Адамчук-М.-С.-Чикишева-Л.-Г.-Преобразования-плоскости. Практикум по курсу геометрии мс. Адамчук, Л. Г. Чикишева. Южно сахалинск издво СахГУ, 2014. 88 с Практикум по курсу геометрии предназначен для изучения темы Геометрические преобразования, входящей в фгос
 Скачать 0.63 Mb.
|
|
решение: 1) 1 1 0 0 1 1 0 − = − = − − = ∆ f – движение II рода 2) Найдем элементы, определяющие f a) Прежде всего определим его вид по количеству неподвижных точек 49 48 + − = + − = , 8 , 4 x y y x = + = + ⇔ 8 , 4 y x y x – система не имеет решений. Следовательно, f – скользящая симметрия б) S T S f a a ⋅ = = , , где Возьмем произвольную точку плоскости. Пусть ( ) 2 Координаты точки M найдем по уравнению этого движения 4 , 4 2 y x = ′ = ′ ⇔ 12 , 2 y x ( ) 12 ; 2 M Обозначим через точку пересечения отрезка с осью симметрии и найдем ее координаты (см. рис. 13). L – середина [ ] M M ′ ; Если на точку подействовать скользящей симметрией, тот. к. лежит на оси симметрии, где a L L = ′ ; L L S a ′ → : , , и значит, координаты точки L′ могут быть найдены с помощью уравнения данного движения 1 ' , 4 7 ' : y x L ( ) 9 3, L − ′ . Тогда ( ) 2 ; 2 − = ′ L L , или – вектор скользящей симметрии в) Найдем ось симметрии ( ) 7 ,1 − L – начальная точка, ( ) 2 ; 2 − a – направляющий вектор прямой , следовательно, вектор ( ) 1 ; 1 − ′ a – также направляющий вектор прямой ⇔ = − + + ⇔ = + − − + 0 7 1 0 1 7 1 1 : y x y x 0 6 = − + y x – уравнение оси Таким образом, a S f , = , где 0 6 : = − + y x , Замечание Вектор a нельзя заменять ему коллинеарным, в противном случае получим другую скользящую симметрию стой же осью 3) Зададим скользящую симметрию с осью 0 6 : = − + y x и вектором ( ) 2 , 2 − a конструктивно (рис. 14). II тип Составить уравнение движения по определяющим его элементам, заданным в ПдСк. задача 4. Составить уравнение центральной симметрии относительно центра ( ) 4 решение Пусть ( Выразим координаты образа M ′ через координаты его прообраза. Воспользуемся определением центральной симметрии S – середина отрезка M M ′ . Тогда a L′ M M Рис. 13 Рис. Рис. 14 0 a 1 y Рис. 14 51 50 ′ + = ′ + = , 2 , 2 y y y x x x s s или ′ + = ′ + = − , 2 4 , 2 3 y y x x или + − = ′ − − = ′ 8 , 6 y y x x – уравнение центральной симметрии с центром задача 5. Составить уравнение поворота на угол 3 π α = , если его центр находится в точке ( ) 3 решение 1) Пусть поворот ( Установим зависимость между координатами образа M и его прообраза M . Известны формулы поворота вокруг начала координат на угол α * . Чтобы ими воспользоваться, перенесем S в точку O , для этого на всю конструкцию подействуем параллельным переносом на вектор ( ) 3 , 2 − SO ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ′ ′ ′ → ′ ′ → → − , ,' , , , , 0 , 0 3 , 2 : 1 1 1 1 1 1 y x M y x M y x M y x M O S T so (см. рис. Используя уравнение