Преобразования плоскости в решении задач

вершина А. Обозначим через A` образ точки А при данном повороте. Отметим, что точки С, В и A` лежат на одной прямой, причем точка В делит пополам отрезок СA`. Поскольку поворот плоскости вокруг данной точки на заданный направленный угол сохраняет простое отношение трех точек, то середина Е отрезка АК перейдет в середину E` отрезка A`N. В силу того, что мы применяем поворот вокруг точки В на угол +90°, то ∠ЕВE` = 90°. Далее рассмотрим треугольник СA`N. В этом треугольнике BE` – средняя линия. Значит, прямая ВЕ` параллельна прямой CN. Следовательно, прямая ВЕ перпендикулярна прямой CN, т.е. точки Е, В, F лежат на одной прямой.

 

Пример 2. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точки М и К так, что периметр треугольника СМК равен удвоенной стороне квадрата Найдите величину угла МАК.

Решение.

 

Применим поворот плоскости  вокруг вершины А на 90°, при котором вершина В перейдет в вершину D. Обозначим через M` образ точки М при этом повороте. Поскольку периметр треугольника СМК равен удвоенной стороне квадрата, то СМ + МК + СК = ВС + CD. Так как ВС = ВМ + МС, CD = СК + KD,то СМ + МК + СК = ВМ + МС + СК + КD. Откуда следует, что МК = ВМ + КD.

При повороте плоскости вокруг точки А на 90° отрезок ВМ переходит  в отрезокDM`, отрезок АМ – в отрезок AM`, следовательно, МК = DM` + KD, АМ` = АМ.Но точка D лежит между точками M` и К, значит, DM` + KD = M`K. Таким образом, мы установили, что треугольники АМК и АМ`К равны. Следовательно,∠МАК = ∠М`АК = 45°.

 

.

Пример3Два одинаково ориентированных квадрата ABCD и AB₁C₁D₁ на плоскости имеют общую вершину A. Доказать, что центры O₁, О₂ этих квадратов и середины О₃ и О₄ отрезков A₁D и ВС₁ образуют квадрат.

Решение. Как известно четырехугольник является квадратом тогда и только тогда, когда при повороте плоскости вокруг середины одной из его диагоналей он переходит в себя. Для решения данной задачи воспользуемся аналитическим способом задания поворота. На плоскости зададим ПДСК с началом в точке А и единичными векторами и . Обозначим через угол между вектором и вектором . Тогда относительно заданной ПДСК А вершины квадратов ABCD и AB₁C₁D₁ имеют следующие координаты:

 

 

Зная координаты точек В и D, D иВ₁,А и С₁,В и D₁, найдем координаты середин этих отрезков.

 

Теперь найдем координаты середины О диагонали О₂О₄. Имеем:

 

 

Составим формулы поворота плоскости вокруг точки О на угол -90°. Получим, что

 

 

или

 

 

Поскольку , то формулы поворота плоскости вокруг точки о на угол -90 принимают следующий вид:

 

 

Найдем образ точки  O₁ при повороте . Имеем:

 

 

Заметим, что образ точки  О₁ при повороте совпадает с вершиной О₂. Теперь найдем образ этой вершины. Имеем:

 

Заметим, что образ точки  О₂ при повороте совпадает с вершиной О₃. Теперь найдем образ этой вершины. Имеем:

 

 

Заметим, что образ точки  О₃ при повороте совпадает с вершиной О₄. Аналогичным образом можно показать, что образ вершины О₄ при повороте совпадает с вершиной O₁. Следовательно, четырехугольник О₁О₂О₃О₄ есть квадрат.

 

 

2.4ЦЕНТРАЛЬНАЯ СИММЕТРИЯ

Определение 6. Центральной симметрией с центром в точке M0 называется такое отображение плоскости на себя, при котором образом точки М является точка M` такая, что отрезок MM` в точке M0 делится пополам.

Свойства центральной симметрии:

1. При центральной симметрии образом прямой, не проходящей через

центр симметрии, является параллельная ей прямая; плоскости, не проходящей через центр симметрии, – параллельная ей плоскость.

