P .

Označíme úsečky ,AP PB postupne ,b ac c a budeme ich nazývať úseky prepony, priľahlé

k odvesnám ,AC BC .

Veta

Ak c je dĺžka prepony pravouhlého trojuholníka ABC , ,a b dĺžky jeho odvesien, cv

výška na preponu a ,a bc c úseky prepony, priľahlé k odvesnám ,a b , potom platí

2c a bv c c= ⋅ (Euklidova veta o výške)

2aa c c= ⋅ (Euklidova veta o odvesne), resp. 2

bb c c= ⋅ .

Ak uvážime, že 2cv môžeme chápať ako obsah štvorca s dĺžkou strany cv ; súčin a bc c⋅ zase

ako obsah obdĺžnika so stranami ac a bc , môžeme Euklidovu vetu o výške vysloviť takto

Veta


70

Obsah štvorca zostrojeného nad výškou na preponu pravouhlého trojuholníka sa

rovná obsahu obdĺžnika, zostrojeného z oboch úsekov prepony.

Odpovedajúci obrázok

Euklidovu vetu o odvesne zase vyslovíme nasledovne

Veta

Obsah štvorca zostrojeného nad odvesnou pravouhlého trojuholníka sa rovná obsahu

obdĺžnika, zostrojeného z prepony a priľahlého úseku prepony.

Odpovedajúci obrázok

Resp.


71

Ak chceme zdôvodniť správnosť viet, musíme určiť uhly pri vrchole C . Keďže súčet veľkostí

vnútorných uhlov každého trojuholníka sa rovná 180o , platí ,ACP BCPβ α∠ = ∠ = .

Trojuholníky ,ACP CBP sú podobné a platí 2c ac a b

b c

CP BP v c v c cAP CP c v

= ⇒ = ⇒ = ⋅ .

Podobné sú aj trojuholníky ,ABC ACP , odkiaľ vyplýva 2aa

AC AP ca a c cAB AC c a

= ⇒ = ⇒ = ⋅ .

Dôležité. Ešte raz upozorňujeme, že Euklidove vety platia iba v pravouhlom trojuholníku.

Príklad 2.3.1 K danému obdĺžniku KLMN zostrojte štvorec PQRS rovnakého obsahu!

Riešenie. Označme strany obdĺžnika ,k l . Ak prehlásime tieto úsečky za úseky ,a bc c

prepony AB nejakého pravouhlého trojuholníka ABC , potom jeho výška cv je stranou


72

štvorca s rovnakým obsahom. Na polpriamku AX nanesieme postupne úsečky ,k l

a dostaneme s nimi zhodné úsečky ,b ak c AP l c PB= = = = . V bode P zostrojíme kolmicu

cv na stranu AB . Keďže trojuholník ABC má mať pravý uhol pri vrchole C , leží

bod C na Tálesovej kružnici Tk s priemerom AB . Bod C je priesečníkom Tk a cv .

Výška cv na stranu AB určuje dĺžku strany štvorca s rovnakým obsahom, ako má daný

obdĺžnik KLMN .

Poznámka. Mohli sme postupovať analogicky aj podľa Euklidovej vety o odvesne.

Z Euklidových viet môžeme jednoduchým spôsobom odvodiť Pytagorovu vetu. Platí 2

aa c c= ⋅ 2

bb c c= ⋅ Spočítame rovnosti ( )2 2 2. . .a b a ba b c c c c c c c c+ = + = + = . Veta

Ak c je dĺžka prepony pravouhlého trojuholníka , ,a b dĺžky jeho odvesien, potom platí 2 2 2c a b= + .

alebo slovne

Veta

Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouhlého trojuholníka sa rovná súčtu

obsahov oboch štvorcov zostrojených nad jeho odvesnami.


73

Obrázok

V prípade Pytagorovej vety platí aj veta obrátená.

Veta

Ak pre dĺžky strán trojuholníka ABC platí vzťah 2 2 2c a b= + , potom je trojuholník

ABC pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole C .

Pytagorova veta je jedna z najstarších, najdokazovanejších a najpotrebnejších viet v geometrii

so širokým uplatnením v praxi.

Príklad 2.3.2 Vypočítajte výšku a obsah rovnostranného trojuholníka ABC , ak jeho strana

má dĺžku a !

Riešenie. Rovnostranný trojuholník má vnútorné uhly

navzájom zhodné a majú veľkosť 60o . Trojuholník

ABC teda nie je pravouhlý a nemôžeme priamo použiť

niektorú z uvedených viet. Pomôžeme si výškou v na

stranu AB , ktorá je súčasne aj ťažnicou a preto je jej

päta stredom strany AB . Označíme pätu ako D .

Trojuholník ACD je už pravouhlý s pravým uhlom pri

vrchole D a teda preponou AC .

Použijeme Pytagorovu vetu a platí 2 2 2AC AD CD= + . Dosadíme 2

2 2

2aa v = +

a po

úprave dostávame 32av = .


74

Obsah S trojuholníka ABC vypočítame takto 2. . 3 3

2 2.2 4AB v a a aS = = = .

Príklad 2.3.3 Ako vysoko dosiahne rebrík 8m dlhý, ak je odstavený od steny na 2,5m ?

Riešenie.

Označíme vzdialenosť odstavenie od steny ako úsečku AC ,

dĺžku rebríku ako úsečku AB . Z pravouhlého trojuholníka ABC

s pravým uhlom pri vrchole C použitím Pytagorovej vety

vypočítame

( )2 2 2 2228 2,5AB AC BC BC= + ⇒ = + .

Dostaneme

7.60BC mB

Rebrík dosiahne približne do výšky 7,6m .

2.3 Cvičenie

1. Zostrojte úsečku dĺžky 2 .

2. K obdĺžniku s rozmermi 3cm a 2,5cm zostrojte štvorec rovnakého obsahu.

3. Dĺžky odvesien pravouhlého trojuholníka sú 5 ,12cm cm . Vypočítajte dĺžku prepony!

4. Rozhodnite, či trojuholník je pravouhlý

a) 3,4,5 b) 3,5,6 c)5,12,13 d)1,1, 2

5. Štvorec má uhlopriečku dĺžky 5 2 . Vypočítajte dĺžku jeho strany!

6. Šírka krovu strechy je 12m a výška strechy je 7,5m .Ako dlhé sú krokvy?

7. V trojuholníku ABC je 15, 12AB AC BC= = = . Vypočítajte jeho obsah!

8. Pravouhlý trojuholník ABC s pravým uhlom pri vrchole C je rozdelený výškou

cv CD= na stranu AB ( D je päta výšky cv ). Z bodu D sú zostrojené kolmice

,DE DF postupne na strany ,BC AC (body ,E F sú príslušné päty kolmíc). Dokážte,

že trojuholník ABC je takto rozdelený na sedem podobných trojuholníkov.

9. Dve veže sú vzdialené od seba 50 lakťov a majú výšky 30 lakťov a 40 lakťov. Medzi

nimi je fontána, ku ktorej sa z vrcholov oboch veží spustili dva vtáky. Preleteli rovnakú

vzdialenosť. Vypočítajte vzdialenosť fontány od oboch veží. (L. Pisánsky, 13. stor.)