параллельного переноса, получим 1 1 y y x x (1) + ′ = ′ − ′ = ′ 3 , 2 1 1 y y x x (2) * Если ( ) ( ) y x M y x M R ′ ′ ′ → , , : 0 α , то + = ′ − = ′ cos sin , sin Кроме того, отметим, что 3 1 1 π = ′ ∠ = ′ ∠ M MS M O M (как углы с соответственно параллельными и одинаково направленными сторонами 2) На полученную точку ( ) 1 1 1 y , x M подействуем поворотом ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 3 0 , , : y x M y x M R ′ ′ ′ → π , тогда 1 1 1 1 Чтобы получить зависимость между координатами точек ( ) y , x M и ( ) y , x M ′ ′ ′ , достаточно в систему (3) подставить выражения из систем (1), (2), тогда 3 sin 2 3 , 3 sin 3 3 cos 2 2 π π π π y x y y x x ( ) 1 1 1 , y x M ′ ′ ′ y x π ⁄ 3 0 1 ( ) y x M ′ ′ ′ , ( ) 1 1 1 , y x M ( ) y x M , ( ) 3 , 2 − S 1 − − 3 Рис. 15 53 или ( ) ( ) ( ) ( ) − + + − = ′ + + − − = ′ , 3 2 1 3 2 3 2 , 2 2 3 3 2 или − − + + = ′ − + − = ′ 3 2 3 2 1 2 3 , 2 3 3 1 2 3 2 1 y x y y x x – уравнение поворота Вообще уравнение поворота в ПДСК вокруг ( ) s s y x S , на угол имеет вид sin , sin Оно может быть получено как уравнение композиции задача 6. Составить уравнение скользящей симметрии, заданной осью 0 1 3 2 : = + − y x l и вектором ( ) 4 , 6 решение По определению скользящая симметрия есть композиция, где a||l 1) Составим уравнение осевой симметрии, заданной прямой 0 1 3 Возьмем произвольную точку плоскости ( ) 0 0 0 y , x M и подействуем на нее движением e S ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , , : y x M y x M S e ′ ′ ′ → a) Найдем уравнение ( ) 0 0 M M ′ ( ) 0 0 0 y , x M – начальная точка, ( ) 2 , 3 p – вектор нормали ( ) 0 0 M M ′ : ( ) ( ) 0 2 3 0 0 = − + − y y x x ( ) 0 2 3 2 3 б) Обозначим через точку пересечения прямых , ( ) 0 и найдем ее координаты ) ( ) ( ) 0 3 4 6 13 0 2 6 9 13 3 2 2 3 , 0 1 3 2 , 0 2 3 2 3 0 0 0 0 0 0 = + + + − = + − − + ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = + − = − − + + y x y y x x y x y x y x + + − + 13 3 4 6 ; 13 2 6 9 0 0 0 в) L – середина отрезка 0 0 M M ′ , и значит 0 0 0 0 y y y x x x L L или − = ′ − = ′ , 2 , 2 0 0 или − + + = ′ − − + = ′ , 13 6 8 12 , 13 4 12 18 0 0 0 0 0 0 0 0 y y x y x y x x или + − = ′ − + = ′ 13 6 5 12 , 13 4 12 5 0 0 0 0 0 Таким образом, уравнение осевой симметрии, заданной прямой 0 1 3 2 = + − y x : , имеет вид 6 13 5 13 12 , 13 4 13 12 13 5 : y x y y x x S l (1) ( ) 0 0 0 , Рис. 16 p ( ) 0 0 0 , y x M L Рис. 16 55 54 2) На полученную точку ( ) y x M ′ ′ ′ , подействуем параллельным переносом на вектор ( ) 4 , 6 − − a ( ) ( ) y , x M y , x M : T a ′′ ′′ ′′ → ′ ′ ′ , откуда a M M = ′′ ′ или ( ) ( ) 4 6 Итак, уравнение параллельного переноса на вектор ( ) 4 6 имеет вид 3) ( ) ( ) y x M y x M S a ′′ ′′ ′′ → , , : , . Подставляя в уравнение (2) соотношения из уравнения (1), получим уравнение скользящей симметрии, заданной осью 0 1 