2. При центральной  симметрии центр симметрии неподвижен.

4. При центральной симметрии плоскости всякая прямая, проходящая через центр симметрии, инвариантна.

5. При центральной  симметрии сохраняется простое отношение трех точек, в частности, середина отрезка переходит в середину отрезка.

6. При Центральойя симметрии образом отрезка является отрезок, луча - луч, полуплоскости -полуплоскость.

7. Центральная  симметрия переводит ортонормированный  репер R вортонормированный репер R`.

8. Центральная  симметрия сохраняет ориентацию  плоскости.

9. При центральная симметрии образом угла является равный ему угол;

10. Композиция  двух центральных симметрий является  параллельным переносом

11. Композиция  параллельного переноса и центральной симметрии является центральной симметрией

дит в точку M` с теми же самыми координатами х и у, но относительно репера R`.

 

 

Задачи:

Пример 1. В параллелограмме ABCD проведены прямые АА1 и СС1 так,

что ∠DAA1 = ∠C1CВ (A1∈CD, C1∈AB). Докажите, что четырехугольник

AА1СС1 – параллелограмм

Решение. Применим центральную симметрию с центром в точке О – точке пересечения диагоналей параллелограмма ABCD. Под действием этой симметрии образом стороны ВС будет сторона DA; угла ∠ВСС1 - угол ∠DAA1.

Следовательно, образом точки А1 будет точка С1. А это значит, что диагонали АС и А1С1 четырехугольника АСА1С1 в точке их пересечения делятся пополам. Значит АСА1С1 – параллелограмм.

 

Пример 2. Доказать, что если ABCD и АВ1СD1 – параллелограммы, имеющие общую диагональ АС, причем точки В, В1, D, D1 не лежат на одной прямой, то четырехугольник ВВ1DD1 – параллелограмм .

Решение. Обозначим через О точку пересечения диагоналей АС и BD

параллелограмма ABCD.

 

Поскольку параллелограмм AB1CD1 имеет с параллелограммом ABCD

общую диагональ АС, то точка О является точкой пересечения и диагоналей АС и B1D1 параллелограмма AB1CD1. Рассмотрим центральную симметрию с центром в точке О. Так как при этой симметрии точки В и D, В1 и D1 переходят друг в друга, то диагонали четырехугольника AB1CD1 в точке их пересечения делятся пополам. Следовательно, AB1CD1 – параллелограмм.

Пример 3. Найдите координаты прообраза точки М`(2, –3, 7) при центральной симметрии с центром в точке пересечения прямых, заданных относительно прямоугольной декартовой системы координат Oxyz уравнениями:

Решение. Найдем координаты точки пересечения данных прямых. Для этого составим и решим систему уравнений:

составленную из какого-нибудь одного уравнения первой прямой, например второго, и параметрических уравнений второй прямой. В первое уравнение этой системы подставим вместо x, y, z их выражения через параметр t. В результате получим уравнение 2 − (−4 + 7t) − (3 + 4t) − 3 = 0 с одной неизвестной t. Решив это уравнение, находим, что t = 0. Подставив полученное значение t в параметрические уравнения второй прямой, найдем координаты точки А(2, –4,3) пересечения данных прямых. Точка А является центром симметрии, значит она делит пополам отрезок MM`. Координаты точки M` нам известны. Используя формулы центральной симметрии, находим, что ее прообраз М относительно прямоугольной декартовой системы координат Оxyz имеет следующие координаты: M(2, –5, –1).

 

 

 

§3. Подобие

Определение: Подобием с коэффициентом k>0 называется отображение плоскости, при котором любым двумя точкам X и Y соответствуют такие точки X' и Y', что X'Y'=kXY.

Отметим, что при k=1 подобие  является движением, то есть движение есть частный случай подобия.

Фигура F называется подобной фигуре F' с коэффициентом k, если существует подобие с коэффициентом k, переводящее F в F'.

 

Задача

Точка Q расположена на стороне MN треугольника LMN так, что NQ : QM = 1 : 2. При повороте этого треугольника на некоторый угол вокруг точки Q вершина L переходит в вершину N, а вершина M — в точку P, лежащую на продолжении стороны LM за точку L. Найдите углы треугольника LMN.