75

2.4 TRIGONOMETRIA PRAVOUHLÉHO TROJUHOLNÍKA

V tejto kapitole zavedieme goniometrické funkcie pomocou pomerov strán pravouhlého

trojuholníka . Uvažujme opäť o pravouhlom trojuholníku ABC s pravým uhlom pri vrchole

C . Ak jeho vnútorný uhol pri vrchole A je označený ako α , potom definujeme tieto funkcie:

sinα (čítame sínus alfa) odvesna protiľahlá k uhlu aprepona c

α= =

cosα (čítame kosínus alfa) odvesna priľahlá k uhlu bprepona c

α= =

tgα (čítame tangens alfa) odvesna protiľahlá k uhlu aodvesna priľahlá k uhlu b

αα

= =

cotgα (čítame kotangens alfa) odvesna priľahlá k uhlu bodvesna protiľahlá k uhlu a

αα

= =

Dôležité. Uhol α je vždy ostrý uhol. Analogicky by sme mohli písať aj goniometrické

funkcie pre uhol β .

Príklad 2.4.1 Vypočítajte hodnoty goniometrických funkcií pre uhly veľkostí 30 ,45o o a

60o použitím rovnostranného trojuholníka a štvorca.

Riešenie. Uvažujme o rovnostrannom trojuholníku ABC

s dĺžkou strany a . Veľkosti vnútorných uhlov sú 60o .

Ak výškou rozdelíme trojuholník ABC na dva pravouhlé

trojuholníky ,ACD BCD , potom veľkosti ich vnútorných

uhlov budú 30 ,60o o a 90o . Použijúc definície

goniometrických funkcií na trojuholník ACD ,

dostávame


76

12sin 302

aADAC a

= = =o 3 32cos30

2

aCDAC a

= = =o (pozri príklad 2.3.2)

1 3230333

2

aAD

tg aCD= = = =o

32cotg30 3

2

aCD

aAD= = =o

3 32sin 602

aCDAC a

= = =o 12cos602

aADAC a

= = =o

3260 3

2

aCD

tg aAD= = =o 1 32cotg 60

3332

aAD

aCD= = = =o

Ak štvorec ABCD s dĺžkou strany a rozdelíme

uhlopriečkou AC , dostaneme pravouhlý rovnoramenný

trojuholník ABC s vnútornými uhlami 45 , 45o o a 90o . Podľa

Pytagorovej vety platí 2 2 2 2 2 2 22 2AC AB BC AC a a a AC a= + ⇒ = + = ⇒ =

Počítame

1 2sin 4522 2

AB aAC a

= = = =o 1 2cos 4522 2

AC aAC a

= = = =o

45 1AB atgBC a

= = =o cotg45 1BC aAB a

= = =o

Príklad 2.4.2 Lanovka má priamu trať stúpajúcu pod uhlom 40o ; jej dĺžka je 870m . Aký je

výškový rozdiel dolnej a hornej stanice a aká je ich vodorovná vzdialenosť?

Riešenie. Označme dolnú stanicu ako D , hornú stanicu ako H a vodorovnú vzdialenosť ako

úsečku DP . Trojuholník DHP je pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole P a uhol pri

vrchole D má veľkosť 40o . Výškový rozdiel je určený dĺžkou úsečky HP , ktorú

vypočítame sin 40 sin 40 0,64 870 559,20HP

DH HP HP mDH

= ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ =o o B . Výškový

rozdiel dolnej D a hornej stanice H je približne 559, 20m . Vodorovnú vzdialenosť

vypočítame pomocou Pytagorovej vety, kde platí


77

( )2 2 2 22870 559, 2 666,5DH DP HP DP m= + ⇒ = − B

Vodorovná vzdialenosť staníc je približne 666,5m .

2.4 Cvičenie

1) Uhlopriečka obdĺžnika má dĺžku 49,5cm a zviera s kratšou stranou uhol veľkosti

57 58′o . Vypočítajte dĺžky strán obdĺžnika.

2) Výška cv na preponu AB pravouhlého trojuholníka ABC má dĺžku 6,72m , kratšia

odvesna má dĺžku 7m . Vypočítajte dĺžky druhej odvesny, prepony a veľkosti

vnútorných uhlov trojuholníka.

3) Dva 15m vysoké stožiare elektrického vedenia sú umiestnené na svahu tak, že výškový

rozdiel ich piat je 23m a vodorovná vzdialenosť 54m . Aká je dĺžka drôtov, ak sa na

previs počíta 5% drôtu?

4) Určte veľkosť uhla α , ak cotg 1,3862α = .

5) Pravouhlý trojuholník má odvesnu 9, 2a cm= a preponu 14,7c cm= . Určte veľkosti

vnútorných uhlov trojuholníka.

6) Kosoštvorec má uhlopriečky dĺžok 82,3 a 54,8 . Vypočítajte veľkosť vnútorného uhla

a dĺžku strany.

7) * Rieka má priamy tok, šírku a metrov a rýchlosť prúdu 1c metrov za minútu. Parník,

ktorý pláva rýchlosťou 2c metrov za minútu priečne cez rieku, preváža cestujúcich

z miesta A jedného brehu na najbližšie miesto B na druhom brehu. Do ktorého miesta

C musí smerovať, aby sa skutočne dostal do miesta B ?


78

2.5 PODOBNOSŤ V PRÍKLADOCH Z PRAXE

Príklad 2.5.1 Tieň stromu má dĺžku 35m, tieň kolmej metrovej tyče má v tom istom čase dĺžku

148cm. Vypočítajte výšku stromu! (Slnečné lúče považujte za rovnobežné.)

Riešenie. Určíme podobné

trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′

(uu) s tým že B B′= . Platí

A B A CAB AC′ ′ ′ ′

= .

Dosadíme hodnoty

1, 48 135 AC

= a vypočítame

23,65AC m= .

Strom je vysoký 23,65m.

Príklad 2.5.2 V kastrálnej mape v mierke 1:1000 je zakreslený trojuholníkový pozemok

s dĺžkami strán a=40mm, b=40mm, c=60mm. Aké sú rozmery pozemku v skutočnosti?

Riešenie. Pozemok, zakreslený na

mape, je podobný pozemku

v skutočnosti. Ak označíme dĺžky

strán pozemku v skutočnosti ako

,a b c′ ′ ′= , potom

10001

a b ca b c′ ′ ′

= = = .

Počítame

40 .100040000 40

60 .100060000 60

a b mmmm m

c mmmm m

′ ′= = == =′ = =

= =

Pozemok má rozmery 40m, 40m a 60m.

Poznámka. Mierka 1:1000 znamená, že jeden milimeter na mape predstavuje 1000 milimetrov v skutočnosti.

Príklad 2.5.3 Vypočítajte výmeru obdĺžnikového pozemku s rozmermi v pomere 1:2 na pláne

v mierke 1:3000, ak v skutočnosti má pozemok 18 ha.

Riešenie. Nech má pozemok v skutočnosti strany dĺžok ,a b′ ′ a je podobný obdĺžniku so


79

stranami ,a b . Podľa zadania platí 2a b′ ′= . Skutočné rozmery pozemku vypočítame takto:

( )( )

22

22

180000 . 2

9.10000300

S m a b b

m bm b

′ ′ ′ ′= = =

′=

′=

Pozemok má teda rozmery 300m a 600m. Keďže pozemok v skutočnosti je podobný

pozemku, zakreslenému na mape a mapa je v mierke 1:3000, t.j. 1 3000mm mm…… , potom

13000 300.1000

a= .

Vypočítame 100a mm= . Odtiaľ vyplýva, že pre druhý rozmer náčrtku máme 200b mm= .

