Калинина Евгения Александровна

учитель математики УСВУ, к.ф.-м.н., доцент

Применение движений плоскости к решению задач элементарной геометрии

 Актуальность темы «Преобразования плоскости» очевидна, так как одной из важнейших идей, лежащих в построении курса геометрии, является идея геометрических преобразований, которую обосновал выдающийся немецкий математик Ф. Клейн (1872г.). Групповая точка зрения на геометрию оказала положительное влияние на развитие геометрии, как науки и её приложения. Групповая точка зрения на геометрические свойства фигур широко используется в физике, химии, биологии, технике. Это сближает математику с данными областями наук. Методы геометрических преобразований позволяют решать большой класс задач элементарной геометрии: задачи на доказательство, построение, вычисление, нахождение геометрических мест точек.

В данной статье мы рассмотрим применение движений – частного случая преобразований плоскости – при решении задач на доказательство. Однако, овладеть этим методом нелегко, поскольку трудно указать какие-либо общие способы использования движений и в большинстве случаев это зависит от конкретной задачи. Суть этого метода состоит в том, что заданную фигуру или её части подвергают некоторому движению или наряду с заданной фигурой рассматривают её образ или образы её частей при этом движении.

1.  Некоторые определения и свойства движений

Определение 1. Взаимно однозначное отображение f плоскости Р на  себя называется преобразованием f плоскости Р.

Определение 2.  Движением плоскости Р называется такое преобразование f плоскости  Р, при котором сохраняется расстояние между двумя любыми точками этой плоскости, т. е.

∀А, В∈Р    АВ=А′В′        (1)

где А′= f(А), В′=f(В) – образы, соответственно, точек А и В в движении f.

Движения бывают первого и второго рода, при этом движения первого рода не меняют ориентацию фигур, а движения второго рода – меняют её на противоположную.

Определение 3. Движение h плоскости Р называется произведением (композицией) каких-либо движений f и g этой же плоскости, если оно заключается в последовательном выполнении преобразования f,  а затем преобразования g (обозначается: ).

Определение 4. Преобразование плоскости называется тождественным, если оно любую точку плоскости переводит в себя, т. е. f(A)=A, ∀A∈P.

 Тождественное преобразование обозначается е и удовлетворяет условию: , где  f – любое преобразование плоскости Р, в том числе и движение.

Частными видами движений являются осевая симметрия, центральная симметрия, параллельный перенос, вращение (поворот), скользящая симметрия и тождественное преобразование плоскости.

Определение 5. Симметрией относительно прямой  (оси симметрии) называется движение плоскости, которое:

1. каждую точку прямой  преобразует в себя;

каждую точку А∉ преобразует в точку А такую, что (АА′)⊥ и середина отрезка АА′ лежит на . Обозначается осевая симметрия:  (рис.1).

Определение 6. Параллельным переносом на вектор  называется движение плоскости, которое всякую точку А∈Р преобразует в точку А′∈Р такую, что выполняется условие:

        (2)

Обозначается параллельный перенос:  (рис.2)

Определение 7. Вращением (или поворотом) вокруг точки О на угол ϕ называется такое преобразование плоскости, при котором:

1. О→ О;
2. Произвольная точка А≠О переходит в точку А′ такую, что:

а) ОА=ОА′;

б) ∠АОА′ = ϕ (рис. 3)

Здесь и далее ϕ=∠АОА′ означает величину заданного ориентированного угла ∠АОА′. Обозначается: .

Определение 8. Симметрией относительно точки О (центр симметрии) называется движение плоскости, которое всякую точку А≠О преобразует в такую точку А′, что точка О является серединой отрезка АА′, а точку О преобразует в себя. Обозначается: Z0 (рис. 4)

        Заметим, что центральная симметрия Z0 есть поворот Ro на угол 180°.

Определение 9. Скользящей симметрией называется произведение осевой симметрии с осью  и параллельного переноса на вектор , который параллелен оси : т.е. если    l|| , то  - скользящая симметрия.

Теорема. Всякое движение I рода есть либо тождественное преобразование, либо параллельный перенос, либо поворот плоскости. Всякое движение II рода есть либо осевая симметрия, либо скользящая симметрия.

Определение 10. Точка называется инвариантной (или неподвижной) точкой преобразования f , если при преобразовании f  она отображается на себя.

Прямая называется инвариантной прямой преобразования f, если она отображается на  себя.

Если при этом каждая точка прямой остается неподвижной, то прямая называется осью преобразования.

Движения обладают следующими свойствами:

1° движение отображает отрезок на отрезок;

2° движение отображает точки, лежащие на одной прямой, в точки, лежащие на одной прямой;

3° движение отображает прямую на прямую, полуплоскость на полуплоскость;

4° движение сохраняет параллельность прямых;

5° движение отображает луч на луч;

6° движение сохраняет величину угла;

7° движение отображает многоугольник на многоугольник со сторонами и углами соответственно той же величины, что и у данного многоугольника;

8° движение отображает окружность на окружность того же радиуса;

Справедлива так же следующая теорема: если АВС и А′В′С′ - два треугольника и если АВ=А′В′, АС=А′С′, ВС=В′С′, то существует единственное движение плоскости, отображающие точки А, В, С соответственно на точки А′, В′, С′.

