Я. П. Понарин элементарная геометрия том 1 планиметрия, преобразования плоскости москва
 Скачать 2.08 Mb.
|
|
, g(B) = = B 1 , g(C) = C 1 , то нашлась бы такая точка P , что f (P ) = P 1 , g(P ) = P 2 , P 1 6= P 2 . Точки и должны быть водной полуплоскости с границей. По определению движения AP = A 1 P 1 = и BP = B 1 P 1 = 157 = B 1 P 2 . Так как точки и равноудалены от точек и P 2 , то они лежат на серединном перпендикуляре к отрезку P 1 P 2 . Оказалось, что точки и лежат в разных полуплоскостях от прямой A 1 B 1 . Полученное A B C M A 1 B 1 C 1 M 1 Рис. противоречие опровергает предположение f 6= При доказательстве этой теоремы обнаружился один из способов построения образа точки при движении с помощью одного циркуля (рис. 2). 1.4. Движения первого и второго рода. Говорят, что треугольник ABC ориентирован положительно, если обход по контуру треугольника от вершины к вершине B и затем к вершине C совершается против движения часовой стрелки. Если же этот обход совершается по движению часовой стрелки, то говорят, что треугольник ABC ориентирован отрицательно. Ориентация треугольника зависит только от порядка записи его вершин если треугольник ориентирован положительно, то треугольник ориентирован отрицательно. Возможны два и только два случая 1) треугольники его образ при движении плоскости ориентированы одинаково, 2) эти треугольники ориентированы противоположно. Можно доказать, что если треугольники его образ при движении плоскости имеют одинаковую ориентацию, то одинаковую ориентацию имеют любой другой ориентированный треугольники его образ при этом движении. Если же треугольники ABC и ориентированы противоположно, то и любой другой ориентированный треугольник противоположно ориентирован со своим образом. О пределен и е. Движение плоскости, сохраняющее ориентацию треугольников, называется движением первого рода. Движение, изменяющее ориентацию треугольников на противоположную, называется движением второго рода. Для задания движения указанного рода достаточно задания двух пар соответственных точек. В самом деле, если заданы образы и точек A и B (A 0 B 0 = AB) и известен род движения, то образ третьей данной точки C однозначно определяется для треугольника ABC строится равный ему треугольник нужной ориентации согласно указанному роду движения. Итак, если точки A и B различны и точки и выбраны так, что AB, то существует одно и только одно движение заданного рода, которое отображает A на и B на B 0 158 Композиция любого числа движений первого рода есть движение первого рода. Композиция четного числа движений второго рода есть движение первого рода, а композиция нечетного числа движений второго рода является движением второго рода 2. Центральная симметрия. Определение и свойства центральной симметрии плоскости. Точки M и называются симметричными относительно данной точки O, если точка O является серединой отрезка M M 1 . Точка считается симметричной сама себе. Преобразование плоскости, которое отображает каждую точку M на симметричную ей точку относительно данной точки O, называется центральной симметрией с центром O и обозначается Z O : Z O (M ) = Очевидно, что если Z O (M ) = M 1 , тот. е. преобразование, обратное центральной симметрии, есть та же центральная симметрия Иными словами, центральная симметрия является инволюционным преобразованием. Точки M и взаимно симметричны относительно Фигура F и ее образ при центральной симметрии называются симметричными фигурами относительно точки (рис. Теорема. Центральная симметрия есть движение. Д ока за тел ь ст во. Если Z O (A) = и Z O (B) = B 1 , то для любых точек A и B плоскости A 1 B 1 = AB, что непосредственно усматривается из равенства треугольников OAB ирис. В случае, когда точки и B коллинеарны, равенство этих расстояний также очевидно. F M O F 1 M 1 Рис. Рис. Центральная симметрия плоскости есть движение первого рода. Согласно теореме п. 1.2 центральная симметрия отображает каждую прямую напрямую. Соответственные лучи центральносимметричных 159 прямых направлены противоположно. Прямая, содержащая центр симметрии, совпадает со своим образом. Прямая, не содержащая центр симметрии, отображается этой симметрией на параллельную прямую. Это следует из равенства внутренних накрест лежащих углов для прямых и и секущей рис. Центром симметрии фигуры F называется такая точка O, центральная симметрия относительно которой отображает эту фигуру на O Рис. себя Z O (F ) = F . Например, центр окружности является центром симметрии этой окружности. Точка пересечения диагоналей параллелограмма служит центром его симметрии. Полоса симметрична относительно любой точки своей средней линии (рис. 5). Однако фигура вовсе не обязана иметь центр симметрии. Скажем, правильный треугольник не имеет центра симметрии. Решение задач. Рассмотрим примеры применения центральной симметрии при решении задач на доказательство и построение. З ада ч а 1. Противоположные вершины параллелограмма принадлежат прямым, содержащим противоположные стороны другого M Q N P O B A C D Рис. параллелограмма M N P Q. Доказать, что эти параллелограммы имеют общий центр. Р е ш е ни е. Пусть (AC) ∩ (BD) = O (рис. Тогда по свойству точки пересечения диагоналей параллелограмма) = Так как A ∈ (M Q), C ∈ (N P ) и (M Q) k (N P ), то Q) = (N P ). Аналогично Z O (M N ) = (P По теореме точка M пересечения прямых Q и M N отображается на точку P пересечения их