Obsah obdĺžnika predstavujúceho pozemok na mape je 2. 200S a b cm= = .

Príklad 2.5.4 Vodný roztok hydroxidu sodného NaOH má hmotnosť 200 g a hmotnostný

zlomok určujúci zlozenie je 20 %. Aké množstvo vody ( v g) obsahuje?

Riešenie. Zostrojíme rovnoramenný a pravouhlý trojuholník ABC s pravým uhlom pri vrchole

B tak, že 200AB j= a zostrojíme aj priečku ED , kolmú na stranu AB tak, že 100AE j= .

Na priečke ED zostrojíme bod G tak, že 20EG j= . Polpriamka AG pretne stranu BC

v bode F . Trojuholníky AEG , ABF sú podobné a platí AE ABEG BF

= .

Číselne vypočítame 100 200 4020

BFBF

= ⇒ = . Vypočítali sme, že hydroxidu v roztoku je

40g, preto v 200g roztoku je 160g vody.


80

Poznámka. Príklad možno úspešne riešiť tak, že použijeme milimetrový papier a dĺžky úsečiek priamo zmeriame.

Príklad 2.5.5 Faraón sa rozhodol pre stavbu unikátnej pyramídy, kde podstavou mal byť

obdĺžnik so stranami 12 a 7 vozových dĺžok. Po istom čase chcel vedieť, či práce na stavbe

pokračujú podľa plánu a poslal služobníka za staviteľom. Staviteľ poslal panovníkovi náčrtok

stavby. Faraón pozrel na náčrtok, zamyslel sa a podľa vtedajšieho zvyku nechal staviteľa

popraviť. Viete prečo?

Riešenie. Predpokladajme, že z útvaru je možné postaviť štvorboký ihlan. Ak doplníme

lichobežníky na trojuholníky a označíme jednotlivé vrcholy a hrany, potom EFV ABV∼ a

platí

125 12 5v u v vu v+

= ⇒ + = .

Analogicky FGV BCV∼ a dostávame

3 7v u v+

= .

Dosadíme za u v+

12125 35 36

3 7 3 35

vv v v

= ⇒ = ⇒ = ,

čo nie je možné a teda zo stavby nikde

nebude ihlan. Podľa vtedajších zvyklostí, ak staviteľ niečo na stavbe pokazil a nestihol ujsť za

hranice, bol popravený.

2.5 Cvičenie

1. Určte výmeru pozemku, ktorý je mape v mierke 1:10000 zobrazený plochou 213, 4cm .

2. V akej mierke je kreslená mapa, ak je na nej zobrazená časť terénu s výmerou 360ha

plochou 210cm ?


81

3. Les tvaru trojuholníka je zakreslený na mape v mierke 1: 50000 ako trojuholník so

stranami 3,2 ;4,8 ;5, 4cm cm cm . Aké sú rozmery v skutočnosti?

4. Budova školy vrhá tieň na rovinu dvora 16m dlhý a v tom istom čase zvislá metrová

tyč vrhá tieň 132cm dlhý. Zistite výšku budovy školy!

5. Zistite dĺžku tieňa 35m vysokého stromu, ak v tom istom čase zvislá metrová tyč vrhá

tieň dĺžky 148cm .

6. Priama cesta rovnomerne stúpa na každých dvoch metroch o 46cm . O koľko metrov

stúpne cesta na vzdialenosti 270m ?

7. Nástupište lanovky, ktorá rovnomerne stúpa, je vzdialené 4200m od jej cieľového

miesta a postavené o 180m nižšie. Ako ďaleko od nástupišťa je cestujúci, ak sa

nachádza v 50m výške nad zemou?

2.6 PODOBNOSŤ V KONŠTRUKČNÝCH ÚLOHÁCH

Všetky konštrukčné úlohy v rovine majú etapy – kroky riešenia, s ktorými ste sa oboznámili

pri zhodných zobrazeniach.

Konštrukčné úlohy, v ktorých sa používa podobnosť útvarov sú charakteristické tým, že

zvyčajne zostrojíme pomocný útvar, podobný tomu hľadanému a potom ten pomocný útvar

prispôsobíme zadaniu úlohy.

Príklad 2.6.1 Zostrojte trojuholník ABC , ak poznáte 45 , 60 , 5cv cmα β= = =o o . Riešenie. Rozbor. Ak poznáme dva vnútorné uhly ,α β , vedeli by sme zostrojiť nekonečne mnoho

trojuholníkov, ktoré by mali tieto veľkosti uhlov, ale nemali by predpísanú výšku 5cv cm= .

Zostrojíme jeden pomocný trojuholník AB C′ ′ s vnútornými uhlami 45 , 60α β= =o o .

Ľubovoľne zostrojíme úsečku A B′ ′ a dve polpriamky ,AM B N′ tak, že 45B AM′∠ = o ,

60AB N′∠ = o . Bod C′ je prienikom polpriamok ,AM BN . Bude platiť AB C ABC′ ′ ∼ podľa

vety uu. Vo vzdialenosti 5cv cm= zostrojíme priamku p , rovnobežnú s A B′ ′ . Bod C je

prienikom polpriamky AM a priamky p . Rovnobežka s úsečkou B C′ ′prechádzajúca cez bod

C určí bod B

Konštrukcia


82

1) ;

2) ; 45

3) ; 604) ;5)6) ; , 57) ;8) ;9) ;10)

AB AB ľubovoľne

AM B AM

B N AB NC C AM B NAB Cp p AB p AB cmC C p AMq q B C C qB B q ABABC

′ ′ −

′∠ =

′ ′∠ =

′ ′ ′∈ ∩′ ′

′ ′∧ =

∈ ∩′ ′ ∧ ∈

′∈ ∩

o

o

P

P

1) Zostrojíme úsečku AB′ 2) Zostrojíme uhol B AM′ veľkosti 45o 3) Zostrojíme uhol AB N′ veľkosti 60o 4) Bod C je prienikom ramien

,AM B N′ 5) Vyznačíme trojuholník AB C′ ′ 6) Zostrojíme rovnobežku p so stranou

AB′ vo vzdialenosti 5cm 7) Bod C patrí prieniku p a AM 8) Priamka q je rovnobežná s B C′ ′

a prechádza bodom C 9) Bod B je prenikom q a AB′ 10) Vyznačíme trojuholník ABC

Skúška

Trojuholník ABC má vnútorný uhol pri vrchole B veľkosti 60β = o , pretože q B N′P . Pri

vrchole A je zase uhol veľkosti 45α = o , pretože 45B AM′∠ = o . Trojuholník ABC má

výšku 5cv cm= , pretože , 5p AB cm= .

Diskusia

Úloha má jedno riešenie, lebo pomocný trojuholník AB C′ ′ je podľa vety USU zostrojený

jednoznačne a prienik priamok ,q AB′ je len jeden bod B .

Hovoríme, že sme zostrojili trojuholník AB C′ ′ podľa vety USU (uhol, strana, uhol). Podobné

označenie budeme používať aj v ďalších príkladoch s tým, že nebudeme detailne popisovať

konštrukciu pomocného útvaru (trojuholníka).

Príklad 2.6.2 Zostrojte trojuholník ABC, ak pomer jeho strán : : 3 : 4 :5a b c = a polomer

vpísanej kružnice m má byť 4cmρ = .

Riešenie.