3 и вектором ( ) 4 , 6 − − a − − = ′′ − + = ′′ 13 46 13 5 13 12 , 13 82 13 12 13 5 y x y y x x III тип. Составить уравнение движения I (II) рода, заданного двумя парами соответствующих точек. задача 7. Записать уравнение движения I рода, при котором 6 , 1 , 1 , 4 Определить его вид. решение: 1) Сначала проверим, будут ли указанные пары соответствующих точек задавать движение) ( ) ( ) ( ) , 2 2 4 4 1 3 4 6 , 2 2 4 4 4 6 3 1 2 2 2 Следовательно, движение задано 2) Запишем уравнение движения I рода в общем виде sin , sin cos 0 Найдем коэффициенты при y x , и свободные члены 0 0 , Для этого в уравнение движения подставим координаты заданных точек. Получим 0 cos 4 sin 3 1 , sin 4 cos 3 и 0 0 y x α α α α (2) 3) Найдем α sin и α cos , приравняв выражения 0 x , затем из систем (1), (2). − + − = − + − + + = + + , cos 6 sin 3 cos 4 sin 3 1 , sin 6 cos 6 sin 4 cos 3 4 α α α α α α α α ⇔ ⇔ ⇔ = + + = + − , 0 2 cos 2 sin 2 , 0 2 cos 2 sin 2 α α α α ⇔ 0 cos 2 2 sin 2 ,1 cos sin ,1 cos sin = − = − = + − = − α α α α α α = − = ⇔ 0 cos ,1 sin α α 4) Теперь найдем 0 0 y , x . Подставляя найденные значения α sin , в систему (1), получим − = = 4 , 0 Таким образом, − − = ′ = ′ , 4 , x y y x – уравнение движения I рода 5) Определим вид движения 57 56 − − = = , 4 , x y y x − = − = ⇔ 2 , 2 y x ( ) 2 , 2 − − S – центр поворота откуда π α 2 3 = – угол поворота. α S R f = IV тип найти образ фигуры при заданном движении. задача 8. Найти образ прямой 0 3 3 2 = − − y x : при параллельном переносе на вектор ( ) 4 , 1 − a . Дать графическую иллю- страцию. решение: 1-й способ 1) Составим уравнение параллельного переноса a T . Пусть ( ) y , x M – произвольная точка плоскости. ( ) ( ) y , x M y , x M : T a ′ ′ ′ → , тогда a M M = ′ или ( ) ( ) 4 Откуда уравнение параллельного переноса имеет вид 2) ( ) ( ) ′ → ′ ′ ′ → , , , : l Чтобы найти уравнение прямой ′ , достаточно из уравнения (1) параллельного переноса выразить координаты прообраза через координаты образа M и подставить их в уравнение Тогда ′ : 2 ( ) ( ) 0 3 4 3 1 = − − ′ − + ′ y x или 0 11 й способ, где l l || ′ по свойству параллельного переноса. Тогда уравнение прямой ′ имеет вид 0 3 2 = + ′ − ′ C y x . Найдем свободный член C . Для этого возьмем произвольную точку на прямой , например, ( ) 1 0 − , M , отложим от нее вектор a и получим a M M = ′ ( ) ( ) M T y x M a = ′ ′ ′ , = + ′ − = − ′ , 4 1 ,1 0 y x ⇒ = ′ − = ′ 3 ,1 y x ( ) 3 1 , M − ′ лежит на прямой ′ , и значит, ее координаты удовлетворяют уравнению прямой ′ , те верное числовое равенство. Откуда 11 = C и 0 11 Можно указать и другие способы решения этой задачи. задача 9. Найти образ окружности 0 6 2 6 2 при повороте вокруг точки ( ) 2 3, M − на угол 2 π α = . Проиллюстрировать графически. решение: 1) Известно, что при движении окружность переходит в окружность того же