Определение 11. Фигура Ф называется равной фигуре Ф′ (Ф=Ф′), если существует движение, при котором фигура Ф преобразуется в фигуру Ф′.

2. Примеры решения задач

Пример 1.  На сторонах AB и CD параллелограмма ABCD построены квадраты: первый – вне параллелограмма, а второй – по ту же сторону от CD, что и сам параллелограмм. Доказать, что расстояние между центрами квадратов равно ВС.

Решение.

Обозначим центры построенных квадратов   и , соответственно, через О1 и О2 (Рис. 5). Докажем, что . Выполним параллельный перенос на вектор .

Тогда  , т.е.  , при этом .

Так как , то

        , то .

Следовательно, квадраты  и равны между собой и при параллельном переносе  переходят друг в друга, тогда и их центры  и  также перейдут друг в друга. Т.е.,  и из определения  следует, что , а значит и .

Пример 2.  Дан  произвольный треугольник ABC, на сторонах которого построены квадраты. Доказать, что  отрезок, соединяющий центры двух квадратов, построенных на сторонах АВ и ВС, равен и перпендикулярен отрезку, соединяющему точку В с центром третьего квадрата.

Решение. Выполним чертеж (рис.6) и рассмотрим поворот вокруг точки А на угол, равный . Из условия задачи очевидно, что , а образом точки Р будет некоторая точка F. При этом имеем, что  и .

Из равенства треугольников АСР и ARF вытекает , но тогда будут равны и углы АСВ и QRF.  Рассматривая центральную симметрию , легко убедиться, что , так как эта симметрия точку С переводит в R, луч СВ – в луч RF и . Из того, что  и  является серединой BF, с учетом соотношений  и  сразу получаем равенство и перпендикулярность отрезков  и . Утверждение задачи доказано.

Пример 3. Дан равносторонний треугольник АВС и произвольная точка М. Доказать, что больший из трех отрезков MA, МВ и МС не больше суммы двух других отрезков. В каком случае больший из отрезков MA, МВ и МС  будет равен сумме двух других?

Решение. Пусть ВМ – наибольший из указанных отрезков (рис.7). Выполним поворот плоскости   вокруг точки В на 600.

Треугольник  - равносторонний. Поэтому  .

Равенство будет в том и только в том случае, если точка М лежит на окружности, описанной вокруг треугольника АВС.

Пример 4. На сторонах параллелограмма ABCD вне его построены правильные треугольники ABQ,  BCN,  CDP и DAM. Доказать, что отрезки PQ и MN имеют общую середину.

Решение.

Выполним чертеж (рис.8) и рассмотрим центральную симметрию с центром в точке О – точке пересечения диагоналей  параллелограмма. Очевидно, что .

А это означает, что О является общей серединой отрезков PQ и MN, что и утверждалось в условии задачи.

Пример 5.  Даны две окружности β1(O1, r) и β2 (O2, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.9). Прямая ι, параллельная прямой O1O2, пресекает окружность β1 в точках A и B , а окружность β2 в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC не зависит от положения прямой ι, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая ι пересекает отрезок MH.

Решение.

Пусть прямая ι1 также удовлетворяет условиям задачи. Докажем, что ∠AMC=∠A1MC1. Так как ∠AMC=∠AMA1+∠A1MC, а ∠A1MC1=∠A1MC+∠CMC1 то надо доказать, что ∠AMА1 =∠СMC1. Рассмотрим параллельный перенос на вектор . :β1(O1,r) →β2(O2,r). Тогда :M→M1, A→C, A1→C1. Значит :∠AMA1→∠CM1C1. Следовательно, ∠AMA1=∠CM1C1. Но ∠CM1C1=∠CMC1 как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CC1. Тогда ∠AMA1=∠CMC1=∠AMC=∠A1MC1.

Пример 6. Доказать, что точки, симметричные ортоцентру треугольника ABC относительно прямых AB, AC, BC, принадлежат описанной около треугольника ABC окружности.

Решение.

Пусть окружность β(O,r) описана около треугольника ABC, а H – его ортоцентр, т. е. H – точка пересечения высот треугольника ABC (рис.10). Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BC. SBC : B→B, C→C, H→H1. Значит SBC: CH→CH1, BH→BH1, ∠СHB→∠CH1B. Следовательно, ∠СHB =∠СH1B. Так как в четырехугольнике AC1HB1 углы ∠AC1H=∠AB1H=90°, то ∠BAC+∠С1HB1=180°. Тогда в четырехугольнике ABH1C имеем ∠BAC+∠BH1C=∠BAC+∠BHC+∠BAC+∠C1HB1=180°, т. е. точка H1 принадлежит окружности β(O,r).