83

Rozbor. Ak poznáme pomer dĺžok strán, vieme zostrojiť nekonečne mnoho trojuholníkov

s týmto pomerom strán. Napr. trojuholník so stranami 3cm, 4cm a 5cm (veta SSS). Ak

zostrojíme tento pomocný trojuholník A B C′ ′ ′ , bude mať tento trojuholník vlastnú dĺžku

1cmρ′ = polomeru vpísanej kružnice m′ , ktorý zistíme zmeraním alebo výpočtom.

Výsledný trojuholník ABC bude podobný trojuholníku A B C′ ′ ′ , kde koeficient podobnosti

4 41

k ρρ

= = =′

. Trojuholník ABC bude mať rozmery 12 ,16 , 20cm cm cm a zostrojíme ho

pomocou vety SSS. Konštrukcia

( )( )

( )

( )

( )

1 1

2 2

1 2

1) ; 5

2) , ,3

3) , , 44) ;5)6) ,

7) , 1 ,

8) ;12 ,16 , 20

A B A B cm

k k A cm

k k B cmC C k kA B C veta SSSO O stred vpísanej kružnice

prienik osí uhlovcm polomer vpísanej

kružniceABC veta SSS cm cm cm

ρ ρ

′ ′ ′ ′ =

′

′

′ ′∈ ∩

′ ′ ′

′ ′

′ ′ =

Poznámka. Príklad možno riešiť aj rovnoľahlosťou

(podkapitola 2.6).

1) Zostrojíme úsečku A B′ ′ dĺžky 5cm . 2) Zostrojíme kružnicový oblúk

( )1 ,3k A cm′ . 3) Zostrojíme kružnicový oblúk

( )2 , 4k B cm′ . 4) Bod C′ je prienikom oblúkov

1 2,k k . 5) Vyznačíme pomocný trojuholník

A B C′ ′ ′ . 6) Zostrojíme stred vpísanej kružnice –

bod O′ trojuholníka A B C′ ′ ′ . 7) Odmeriame polomer ρ′ a zistíme

1cmρ′ = 8) Zostrojíme trojuholník ABC podľa

vety ( )12 ,16 , 20SSS cm cm cm , podobný A B C′ ′ ′ s koeficientom

4k = .

Skúška

Trojuholník A B C′ ′ ′ s rozmermi strán 3cm, 4cm, 5cm je podľa Pytagorovej vety pravouhlý

a jeho obsah je . 3.4 62 2

a bS′ ′

′ = = = .


84

Podľa vzorca . ,2

a b cS s sρ′ ′ ′+ +′ ′ ′ ′= = platí

3 4 56 12

cmρ ρ+ +′ ′= ⋅ ⇒ = . Z podobnosti trojuholníkov vyplýva, že v trojuholníku ABC

s rozmermi 12 ,16 , 20cm cm cm je 4cmρ = .

Diskusia

Úloha má jedno riešenie, lebo pomocný trojuholník AB C′ ′ je podľa vety SSS zostrojený

jednoznačne .

2.6 Cvičenie

1. Zostrojte trojuholník ABC , ak poznáte 60 , 45 , 6ct cmα β= = =o o .

2. Zostrojte trojuholník ABC , ak poznáte 90 , 45 , 4,5cv cmα β= = =o o .

3. Zostrojte trojuholník ABC , ak je dané - 45 , 4 , : 7 : 4bt cm b cα = = =o .

4. Zostrojte trojuholník ABC , ak je dané - 10, 45 , 75a b β γ+ = = =o o . 5. Zostrojte rovnobežník ABCD , ak poznáte : 5 :3, 6, 45a b f α= = = o .

6. Zostrojte kosoštvorec ABCD , ak poznáte 5, : 3 : 4a e f= = .

2.7 ROVNOĽAHLOSŤ – ŠPECIFICKÁ PODOBNOSŤ

Rovnoľahlosť je špeciálne podobné zobrazenie. To znamená, že má všetky vlastnosti

podobného zobrazenia, ale naviac má vlastnosť, že v zobrazení sebe odpovedajúce priamky

(resp. úsečky) sú vždy rovnobežné.

Rovnoľahlosť definujeme nasledovne.

Nech je v rovine daný bod S a reálne číslo χ (čítaj kapa) ( 0, 1χ χ≠ ≠ ). Ku každému bodu X (vzoru) roviny zostrojíme bod X ′ (obraz) podľa predpisu:

1. Ak X S= , potom X S′ =

2. Ak X S≠ , zostrojíme bod X ′ na priamke SX tak, aby pre dĺžky úsečiek

,SX SX′ platil vzťah SXSX

χ′

= ,

pričom, ak 0χ > , zostrojíme bod X ′ na polpriamke SXuuuv

.

Ak 0χ < , zostrojíme bod X ′ na opačnej polpriamke k SXuuuv

Bod S nazývame stred rovnoľahlosti, reálne číslo χ koeficientom rovnoľahlosti.


85

Zobrazenie bodu X do bodu X ′ v rovnoľahlosti so stredom S a koeficientom

rovnoľahlosti χ zapisujeme

( ), :H S X Xχ ′→

(čítame: v rovnoľahlosti H so stredom S a koeficientom χ sa X zobrazí do X ′ )

Poznámka. Rovnoľahlosť sa nazýva aj homotetia. Odtiaľ označenie písmenom H .

Ukážeme si, ako sa premieta definícia do praxe.

Na obrázku je určený bod S , v rovine vybraný bod X S≠ a zvolené číslo 2χ = . Zobrazíme

teda tento bod X do bodu X ′ podľa definície.

Keďže 2 0χ = > , leží bod X ′ na polpriamke SXuuuv

. Zostrojíme polpriamku SXuuuv

a odmeriame

vzdialenosť bodov ,S X . V našom prípade 3SX cm= .

Vypočítame vzdialenosť . 3.2 6SX SX cmχ′ = = = . Bod X ′ leží vo vzdialenosti 6cm od

bodu S na polpriamke SXuuuv

.

Na obrázku je určený bod S , v rovine vybraný bod X a zvolené číslo 12

χ = − . Zobrazíme

teda tento bod X do bodu X ′ podľa definície.

Keďže 1 02

χ = − < , leží bod X ′ na opačnej polpriamke k polpriamke SXuuuv

. Zostrojíme

opačnú polpriamku k polpriamke SXuuuv

a odmeriame vzdialenosť bodov ,S X . V našom

prípade 3SX cm= .

Vypočítame vzdialenosť 1 3. 3.2 2

SX SX cmχ′ = = − = . Bod X ′ leží vo vzdialenosti 1,5cm

od bodu S na opačnej polpriamke k SXuuuv

.


86

Ak sa v rovnoľahlosti ( ), :H S X Xχ ′→ , potom existuje inverzné (vratné) zobrazenie, ktoré

zobrazí bod X ′ naspäť do bodu X . Inverzné zobrazenie je tiež rovnoľahlosť, zapisujeme ju

1H − , má stred tiež v bode S a koeficient rovnoľahlosti 1χ

, t.j.

1 1, :H S X Xχ

− ′ →

.

Ak je koeficient rovnoľahlosti 1χ = − , nehovoríme o rovnoľahlosti, ale kvôli zhodným

útvarom o stredovej súmernosti (stredová súmernosť je špeciálny prípad rovnoľahlosti).

Príklad 2.7.1 V rovine je daný trojuholník ABC. V rovnoľahlosti, ktorá je daná stredom S

( , ,S A B C≠ ) a s koeficientom χ zostrojte jeho obraz A B C′ ′ ′ , ak bod S leží mimo

trojuholníka ABC a 13

χ =

Riešenie. Zostrojíme polpriamky so začiatkom v bode S a zmeriame dĺžky , ,SA SB SC .

