информация. для рефератов по математике. Движение (перемещение) фигуры. Параллельный перенос
 Скачать 1.33 Mb.
|
|
Глава 5 Тема: “Движение (перемещение) фигуры. Параллельный перенос.” Движение фигуры F- Преобразование фигуры F,сохраняющее расстояние между точками. Опр- Две фигуры называют равными ,если существует движение , при котором одна из данных фигур является образом другой. Теорема 17.1 – Параллельный перенос является движением Параллельный перенос - это частный случай движения, т.е. отображение плоскости на себя, при котором сохраняются расстояния. Доказательство: Дано: точки Еи К отображаются в точки Е1и К1 при параллельном переносе на . Доказать: параллельный перенос - движение. Доказательство: 1 случай Точки Еи К не лежат на одной прямой параллельной вектору .  По условию точки Еи К отображаются в точки Е1и К1 соответственно при параллельном переносе на вектор , тогда по определению параллельного переноса и , поэтому , следовательно, и , значит, ЕЕ1 КК1 (т.к. точки Еи К не лежат на одной прямой параллельной вектору ) и ЕЕ1= КК1. Следовательно, по признаку параллелограмма четырехугольник ЕЕ1К1К - параллелограмм, поэтому по свойству параллелограмма ЕК = Е1К1, т.е. расстояние между точками Е и К равно расстоянию между точками Е1 и К1. Получаем, что параллельный перенос сохраняет расстояния между точками, значит, является частным случаем движения. 2 случай Точки Еи К лежат на одной прямой параллельной вектору .  По условию точки Еи К отображаются в точки Е1и К1 соответственно при параллельном переносе на вектор , тогда по определению параллельного переноса и , поэтому , следовательно, , значит, ЕЕ1 = КК1. (1) ЕК = КК1 + ЕК1, Е1К1= ЕЕ1 + ЕК1, тогда, учитывая (1), получим: ЕК = Е1К1, т.е. расстояние между точками Е и К равно расстоянию между точками Е1 и К1. Получаем, что параллельный перенос сохраняет расстояния между точками, значит, является частным случаем движения. Следствие- Если фигура F- образ фигуры F при параллельном переносе ,то F1=F. (Используют при создание обоев, тканей и т.д.)   Задача 146. a) Треугольник ΔABC A A1: = B B1: = C C1:  = б) Треугольник ΔABC A A1: = B B1: = C C1: = Задача 147. Дано: треугольник ΔABC AB = BC точка D лежит на AC: D AC точка C лежит на AD: C AD BC B1D а) Построить: B1D б) Доказать: ABB1D – равнобедренная трапеция а) Построение: 1) От точки B проведем прямую a, параллельную вектору : a || 2) Точка B переводится движением в точку B1 = 3) Проведем прямую B1D, параллельную отрезку BC: B1D || BC б) Доказательство: Рассмотрим четырехугольник BB1DC. Т.к. основания BB1 || CD и боковые стороны BC || BD параллельны, то BB1DC – параллелограмм (по определению) По свойству параллелограмма: основания BB1 = CD и боковые стороны BC = BD равны, но AB = BC, тогда AB = B1D Т.к. BB1 || AD параллельны и AB B1D не параллельны, следовательно, ABB1D – трапеция (по определению). Т.к. AB = B1D, то ABB1D – равнобедренная трапеция. Источники: Учебник https://budu5.com/manual/chapter/3583 https://www.petrovskov.ru/uchebniki/geometriya-9/parallelnyj-perenos-povorot-ploskosti-i-podobnye-treugolniki.html Тема: “Осевая симметрия” Осевой симметрией называется симметрия, проведенная относительно прямой. При осевой симметрии любой точке, расположенной по одну сторону прямой, всегда соответствует другая точка на второй стороне этой прямой Опр-Точки А и В называют относительно прямой l, если прямая l является серединным перпендикуляром отрезка АВ  Теорема 18.1 – Осевая симметрия является движением. Доказательство:  Пусть A и B — две произвольные точки фигуры F.