радиуса. Следовательно, достаточно определить центр искомой окружности ′ 0 a 1 1 x – 1 Рис. 17 59 задача 10. Найти образ параболы 2 x y = при осевой симметрии относительно прямой 0 4 2 : = − − y x . Дать графическую иллюстрацию. решение: 1) Составим уравнение осевой симметрии с осью 0 Возьмем произвольную точку плоскости ( ) 0 0 0 , y x M . Пусть ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , , : y x M y x M S ′ ′ ′ → . Получим уравнение S а) Составим уравнение прямой 0 0 M M ′ ( ) 0 0 0 , y x M – начальная точка, ( ) 1 , 2 p – вектор нормали, тогда ( ) ( ) 0 2 0 или ( ) 0 2 2 0 0 = − − + + y x y x б) Найдем ( ) ∩ ′ = 0 0 M M L : ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 8 5 0 2 4 4 5 2 2 , 0 2 2 , 0 4 2 0 0 0 0 0 0 = − − + = − − − + − ⋅ ⋅ = − − + + = − − y x y y x x y x y x y x − + + + 5 8 2 , 5 4 2 4 0 0 0 0 y x y x L в) L – середина отрезка 0 0 M M ′ , и значит 2) Укажем центр и радиус данной окружности 6 2 6 2 2 = + + − + y x y x ⇔ ⇔ ( ) ( ) 0 6 10 1 2 9 6 2 2 = + − + + + + − y y x x ⇔ ⇔ ( ) ( ) 4 1 3 2 2 = + + − y x ( ) 1 , 3 − S – центр 2 = R – радиус 3) Уравнение поворота с центром ( ) 2 , 3 − M на угол имеет вид 2 cos 2 2 sin 3 , 3 2 sin 2 или + + = ′ − + − = ′ , 2 3 , 3 2 x y y x или + = ′ − − = ′ 5 ,1 x y y x 4) Найдем центр искомой окружности и запишем ее уравнение, где = + = ′ = − = ′ 8 5 3 , 0 1 1 y x ( ) 8 , 0 S′ ( ) ( ) 4 8 0 2 2 = − + − y x или ( ) 4 8 2 2 = − + y x 5) Проиллюстрируем графически y 1 x -1 M S S′ 0 3 8 Рис. 18 l L ( ) 0 0 0 , y x M ( ) 0 0 0 , y x M ′ ′ ′ ( Рис. 19 61 60 ′ + = − + ′ + = + + , 2 5 8 2 , 2 5 4 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 y y y x x x y x ⇔ − − = ′ + + = ′ 5 16 5 3 5 4 , 5 8 5 4 5 3 0 0 0 0 0 Таким образом, уравнение осевой симметрии S имеет вид 16 5 3 5 4 , 5 8 5 4 5 3 y x y y x x (1) 2) Чтобы найти образ П параболы П, заданной уравнением 2 x y = , достаточно из уравнения (1) выразить координаты (х, у) прообраза через координаты (х, у) образа и подставить их в данное уравнение параболы. Но обратим внимание, что если ( ) ( ) y x M y x M S ′ ′ ′ → , , : , то ( ) ( ) ( ) y x M y x M S , , : 1 → ′ ′ ′ − . Известно, что ( ) S S = −1 , и следовательно 3 y x y y x x 0 П П S ′ → : l 2 : x y П = ; , 5 8 5 4 5 3 5 16 5 3 Пили 64 25 48 25 24 25 64 25 16 25 9 5 16 5 3 5 4 или , 0 25 144 25 79 25 28 25 24 25 16 25 9 2 или 0 144 79 28 24 16 9 : 2 П 3) Проиллюстрируем графически. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Определить вид движения по его уравнению. Указать элементы, его определяющие 1) − − = ′ − − = ′ 1 ,1 x y y x 2) − − = ′ = ′ 1 , x y y x 3) − − = ′ + = ′ 1 , 5 3 y y x x 4) − = ′ + = ′ 2 , 3 y y x x 5) − − = ′ + + = ′ 2 2 3 2 1 ,1 2 1 2 3 y x y y x x 6) − − = ′ + + = ′ 2 13 12 13 5 , 1 13 5 13 12 y x y y x x 7) − − = ′ + − = ′ 4 , 6 y y x x 1 y 1 x 0 3 П П ' |