Vypočítame SA SB SCSA SB SC

χ′ ′ ′

= = = .

Keďže je koeficient χ kladný, ležia body , ,A B C′ ′ ′ na polpriamkach , ,SA SB SCuuv uuv uuuv

.

O bodoch ,X X ′ , ktoré sú vzor a obraz v rovnoľahlosti ( ), :H S X Xχ ′→ niekedy

hovoríme, že sú rovnoľahlé. Niekedy nie je nutné presne určiť koeficient rovnoľahlosti.

V takom prípade len konštatujeme, že dva útvary (kružnice, trojuholníky, štvorce , atď. ... ) sú

rovnoľahlé. V riešení takých úloh sa využíva len vlastnosti rovnoľahlosti, ktoré uvádza

nasledovná veta.


87

Veta

V rovnoľahlosti ( ), :H S X Xχ ′→ sa

1. každé dva rovnoľahlé body (vzor a jeho obraz) ležia na priamke

prechádzajúcej stredom rovnoľahlosti

2. každé dve rovnoľahlé priamky sú rovnobežné

3. každé dve rovnobežné a nezhodné úsečky sú rovnoľahlé dvomi spôsobmi

4. každé dve nezhodné kružnice sú rovnoľahlé najviac dvomi spôsobmi, pričom

stredy rovnoľahlosti ležia na priamke určenej stredmi kružníc

5. spoločné dotyčnice dvoch kružníc prechádzajú odpovedajúcimi stredmi

rovnoľahlostí

Vo vetách vyššie sme zámerne podčiarkli niektoré slová, pretože sú dôležité. Uvedené vety

majú zásadnú dôležitosť. Z tohto dôvodu uvádzame podrobnejšie vysvetlenie.

1. Ak sú dané dva útvary, ktoré sú rovnoľahlé (odpovedajúce strany sú rovnobežné), potom

body, ktoré s navzájom odpovedajú, určujú priamky prechádzajúce stredom S tejto

rovnoľahlosti.

2. Ak sú dve priamky ,p p′ rovnoľahlé, potom platí , že aj sebe odpovedajúce úsečky

,AB A B′ ′ , ležiace na týchto priamkach si odpovedajú , t.j. ( ), :H S p pχ ′→

Rovnobežnosť vyplýva z definície

rovnoľahlosti

SB SASB SA

χ′ ′

= = ,

kde sú trojuholníky ,SAB SA B′ ′

podobné podľa vety sus. Úsečky


88

,AB A B′ ′ sú súčasne rovnobežné.

3. Úsečky ,AB A B′ ′ sú rovnoľahlé

dvomi spôsobmi (na obrázku)

( )1 1 1, 2 :H S AB A Bχ ′ ′= →

( )2 2 2, 2 :H S AB A Bχ ′ ′= − →

Ak by boli úsečky rovnobežné a

zhodné (rovnako dlhé), bod 1S by

neexistoval, lebo rovnobežky by

sa nepreťali.

4. Ak sú teda dve nezhodné a rovnobežné úsečky rovnoľahlé dvomi spôsobmi, tak aj dva

rovnobežné priemery (sú tiež úsečkami) kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r sú rovnoľahlé dvomi

spôsobmi a môžu nastať tieto dva prípady:

a) Vieme, že body, ktoré si odpovedajú v rovnoľahlosti, určujú priamku prechádzajúcu

stredom rovnoľahlosti. Napr. ak bodu A odpovedá bod A′ , pretne priamka AA′ priamku

1 2O O v bode 1S . Bod 1S sa nazýva vonkajší stred rovnoľahlosti (externý - niekedy sa

označuje E ) dvoch kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r , pretože neleží na úsečke 1 2O O .


89

b) Ak bodu A odpovedá bod A′′ ležiaci v opačnej polrovine (vzhľadom k priamke 1 2O O ),

potom pretína priamka AA′′ priamku 1 2O O v bode 2S . Bod 2S sa nazýva vnútorný stred

rovnoľahlosti (interný – niekedy sa označuje I ), pretože leží na úsečke 1 2O O .

Poznámka. Body 1 2,S S sme mohli skonštruovať aj pomocou druhých bodov priemeru. Výsledok by bol rovnaký.

Ak by kružnice ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r mali rovnaký polomer, t.j. 1 2r r= , potom bod 1S by

neexistoval, lebo rovnobežky by sa nepreťali.

V doterajších ukážkach boli vždy jednoznačne určené dva stredy rovnoľahlosti 1 2,S S . Veta

o rovnoľahlosti dvoch kružníc hovorí, že dve nezhodné kružnice sú rovnoľahlé najviac

dvomi spôsobmi. Existenciu dvoch rovnoľahlostí, resp. ich stredov, sme už ukázali. Treba ešte

dodať, že jediná rovnoľahlosť dvoch nezhodných kružníc je len vtedy a len vtedy, keď ide

o sústredné kružnice ( ) ( )1 1 1 2 1 2 1 2, , , ,k O r k O r r r≠ . Stred tejto rovnoľahlosti je v bode 1O .

Dve nezhodné kružnice sú teda rovnoľahlé aspoň v jednej rovnoľahlosti, najviac však v dvoch

rovnoľahlostiach.

Veta

Ak sú dve kružnice 1 2,k k rovnoľahlé a ich vonkajší stred rovnoľahlosti je bod 1S , vnútorný

stred rovnoľahlosti zase 2S , potom pre koeficienty rovnoľahlosti 1,2χ v zobrazení kružnice

1k (vzor) do kružnice 2k (obraz) platí

21 1 1 2 1

1

, :rH S k kr

χ

= →

a 22 2 2 1 2

1

, :rH S k kr

χ

= − →

.

5. Body 1 2,S S sú stredmi rovnoľahlostí a ležia na priamke 1 2O O . Tieto stredy sa používajú

pri konštrukcii spoločných dotyčníc dvoch kružníc. Ukážeme, ako zostrojiť spoločné


90

dotyčnice.

Spoločná dotyčnica je tak ako každá dotyčnica kolmá na polomer, v našom prípade na dva

polomery 1 2,r r kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r . Keďže sú tieto polomery rovnobežné, musia byť

aj rovnoľahlé. Z toho dôvodu si dotykové body odpovedajú v rovnoľahlosti a spoločná

dotyčnica prechádza stredom rovnoľahlosti.

Konštrukciu začneme tak, že najprv zostrojíme dva ľubovoľné rovnobežné polomery

1 2,O A O A′ . Bod 1 1 2S O O AA′∈ ∩ .

Hľadaná dotyčnica má byť kolmá na polomery oboch kružníc, preto stačí len nad jedným

priemerom, napr. 1 2S O zostrojiť Tálesovu kružnicu Tk , ktorá pretne 2k v bode 2T . Spoločná

dotyčnica t je určená bodmi 1 2,S T a dotkne sa kružnice 1k v jednom bode 1T . Dotyčnici

hovoríme vonkajšia dotyčnica kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r , pretože prechádza vonkajším

stredom rovnoľahlosti 1S . Vonkajšie dotyčnice sú dve. Druhú zostrojíme analogicky alebo

v osovej súmernosti s osou 1 2O O zobrazíme prv zostrojenú dotyčnicu.