Аналогично, рассматривая SAB и SAC, получим, что точки H2 и H3 принадлежат окружности β(O,r).

Пример 8. На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC выбраны точки D и E так, что CD = CE (рис.11). Прямые, проведенные через точки D и C перпендикулярно к AE, пресекают гипотенузу AB соответственно в точках К и H. Доказать, что KH = HB.

Решение.

Рассмотрим поворот вокруг точки C на 90°. RC90°:A →B, D→E, E→E1, C→C. Значит RC90°:AE→BE1, CE→CE1. Следовательно, AE⊥BE1, CE = CE1. Так как CD=CE, то CD=CE1. По условию DK⊥AE и CH⊥AE. Тогда BE1||CH||DK. По теореме Фалеса имеем BH=HK.

Пример 8. Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник.

Решение.

Пусть дан параллелограмм АВСВ (рис. 12), АА1, ВВ1, СС1 и DD1 – биссектрисы его внутренних углов; К, Н, М, Р – точки их пересечения. Надо доказать, что четырехугольник КНМР является прямоугольником. Рассмотрим поворот вокруг точки пересечения диагоналей параллелограмма на 1800, то есть центральную симметрию относительно точки .

.

Тогда . Следовательно, четырехугольник КНМР – параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. В параллелограмме АВСD имеем: . Значит . Тогда в треугольнике АВК найдем . В параллелограмме КНМР получили , следовательно, этот параллелограмм – прямоугольник.

Пример 9. Дан равносторонний треугольник АВС и произвольная точка М (рис.13). Доказать, что длина большего из трех отрезков МА, МВ, МС не больше суммы длин двух других.

Решение.

Пусть ВМ – наибольший из указанных отрезков. Рассмотрим поворот вокруг точки В на 600. . Тогда . Поэтому АМ=СМ1, ВМ=ВМ1. Следовательно, треугольник МВМ1 будет равносторонним. Поэтому МВ=ММ1. Но в треугольнике МСМ1: ММ1<МС+СМ1=МС+МА, то есть МВ<МС+МА. Равенство будет в том и только в том случае, когда точка М лежит на окружности, описанной около треугольника АВС.

3. Задачи для самостоятельного решения

        1.Доказать, что из всех треугольник с данным основанием и данной высотой равнобедренный имеет наименьший периметр. (Указание: осевая симметрия).

        2. Доказать, что сумма расстояний от любой точки, лежащей  на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон равна длине высоты треугольника, опущенной на боковую сторону. (Указание: осевая симметрия).

        3.Даны прямая  и две точки А и В одной полуплоскости относительно . Доказать существование на  такой точки Х, для которой сумма  является наименьшей. (Указание: осевая симметрия)

        4.Пусть D, E, F – середины сторон треугольника АВС. М – точка пересечения меридиан; К, L, N – середины отрезков MA, MB, MC. Доказать, что треугольник KLN равен треугольнику DEF. (Указание: центральная симметрия).

        5.На противоположных сторонах AB и CD параллелограмма ABCD отложены равные отрезки AK и CL; также и на сторонах AD и BC отложены равные отрезки BM и DN. Доказать, что четырехугольник KMLN – параллелограмм, центр симметрии которого совпадает с центром симметрии параллелограмма. (Указание: центральная симметрия).

        6.Доказать, что если в треугольнике две медианы равны, то треугольник равнобедренный. (Указание: параллельный перенос).

        7.Доказать, что в трапеции сумма параллельных сторон (оснований) меньше суммы диагоналей, но больше их разности. (Указание: параллельный перенос)

        8.На сторонах AB и AC треугольника ABC, вне его построены квадраты ABMN и APCQ. Доказать, что медиана AE треугольник ABC перпендикулярна стороне NQ треугольника ANQ и равна ее половине. (Указание: поворот)

        9.В прямоугольном треугольнике ABC проведена медиана СМ и на его катетах, как на сторонах, построены квадраты CBED и ACFH. Доказать, что прямая CM перпендикулярна и прямой DF. (Указание: поворот)

        10. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC построены квадраты ABMN и BCPQ, причем квадрат ABMN и треугольник ABC расположены по разные стороны от прямой AB и квадрат BCPQ и  треугольник ABC – по одну сторону от прямой BC. Доказать, что отрезок MQ равен стороне AC и перпендикулярен этой стороне. (Указание: поворот).

Дополнительно о возможностях использования движений при решении геометрических задач можно прочитать в приведенной ниже литературе.

Список литературы

1. Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. Ч. 1. – М. Просвещение, 1986.
2. Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометрии. Ч. 1. – М., Просвещение, 1973.
3. Базылев В.Т., Дуничев К. И., Иваницкая В.П. Геометрия. Ч. 1. – М. Просвещение, 1974.
4. Вересова Е.Е., Денисова Н.С. Сборник задач по геометрическим преобразованиям.- М.: МГПИ им. В.И. Ленина, 1978.