 

Решение.

Используя подобие треугольников NQL, NLM и PQM, докажите, что треугольник QLM — прямоугольный.

Обозначим NQ = QL = x. Тогда QM = QP = 2x. Заметим, что  NQL = PQM (угол поворота), поэтому QNL = QPM. Тогда треугольник NLM подобен треугольнику PQM, а значит, и треугольнику NQL. Из равенства отношений (отношение основания к боковой стороне в подобных равнобедренных треугольниках NQL и NLM) следует, что                             NL² = LQ ^. MN = x ^. 3x = 3x²,NL = .

Таким образом, стороны треугольника QLM равны QL = x, QM = 2x и LM = NL = . Следовательно, этот треугольник – прямоугольный. Его углы равны

QLM = 90^o, QML = 30^o, LQM = 60^o.

а углы треугольника LMN равны 120^o, 30^o, 30^o.

Простейшим, но важным примером подобия является гомотетия

 

3.1 Гомотетия

Определение 2. Гомотетией плоскости с центром в точке О и коэффициентом k называется такое отображение плоскости на себя, в котором образом любой точи M является точка M` такую, что

Свойства гомотети

1. При гомотетии  с центром в точке О и коэффициентом k прямая, проходящая через центр гомотетии, остается инвариантной.

2. При гомотетии  с центром в точке О и коэффициентом k прямая, не проходящая через центр гомотетии, переходит в прямую, ей параллельную.

3. При гомотетии  с центром в точке О и коэффициентом k в пространстве всякая плоскость, проходящая через центр гомотетии, остается инвариантной, а всякая плоскость, не проходящая через центр гомотетии, переходит в плоскость, ей параллельную.

4. Гомотетия с  центром в точке О и коэффициентом k сохраняет простое отношение трех точек.

5. Гомотетия с  центром в точке О и коэффициентом k переводит отрезок в отрезок, луч в луч, полуплоскость в полуплоскость.

6. Гомотетия с  центром в точке О и коэффициентом k в пространстве переводит полупространство в полупространство.

7. Композиция двух гомотетий с коэффициентами k1 и k2 есть гомотетия с коэффициентом k1k2 и центром, лежащим на прямой, соединяющей центры этих гомотетий.

8. Гомотетия с  центром в точке О и коэффициентом k является подобием с коэффициентом

Задачи:

Пример1. Доказать, что прямая, проходящая через середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения ее боковых сторон и точку пересечения ее диагоналей.

Решение. Рассмотрим гомотетию HSk с центром в точке S и коэффициентом . Под действием этой гомотетии отрезок ВС перейдет в отрезок AD.

По свойству гомотетии  середина М отрезка ВС перейдет в  середину N отрезкаAD. Поскольку SN = kSM, то точки S, M, N принадлежат одной прямой

Теперь рассмотрим гомотетию  , где m = –BC/AD. Под действием этой гомотетии отрезок ВС перейдет в отрезок AD, а середина М отрезка ВС перейдет в середину N отрезка AD. Так как , то точки О, М, N принадлежат одной прямой. Таким образом, установили, что точки S, M, N, O принадлежат одной прямой.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Заключение

 

Многие задачи планиметрии  можно изящно и просто решать при  помощи преобразований плоскости. Однако, значение преобразований плоскости  заключается не только в изяществе  и краткости решения задач, хотя и это весьма существенно. Не менее  важно и то, что в результате применения преобразований плоскости  при решении задач не редко  обнаруживаются новые детали, удается  сделать интересные обобщения и  внести уточнения, которые подсказываются анализом полученных формул и соотношений.

Конечно, данная работа не может  вместить в себя все теоремы и  задачи. Здесь рассмотрены лишь некоторые  темы, по каждой из которых были представлены задачи и их решения.

Подводя итоги, можно сделать  вывод: преобразования плоскости в  применении к решению задач планиметрии  можно давать не только школьникам на факультативных занятиях, но и студентам  высших учебных заведений.