Ak použijeme vnútorný stred rovnoľahlosti 2S dvoch kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r , ktorý


91

získame pomocou dvoch ľubovoľných polomerov 1 2,O A O A′′ (bod A′′ je z opačnej polroviny

ako bod A vzhľadom k priamke 1 2O O ) . Bod 2 1 2S AA O O′′∈ ∩ .

Hľadaná dotyčnica má byť kolmá na polomery oboch kružníc, preto stačí len nad jedným

priemerom, napr. 2 2S O zostrojiť Tálesovu kružnicu Tk , ktorá pretne 2k v bode 2T . Spoločná

dotyčnica t je určená bodmi 2 2,S T a dotkne sa kružnice 1k v jednom bode 1T . Dotyčnici

hovoríme vnútorná dotyčnica kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r , pretože prechádza vnútorným

stredom rovnoľahlosti 2S . Vnútorné dotyčnice sú dve. Druhú zostrojíme analogicky alebo

v osovej súmernosti s osou 1 2O O zobrazíme prv zostrojenú dotyčnicu.

Záver je teda taký, že dve nezhodné kružnice majú najviac štyri dotyčnice. Dve vonkajšie a

dve vnútorné.


92

Poznámka, že dotyčnice sú najviac štyri je dôležitá, pretože môžu nastať tieto prípady

vzájomnej polohy dvoch nezhodných kružníc ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,k O r k O r .

1. kružnice sa dotýkajú zvonku – ich dotykový bod je vnútorným stredom rovnoľahlosti

a majú tri dotyčnice

2. kružnice sa pretínajú, ale jedna neleží vo vnútri druhej – majú len dve vonkajšie

dotyčnice

3. kružnice majú vnútorný dotyk – majú jednu spoločnú dotyčnicu a ich dotykový bod je

aj vonkajší stred rovnoľahlosti


93

4. jedna z kružníc leží vo vnútri druhej – nemajú spoločné dotyčnice

Tým sme ukončili komentár k vete o vlastnostiach rovnoľahlosti a uvedieme vetu o skladaní

rovnoľahlostí.

Mongeho veta o skladaní rovnoľahlostí

Zložením daných dvoch rovnoľahlostí ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,H S H Sχ χ môže vzniknúť

1. identita, ak 1 2 1 2 1S S a χ χ= ⋅ =

2. posunutie, ak 1 2 1 2 1S S a χ χ≠ ⋅ = ˇ

3. rovnoľahlosť, ak 1 2 1χ χ⋅ ≠

Preskúmajme stredy rovnoľahlostí troch kružníc ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 3 3 3, , , , ,k O r k O r k O r s navzájom

rôznymi polomermi a stredmi.

Za tým účelom budeme označovať vonkajšie stredy rovnoľahlostí písmenom E . Vnútorné

stredy rovnoľahlosti budem označovať písmenom I . Kvôli jednoznačnosti budeme písať

indexy, aby sme presne určili, ktorým kružniciam patria. Napr. pre kružnice 1 2,k k bude

vonkajší stred označený ako 12E , vnútorný stred rovnoľahlosti ako 12I . Ostatné analogicky

23 23 31 31, ; ,E I E I . Uvažujeme postupne o dvojiciach kružníc a zostrojíme stredy rovnoľahlostí

,ij ijE I , ; , 1,2,3i j i j≠ = (tak, ako pri konštrukcii spoločnej dotyčnice –zaujímajú nás len


94

stredy rovnoľahlostí, preto sme v obrázku vynechali pomocné rovnobežné polomery

a Tálesovu kružnicu ). Dostaneme

Vidíme, že isté trojice stredov rovnoľahlostí ležia na jednej priamke. Ak tri body ležia na

jednej priamke, potom hovoríme, že sú kolineárne. Kolineárnymi sú trojice bodov

12 23 31E E E− − vonkajšie stredy rovnoľahlostí

12 23 31E I I− −

12 23 31I E I− −

12 23 31I I E− −

vždy dva vnútorné stredy rovnoľahlostí a tretí vonkajší stred rovnoľahlosti

Trojice stredov rovnoľahlostí ležia na štyroch priamkach, ktoré sa nazývajú osi podobnosti.

Posledný teoretický poznatok patrí k skladaniu rovnoľahlosti a zhodnosti. Platí

Veta

Zložením rovnoľahlosti a zhodného zobrazenia dostaneme podobné zobrazenie.

Každé podobné zobrazenie možno získať zložením vhodného zhodného zobrazenia

a rovnoľahlosti.


95

Na obrázku sú dva trojuholníky ,ABC A B C′ ′ ′ , ktoré sú podobné v podobnosti P , ale nie

rovnoľahlé, pretože nemajú rovnobežné strany. Vhodným otočením S (zhodným zobrazením)

zobrazíme trojuholník A B C′ ′ ′ do trojuholníka A B C′′ ′′ ′′ tak, že

, ,AB A B BC B C AC A C′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′P P P .

Trojuholníky ,ABC A B C′′ ′′ ′′ sú už rovnoľahlé v rovnoľahlosti H. Potom zložením oH S = P

platí ABC A B C′ ′ ′∼ .

2.7 Cvičenie

1. V rovnoľahlosti so stredom S a koeficientom χ zostrojte obraz trojuholníka ABC , ak

a) bod S leží mimo trojuholníka ABC a 3χ =

b) bod S leží mimo trojuholníka ABC a 13

χ = −

c) bod S leží mimo trojuholníka ABC a 3χ = −

2. Narysujte rovnostranný trojuholník ABC so stranou 3,5a cm= . Zvoľte v jeho vnútri

bod M a zostrojte rovnoľahlý trojuholník A B C′ ′ ′ podľa stredu M a s koeficientom

32

χ = − .


96

3. Konštrukčne nájdite stredy rovnoľahlostí dvoch kružníc, ktoré majú vnútorný dotyk.

Rozlíšte dva prípady, keď kružnice majú , resp. nemajú rovnaké polomery.

4. Zostrojte spoločné dotyčnice dvoch pretínajúcich sa kružníc, ktoré nemajú rovnaké

polomery !

5. Kružnice 1 2,k k majú vnútorný dotyk v bode 12T , kružnice 2 3,k k zase vonkajší dotyk

v bode 23T , 2 23T T≠ . Nájdite všetky vnútorné a vonkajšie stredy rovnoľahlostí dvojíc

kružníc 1 2 3, ,k k k a zistite, ktoré body sú kolineárne!

6. Sú dané dve rôznobežné úsečky ,AB EF rôznych dĺžok. Zobrazte vo vhodnom

podobnom zobrazení úsečku AB do úsečky EF !

(Návod. Pomocou zhodného zobrazenia – otočenia zobrazte EF do úsečky rovnobežnej s AB

a použite rovnoľahlosť medzi dvomi rovnobežnými úsečkami.)

2.8 ROVNOĽAHLOSŤ V KONŠTRUKČNÝCH ÚLOHÁCH

Rovnoľahlosť má pomerne široké uplatnenie v konštrukčných úlohách. Niekedy sa určia

dôležité prvky rovnoľahlosti a s prihliadnutím na jej vlastnosti sa úloha vyrieši. Inokedy

používame rovnoľahlosť na zostrojenie podobného útvaru než je hľadaný, hoci tento

pomocný útvar nespĺňa všetky podmienky uvedené v zadaní úlohy. Zobrazením pomocného

útvaru vo vhodnej rovnoľahlosti sa splnia aj chýbajúce podmienky. Ukážeme na príkladoch,

v ktorých vynecháme buď náčrt v rozbore alebo zostrojenie obrázku podľa bodov konštrukcie

(k sú obrázky rovnaké )

Príklad 2.8.1 Daná je kružnica ( ),k O r a v jej vnútri bod M . Zostrojte takú tetivu

AB prechádzajúcu bodom M , aby platilo 52

MA MB= .

