4. Користуючись малюнком, запишіть при АВ || MK i DE — січній:
\D
внутрішні різносторонні кути: A H
B
внутрішні односторонні кути:
C
M
K
відповідні кути:
F
E​

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

Отрежем от ромба его диагональю треугольник. Если ромб был АВСД, то берём треугольник АВС. Он равнобедренный, т.к. АВ=ВС. Значит отрезок, соединяющий середины сторон АВ и ВС является средней линией равнобедренного треугольника, а значит этот отрезок параллелен основанию АС.
Аналогично повторяем рассуждения для треугольника AДС, и понимаем, что отрезок, соединяющий середины сторон АД и ДС есть средняя линия, значит он параллелен АС.
Итак, имеем, что обе средние линии - треугольников АВС и АДС параллельны диагонали ромба АС, следовательно они параллельны друг другу.

Повторяем те же рассуждения для второй диагонали ромба - ВД, и так же получаем параллельность второй пары отрезков.

Следовательно, четырёхугольник, вершинами которого являются середины сторон ромба, является параллелограммом. 

Далее, из симметрии ромба, замечаем, что обе диагонали этого получившегося четырёхугольника проходят через центр ромба, и равны между собой.

Параллелограмм, у которого диагонали равны - это и есть прямоугольник - что и требовалось доказать.

Ну, я бы так доказывал. Может кто-нибудь предложит более простой