При симметрии относительно прямой g фигуры F точка A переходит в точку A1, точка B — в точку B1. При этом AO=A1O, BO1=B1O1и прямая g перпендикулярна отрезкам AA1 и BB1. Проведём отрезки AO1 и A1O1. Прямоугольные треугольники AOO1 и A1OO1 равны по двум катетам, следовательно, AO1=A1O1 и ∠OAO1=∠OA1O1. Прямые AA1 и BB1 параллельны по признаку параллельности прямых (как прямые, перпендикулярные одной и той же прямой g). ∠BO1A=∠OAO1 (как внутренние накрест лежащие при AA1 ∥ BB1 и секущей AO1) ∠B1O1A1=∠OA1O1 (как внутренние накрест лежащие при AA1 ∥ BB1 и секущей A1O1) Следовательно, ∠BO1A=∠B1O1A1. В треугольниках BO1A и B1O1A1: 1) ∠BO1A=∠B1O1A1; 2) BO1=B1O1; 3) AO1=A1O1. Следовательно, эти треугольники равны (по двум сторонам и углу между ними).Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон: AB=A1B1, то есть расстояние между точками сохраняется, а значит, преобразование симметрии относительно прямой есть движение. Следствие – Если фигуры F и F1 симметричны относительной прямой , то F= F1. Опр - Фигуру называют симметричной относительно прямой l , если для каждой точки данной фигуры точка , симметричная ей относительно прямая l , также принадлежит этой фигуре . Симметрия относительно прямой — осевая Симметрия относительно точки — центральная  Задачи:   Источники : Учебник https://skysmart.ru/articles/mathematic/osevaya-i-centralnaya-simmetriya https://www.treugolniki.ru/osevaya-simmetriya/ Тема : “ Центральная симметрия . Поворот.” Центральная симметрия - одно из свойств определённой геометрической фигуры, при котором точке В соответствует некая точка В1, находящая в таком же пространственном положении относительно точки С. Точка С лежит на середине отрезка ВВ1. Точка С называется центром симметрии. Это определение соответствует курсу планиметрии.  Теорема 19.1 – Центральная симметрия является движением Доказательство:  Пусть A и B — две произвольные точки фигуры F.При симметрии относительно точки O фигуры F точка A переходит в точку A1, точка B — в точку B1. Рассмотрим треугольники AOB и A1OB. 1) AO=OA1 2) BO=OB1 (так как A и A1, B и B1 — точки, симметричные относительно точки O) 3) ∠AOB=∠B1OA1 (как вертикальные) Следовательно, треугольники AOB и A1OB равны (по двум сторонам и углу между ними). Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон: AB=A1B1, то есть расстояние между точками сохраняется, а значит, преобразование симметрии относительно точки является движением. Следствие - Если фигуры F и F1 симметричны относительной прямой , то F= F1. Опр – Фигуру называют симметричной относительной точки О , если для каждой точки данной фигуры точка, симметричная ей относительно точки О , так же принадлежит этой фигуре. Задача . В какую точку перейдет точка  при центральной симметрии относительно точки ? Найти координаты получившейся точки . Решение Если точка переходит в некоторую точку , то – середина . Значит, координаты точки есть полусумма координат и :    То есть точка имеет координаты . Задача . Докажите, что при центральной симметрии прямая, не проходящая через центр симметрии, перейдет в прямую, параллельную исходной. Решение Пусть  . Нужно доказать, что (Рис. 10). Рис. 10. Иллюстрация к условию Точка перешла в точку , а точка – в точку . Образовалась прямая , т.к. образом прямой при движении является прямая. Распишем вектор :  (коллинеарные векторы). Значит, .Источники: Учебник https://nauka.club/matematika/geometriya/tsentralnaya-simmetriya.html https://interneturok.ru/lesson/geometry/11-klass/bmetod-koordinat-v-prostranstveb/dvizheniya-tsentralnaya-i-osevaya-simmetrii Теорема 19.2 – Поворот является движением. Доказательство:  Если точки A, O и B не лежат на одной прямой.Пусть точка O — центр поворота, α — угол поворота. При повороте вокруг точки O на угол α против часовой стрелки точка A отобразится в точку A1, точка B — в точку B1. Проведём отрезки AB и A1B1.  Рассмотрим треугольники AOB и A1OB1.1) OA=OA1; 2) OB=OB1 (по определению поворота).   Следовательно, треугольники AOB и A1OB1 равны (по двум сторонам и углу между ними). Из равенства треугольников следует равенство соответствующих сторон: AB=A1B1.  