Riešenie

Rozbor

Vidíme, že úsečky ,MA MB nemajú rovnaké dĺžky a body , ,A B M majú podľa zadania ležať

na jednej úsečke, preto použijeme rovnoľahlosť so stredom v bode M . Koeficient χ

musíme vypočítať. Ak zvolíme bod A za vzor , potom jeho obrazom bude bod A B′ = . Z

definície rovnoľahlosti vyplýva 25

MA MBMA MA

χ′

= = = . Znamienko určíme jednoducho -

body ,A B ležia na opačných polpriamkach, preto 25

χ = − .


97

Platí 2, :5

H M A A Bχ ′= − → =

. Bod A má ležať na kružnici k , preto jeho obraz A′

musí ležať na obraze k′ kružnice k . Súčasne A B′ = a bod B tiež musí ležať na kružnici k ,

preto A B k k′ ′= ∈ ∩ , kde 2, :5

H M k kχ ′= − →

.

Ak by sme za vzor prehlásili bod B, jeho obraz by bol bod A a platilo by

52

MB MAMB MB

χ′

= = = , kde 52

χ = − .

Na výsledku by sa nič nezmenilo, skonštruovali by sme tie isté tetivy.

Konštrukcia

( )1) ; , ;

22) ; , :5

3) ;4) ;5) ;6)

k k O r M

k H M k k

B B k kBM BM polpriamkaA A BM kAB

′ ′− →

′∈ ∩

∈ ∩

1) Zostrojíme kružnicu ( ),k O r a bod M .

2) V rovnoľahlosti 2,5

H M −

zobrazíme kružnicu k do kružnice k′ .

3) Bod B je prienikom k a k′ . 4) Bod A je prienikom


98

polpriamky BM s k . 5) Vyznačíme úsečku AB

Skúška

Koncové body tetivy AB boli zostrojené v rovnoľahlosti s koeficientom 25

χ = − , preto platí

52

MA MB=

Diskusia

Úloha má najviac dve riešenia. Kružnice ,k k ′ sa môžu pretínať (2 riešenia), dotýkať

(1 riešenie) a nemusia mať spoločný bod (0 riešení).

Príklad 2.8.2 Do daného trojuholníka ABC vpíšte štvorec KLMN tak , aby strana KL ležala

na strane AB, bod M ležal na strane BC a bod N na strane AC.

Riešenie

Rozbor

Na štvorec KLMN sa kladú viaceré podmienky. Zanedbáme podmienku, aby bod M ležal

na strane BC . V tomto prípade vieme zostrojiť veľa pomocných štvorcov K L M N′ ′ ′ ′ tak, aby

jeho strana K L′ ′ ležala na strane AB , bod N ′ zase na strane AC . Ak použijeme

rovnoľahlosť so stredom vo vrchole A trojuholníka ABC , potom zobrazíme pomocný

štvorec K L M N′ ′ ′ ′ do hľadaného štvorca KLMN tak, že M AM BC′∈ ∩ .

Konštrukcia


99

1)2)3) ;4)

ABCK L M N pomocnýM M AM BCKLMN

′ ′ ′ ′ −′∈ ∩

1) Zostrojíme trojuholník ABC . 2) Zostrojíme pomocný štvorec

K L M N′ ′ ′ ′ tak, aby strana K L′ ′ ležala na strane AB a bod M ′ bol bodom AC .

3) Bod M je prienikom polpriamky AM ′ a strany BC .

4) Vyznačíme štvorec KLMN . Skúška

Zostrojený štvorec KLMN spĺňa podmienky zadania.

Diskusia

Úloha má najviac 1 riešenie. Ak je trojuholník ABC tupouhlý s tupým uhlom vo vrchole A,

úloha nemá riešenie, pretože strana KL by neležala na strane AB, ale na priamke AB.

Príklad 2.8.3 Na priamke p leží bod T . V jednej z polrovín určenej priamkou p leží

kružnica ( )1 1 1,k O r . Zostrojte takú kružnicu ( )2 2 2,k O r , ktorá sa bude dotýkať priamky p v

bode T a dotkne sa aj kružnice k .

Riešenie. Rozbor Priamka p má byť dotyčnicou ku hľadanej kružnici ( )2 2 2,k O r a teda bod dotyku je T .

Stred 2O kružnice 2k musí ležať na pomocnej priamke a , kolmej na p a prechádzajúcej

bodom T . Ak bod dotyku kružníc označíme 1T , potom obe kružnice 1 2,k k sú rovnoľahlé so

stredom rovnoľahlosti práve v bode 1T . V tejto rovnoľahlosti ( )1 1 2, :H T k kχ → sa zobrazí

priamka a do rovnobežnej priamky a′ , prechádzajúcej bodom 1O . Bod T sa zobrazí do bodu

T ′ , ktorý je prienikom kružnice 1k a priamky a′ . Zatiaľ uvažovaný a ešte nezostrojený stred

rovnoľahlosti je prienikom priamky TT ′ s kružnicou 1k , pretože stred rovnoľahlosti 1T

a dvojica odpovedajúcich si bodov sú kolineárne.

Konštrukcia


100

( )

( )

( )

1 1 1

1 1

1

1 1 1

2 2 1 1

2 2 2 2 2

1) , ,2) ;3) , : ( )4) ;5) ;6) ;

7) ; ,

k O r p T pa a p T aH T a a a a O aT T a kT T TT kO O OT a

k k O r O T

χ

∧ ∈

⊥ ∧ ∈′ ′ ′→ ∧ ∈

′ ′ ′∈ ∩′∈ ∩

∈ ∩

=

P

1) Zostrojíme dané útvary - 1, ,k p T p∈ .

2) Priamka a je kolmá na p a prechádza bodom T.

3) Priamka a′ je obrazom priamky a v rovnoľahlosti s neznámym stredom 1T , je však rovnobežná s a a prechádza bodom 1O .

4) Bod T ′ je prienikom 1k a a′ . 5) Bod 1T je prienikom 1k a priamky

TT ′ . 6) Bod 2O je prienikom polpriamky

1 1O T a priamky a .

7) Vyznačíme kružnicu ( )2 2 2,k O O T . Skúška

Stred 2O kružnice 2k leží na polpriamke 1 1O T a kružnice majú spoločný bod 1T , preto sa 2k

dotýka kružnice 1k . Súčasne leží bod 2O na priamke a kolmej v bode T na priamku p

a polomer 2 2r O T= , teda sa dotýka aj priamky p v bode T .

Diskusia

Úloha má dve riešenia, nakoľko prienik priamky a′ s kružnicou 1k sú dva body. Viď

obrázok.


101

Príklad 2.8.4 Vpíšte do daného uhla AVB kružnicu, ktorá prechádza bodom M !

Riešenie

Rozbor. Kružníc, ktoré sa dotýkajú ramien ,VA VB vieme zostrojiť mnoho. Ich stred bude ležať

na osi uhla AVB . Zostrojíme teda jednu si pomocnú kružnicu ( ),k O r′ ′ ′ , ktorá sa bude dotýkať

ramien uhla AVB . Kružnica ( ),k O r′ ′ ′ má teraz spoločné vonkajšie dotyčnice s hľadanou

kružnicou ( ),k O r , preto sú kružnice ,k k′ rovnoľahlé sa stred rovnoľahlosti je vrchol V uhla

AVB . Keďže v rovnoľahlosti je vzor, obraz a stred rovnoľahlosti na jednej priamke , odpovedá

bodu M bod M ′ , ktorý je prienikom polpriamky VM a kružnice k′ . Potom platí

( ), ? :H V M Mχ ′= → . V tej istej rovnoľahlosti sú rovnoľahlé aj stredy kružníc ,O O′ , a preto

sa úsečka O M′ ′ zobrazí do rovnobežnej úsečky OM , ktorá určí stred O hľadanej kružnice k .

Konštrukcia


102

( )

( )( )

1) ;2) ;3) ; ,

,4) ;5) , :

6) ; ,

AVB Mo o osuhla AVBk k O r O o

k pomocná dotýka sa ramienM M VM kH V O M OM

k k O OM

χ

∠−

′ ′ ′ ′ ′∧ ∈ ∧

′−′ ′ ′∈ ∩

′ ′ →

1) Zostrojíme uhol AVB a zvolíme bod M.

2) Zostrojíme os uhla AVB .

3) Zostrojíme pomocnú kružnicu k′ so

stredom na osi o , ktorá sa bude dotýkať

ramien uhla.

4) Zostrojíme bod M ′ , ktorý leží na prienik

polpriamky VM a kružnice k′ .

5) Zostrojíme úsečku OM , rovnoľahlú

a teda aj rovnobežnú s O M′ ′ ,

prechádzajúcu cez M .

6) Kružnica k má stred v bode O

a polomer OM

Skúška

Kružnica ( ),k O OM prechádza bodom M , pretože jej polomer r OM= . Keďže jej stred -

bod O leží na osi o uhla AVB a kružnica k je rovnoľahlá s pomocnou kružnicou

k′ dotýkajúcou sa jeho ramien, dotýka sa kružnica k taktiež ramien uhla AVB .

Diskusia. Úloha má dve riešenia, pretože priamka VM pretne kružnicu k′ v dvoch bodoch.

2.8 Cvičenie

1. Do polkruhu s priemerom AB vpíšte štvorec KLMN tak, aby KL ležala na AB .

2. Do daného polkruhu s priemerom AB vpíšte dve zhodné a navzájom dotýkajúce sa

kružnice!


103

3. Daný je štvorec ABCD a bod M v jeho vnútri. Zostrojte priamku prechádzajúcu

bodom M tak, aby preťala strany štvorca v bodoch ,X Y a platilo 3XP YP= !

4. V rovine trojuholníka ABC leží bod M . Zostrojte takú priamku p , ktorá bude

prechádzať bodom M a pretne hranicu trojuholníka ABC v bodoch ,X Y tak, aby

platilo 3XY XP= . Riešte pre dve polohy bodu P , ak bod leží zvonka a vo vnútri

trojuholníka !

5. Danému ostrouhlému trojuholníku ABC vpíšte obdĺžnik KLMN , ktorého strany sú

v pomere 3 : 2 tak, aby strana MN ležala na strane BC !

6. Je daný AVBR s bodom M ležiacim vo vnútri tohto uhla. Bodom M veďte priamku tak,

aby preťala ramená VA, VB postupne v bodoch X, Y a platilo MX = 2/3. MY .

7. Sú dané dve rôznobežky ,p q , pretínajúce sa v bode P a daná je aj kružnica ( ),k O r .

Zostrojte kružnicu m , ktorá sa dotkne oboch priamok ,p q a aj kružnice k !

8. Je daný uhol AVB a v jeho vnútri bod M . Zostrojte polkružnicu so stredom na

ramene VA tak, aby sa dotýkala druhého ramena VA a predchádzala bodom M .

9. Je daná kružnica ( ),k O r , ktorej dva polomery zvierajú uhol α . Zostrojte takú tetivu

kružnice, aby ju oba polomery rozdelili na tri zhodné úsečky.

10. * Je daná priamka p a v jednej z polrovín dva navzájom rôzne body ,A B . Zostrojte

kružnicu k , ktorá sa dotýka priamky p a prechádza bodmi ,A B .

LITERATÚRA

1. BURJAN, V., HRDINA, Ľ., MAXIAN, M..: Prehľad matematiky, I. časť. SPN Bratislava,

1997. s. 242, ISBN: 80-08-00277-8

2. ČERMÁK, P., ČERVINKOVÁ, P.: Odmaturuj z matematiky. Didaktis Brno, 2003, s. 208.

ISBN 80-86285-97-9.

3. GÁL, T., KAMARÝT, A.: Opakování středoškolské matematiky. SZM Praha, 1963.s. 291.

4. HECHT, T., ČERNEK, P.: Matematika pre 2. ročník gymnázií a SOŠ – geometrické

zobrazenia. Orbis Pictus Istropolitana Bratislava, 1997, s. 64. ISBN 80-7158-084-1

5. MALÁČ, J.: Sbírka náročnějších úloh z matematiky. SPN Praha, 1967, s. 214.

6. RÁCZOVÁ, M.: Matematika. Emigma, Nitra, 1994, s. 242.

7. ŠEDIVÝ, J.: O podobnosti v geometrii. ÚV matematické olympiády, Mladá fronta, Praha,

1963, s. 80.

8. ŠEDIVÝ, O.: Geometria II . Vysokoškolské učebné texty, PF v Nitre, 1984, s. 232.

9. ŠEDIVÝ, O. a kol.: Stereometria – umenie vidieť a predstavovať si priestor. FPV UKF

v Nitre, Nitra, Edícia Prírodovedec č. 271, 2007, s. 106. ISBN 978-80-8094-180-2.

10. ŠEDIVÝ, O.: Vybrané kapitoly z didaktiky matematiky. FPV UKF v Nitre, Nitra, Edícia

Prírodovedec č. 78, 2001, s. 125. ISBN 80-8050-417-2.

11. VEJSADA, F., TALAFOUS, F.: Zbierka úloh z matematiky. SPN Bratislava, 1972, s. 760.

12. VLACHYNSKÝ, Z. a kol.: Zbierka riešených úloh z geometrie, I. časť. SPN Bratislava,

1969, s. 720.

13. VYŠÍN, J. a kol.: Geometria pre 9. – 11. postupný ročník všeobecnovzdelávacích škôl. SPN

Bratislava, 1955, s. 368.

104

Názov: Geometria – vybrané kapitoly

Autori: PaedDr. Lucia Rumanová, PhD.

RNDr. Dušan Vallo, PhD.

Edícia: Prírodovedec č. 376

Schválené: Vedením FPV UKF v Nitre dňa 20. júna 2009

Typ publikácie: ACB – vysokoškolské učebnice vydané v domácich vydavateľstvách

Vysokoškolská učebnica určená pre odbor Predškolská a elementárna

pedagogika

Rozsah: 108 strán

Formát: A4

Náklad: 100 kusov

Tlač: Štatistické a evidenčné vydavateľstvo tlačív, a. s. (ŠEVT, a. s.)

Plynárenská 6, 821 09 Bratislava

ISBN 978-80-8094-567-1

9 788080 945671

Documents

GEOMETRIA – VYBRANÉ KAPITOLY - Katedra matematiky FPV ... · 2.3 Euklidove vety a Pytagorova veta 69 2.4 Trigonometria pravouhlého trojuholníka 2.5 Podobnosť v príkladoch z