Если точки A, O и B лежат на одной прямой. При повороте в направлении по часовой стрелке все рассуждения аналогичны. Равенство A1B1=AB означает, что при повороте расстояние между точками сохраняется, а значит, поворот является движением. Следствие – Если фигура F1- образ фигуры F при повороте , то F= F1. Задача (аналогичная № 1167 из учебника Атанасян, см. список литературы) Постройте треугольник, который получается из данного треугольника ABC поворотом вокруг точки А на угол 60° против часовой стрелки ( ∆АВС). Решение (Рис. 3).  Рис. 3. При повороте точка А перейдет в саму себя. Точки В и С перейдут в точки В1 и С1 соответственно. Углы треугольника и длины его сторон, в соответствии с общими свойствами движения, сохранятся (все обозначения сторон и углов даны на Рис. 3). Построения при повороте крайне простые: при помощи циркуля построить дугу окружности радиусом, равным длине стороны треугольника (АС или АВ), с центром в точке А, далее при помощи транспортира отложить на дуге угол 60° и отметить точку-образ (В1 или С1). Соединив полученные точки-образы отрезками, можно получить искомый треугольник А1В1С1, являющийся образом треугольника АВС ( ∆АВС = ∆А1В1С1). Задача (Атанасян, № 1168). Точка О является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника ABC. Докажите, что при повороте вокруг точки О на угол 120° треугольник ABC отображается на себя. Решение. Сделаем рисунок (Рис. 4).  Рис. 4. Точка О пересечения биссектрис правильного треугольника является центром этого треугольника. Следовательно, вершины треугольника при повороте вокруг точки О будут «отрисовывать» дуги окружности, описанной около ∆АВС. Легко показать, что ÐВОС = ÐСОА = ÐАОВ = 120°. Следовательно, при повороте , точка А перейдет в точку В, точка В перейдет в точку С и точка С перейдет в точку А (напомним, что угол поворота считается положительным, если поворот происходит против часовой стрелки). Таким образом, ∆АВС = ∆АВС . Задача решена. Задача. Дана прямая, на которой заданы точка О1 и точка О2 и даны точки А и В, лежащие по разные стороны от этой прямой. Причем имеют место равенства расстояний: О1А = О1В, О2А = О2В. Доказать, что точки А и В симметричны относительно указанной прямой. Решение (Рис. 5).  Рис. 5. Для доказательства требуемого в задаче утверждения нам необходимо доказать, что АМ = МВ и АВ^ О1О2 . Построим окружность радиусом О1А с центром в точке О1 и окружность радиусом О2А с центром в точке О2. Рассмотрим некоторую осевую симметрию с осью О1О2. При таком отображении полуокружности, расположенные в верхней полуплоскости, перейдут в соответствующие полуокружности, расположенные в нижней полуплоскости относительно оси симметрии. При этом точка пересечения «верхних» полуокружностей – точка А – перейдет в точку пересечения «нижних» полуокружностей – точку В. То есть точка В симметрична точке А относительно рассматриваемой прямой. Задача решена. В заключение разберем еще один простое применение понятий симметрии. Дан параллелограмм ABCD. Доказать, что точка пересечения его диагоналей является его центром симметрии. Источники : Учебник https://www.treugolniki.ru/povorot/ https://interneturok.ru/lesson/geometry/9-klass/dvizhenie/povorot-zadachi Тема: “Гомотетия. Подобие фигур” Теорема 20.1- При гомотетии фигуры F с коэффициентом k все расстояния между ее точками изменяются в |k| раз, те если X и Y - произвольные точки фигуры F , а X1 и Y1- их соответствующие образы при гомотетии с коэффициентом k, то X1 и Y1=|k|XY Если при гомотетии с коэффициентом k точки X и У переходят в точки  , то    Следствие- Если треугольник А1 В1 С1 гомотетичен треугольнику АВС с коэффициентом гомотетии k , то А1В1С1  k АВС.Свойства гомотетии : - Центр гомотетии (O) - единственная двойная точка, и она превращается в себя; то есть не меняется. - Линии, проходящие через центр, трансформируются (они двойные), но точки, составляющие его, не являются двойными. - Прямые, которые не проходят через центр, превращаются в параллельные линии; таким образом, углы гомотетии остаются неизменными. - Образ сегмента с помощью гомотетии центра O и отношения k представляет собой отрезок, параллельный этому, и имеет k-кратную длину. Например, как видно на следующем изображении, сегмент AB с помощью гомотетики приведет к другому сегменту A'B ', так что AB будет параллельным A'B', а k будет:  - Гомотетические углы конгруэнтны; то есть они имеют одинаковую меру. Следовательно, изображение угла - это угол, имеющий одинаковую амплитуду.. С другой стороны, гомотетия варьируется в зависимости от значения ее отношения (k), и могут возникнуть следующие случаи: - Если константа k = 1, все точки фиксированы, потому что они трансформируются. Таким образом, гомотетическая фигура совпадает с оригиналом и преобразование будет называться тождественной функцией. - Если k ≠ 1, единственной фиксированной точкой будет центр гомотетии (O). - Если k = -1, гомотетия становится центральной симметрией (C); то есть вращение вокруг C будет происходить под углом 180или. - Если k> 1, размер преобразованного рисунка будет больше размера исходного. Источники: Учебник https://ru.thpanorama.com/articles/matemticas/homotecia-propiedades-tipos-y-ejemplos.html https://natalibrilenova.ru/preobrazovanie-podobiya/ Опр- Две фигуры называются подобными ,если одну из них можно получить из другой в результате композиции двух преобразований: гомотетии и движения.
Теорема 20.2- Отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия.  Дано: Доказать:  Площадь треугольника ABC может быть найдена, например, по двум сторонам и углу между ними:  Аналогично,  Так как углы подобных треугольников равны, а стороны — пропорциональны, то ∠A=∠A1,  то есть  Теперь можем найти, как относятся площади подобных треугольников:   Так как  то  то есть   Что и требовалось доказать. Задачи: Задача 1.1. Построить образ треугольника при гомотетии с центром и коэффициентом . Решение. Для построения образа  треугольника следует воспользоваться определением гомотетии. При гомотетии точка перейдет в такую точку , что ;точка − в такую точку , что  ;а точка − в такую точку , что  .Построим образ точки . Так как , то точка лежит между точками и . Так как  ,то отрезок составляет отрезка . Учитывая все эти выводы, строим точку (рис. 22). П  роводя аналогичные рассуждения для точек и , строим эти точки (рис. 22).
 .Задача 1.2. Найти координаты образа и прообраза точки в гомотетии с центром и коэффициентом . Решение. Воспользуемся аналитическим выражением гомотетии:  Чтобы найти координаты и образа точки , надо положить . Тогда  .Чтобы найти координаты прообраза точки (которая для является образом), можно записать формулы данной гомотетии в виде:  Полагая , находим и :  .Ответ:  .Задача 1.3. Через точку внешнего касания двух окружностей  и  неравных радиусов проведены две прямые и ,  ,  . Доказать, что четырехугольник есть трапеция. Решение. Чтобы доказать, что − трапеция, достаточно доказать, что  и (так как если бы , то четырехугольник был бы параллелограммом) (рис. 23).Так как , то удобно воспользоваться гомотетией. Рассмотрим гомотетию с центром в точке и коэффициентом . Так как  , то  , а так как отношение радиусов окружностей и равно , то  .Так как , то  и  (по свойству гомотетии). ,  . Тогда   . Отсюда и из того, что  , следует, что  .Аналогично доказывается, что  (предлагаем читателю проделать это самостоятельно).Таким образом,  .Так как  , то  (по свойству гомотетии).Так как ,т.е. , то  (данная гомотетия не является движением).Следовательно, − трапеция. Источники: Учебник https://www.treugolniki.ru/ploshhadi-podobnyx-treugolnikov/ https://studopedia.ru/12_138530_tipovie-zadachi-s-resheniyami.html |