образов (N P и (P Q): Z O (M ) = P . Следовательно, точка O — середина отрезка M P Рис. Задача. Через каждую из двух противоположных вершин параллелограмма проведены перпендикуляры к прямым, содержащим его стороны, не проходящие соответственно через эти вершины. Доказать, что основания этих перпендикуляров являются вершинами прямоугольника. При каком условии он будет квадратом? Р е ш е ни е. Пусть ABCD — данный параллелограмм ирис. Если (AC) ∩ (BD) = O, то из прямоугольников AM CP и AN CQ следует, что точка O служит их общим центром и M P = AC = N Q. Так как Z O (M ) = P и Z O (N ) = Q, то четырехугольник параллелограмм, который имеет равные диагонали, и потому является прямоугольником. Точки A, N , M , C, Q, лежат на одной окружности с центром O. Поэтому ∠BAD = 1/2∠N OP Для того, чтобы прямоугольник M N P Q был квадратом, необходимо и достаточно, чтобы ∠N OP = 90 ◦ , те. чтобы ∠BAD = при условии, что указанные в задаче перпендикуляры проведены через вершины и C острых углов данного параллелограмма). З ада ч а 3. Через данную точку A провести прямую так, чтобы ее отрезок с концами на данных прямой и окружности делился точкой пополам. Р е ш е ни е. Пусть m и a — данные прямая и окружность, CD — искомый отрезок, C ∈ m, D ∈ a (рис. Тогда Z A (C) = D. Если Z A (m) = m 1 , A C D E F m 1 m Рис. то D ∈ и, следовательно, D ∈ a ∩ Отсюда вытекает такое построение строим образ прямой m при симметрии, точки D и E пересечения прямой сданной окружностью a определяют вместе сточкой искомые прямые и EA. Исследование незатруднительно. З ада ч а. Через данную внутри угла точку провести прямую, отсекающую от этого угла треугольник с наименьшей площадью. Р е ш е ни е. Пусть ∠ab — данный угол и P — точка внутри угла (рис. 9). Проведем через P произвольную прямую M N , M ∈ a, N ∈ b. Для определенности будем полагать, что M P < P N . Построим прямую симметричную a относительно P . Пусть b ∩ a 1 = B, a 1 ∩ (M N ) = K, (P B) ∩ a = A. Тогда площадь треугольника OAB меньше площади треугольника. В самом деле, треугольники AM P и BKP равны Рис. так как они симметричны относительно точки. Но S OAB = S OM P B + S AM P = S OM P B + + S BKP = S OBKM < S OM N . В случае, когда лежит между O и B (A между O и M аналогично получим тот же результат. Поскольку прямая M N произвольная, а прямая вполне определенная для данного угла и данной точки P , то треугольник имеет наименьшую возможную площадь из всех треугольников, отсекаемых от угла прямыми, проходящими через . Из этого анализа следует способ построения искомой прямой нужно построить a 1 = Z P (a), тогда точка B = a 1 ∩ b определяет прямую) = (BP ). Искомая прямая всегда существует и единственна Задачи на доказательство. Через диаметрально противоположные точки A и B окружности проведены параллельные хорды AC и BD. Докажите, что отрезок — диаметр этой окружности. Точки E и F — середины параллельных сторон AD и BC соответственно параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые BE и F делят диагональна три равные части. Дан четырехугольник ABCD с прямыми углами A и C. Докажите, что точки Z A (D) и Z C (D) симметричны относительно ортоцен- тра H треугольника ABC. 1.04. Через точки, делящие медианы треугольника в отношении 1 : считая от вершин, проведены прямые, параллельные соответственным сторонам этого треугольника. Докажите, что треугольник с вершинами в точках пересечения этих прямых равен данному треугольнику. В треугольник вписана окружность и проведены касательные к ней параллельно сторонам треугольника. Докажите, что в полученном шестиугольнике противоположные стороны равны. В четырехугольнике ABCD угол B равен углу D, а диагональ делится другой диагональю пополам. Докажите, что данный четырехугольник — параллелограмм. Точка O — центр параллелограмма ABCD. Докажите, что центры окружностей, вписанных в треугольники AOB, BOC, COD, являются вершинами ромба. В каком случае этот ромб будет квадратом. На сторонах параллелограмма вне его построены правильные треугольники. Докажите, что их центры являются вершинами параллелограмма. Дан параллелограмм ABCD и произвольная точка M . Через вершины A, B, C, D проведены прямые, параллельные соответственно прямым M C, M D, M A, M B. Докажите, что построенные прямые пересекаются водной точке. Даны две параллельные прямые и прямой угол с вершиной O в центре симметрии этих прямых. Докажите, что расстояние от точки до прямой, соединяющей точки M и N пересечения данных прямых со сторонами угла, не зависит от выбора стороны угла. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно середин его сторон, лежат на описанной около треугольника окружности. Задачи на построение. Внутри угла с вершиной O дана точка M . Постройте прямую, не используя точку O. 162 1.13. Постройте центр данного параллелограмма, не используя его вершины. Постройте квадрат, если дан его центр и две точки, принадлежащие прямым, которые содержат две противоположные стороны квадрата. Через точку пересечения двух данных окружностей проведите прямую, на которой эти окружности отсекают равные хорды. Постройте параллелограмму которого две противоположные вершины находятся в данных точках, а две другие — на данной окружности. Даны четыре попарно непараллельные прямые и не принадлежащая им точка O. Постройте параллелограмм с центром O, вершины которого лежат по одной на данных прямых. Задачи для внеклассной работы. Двое игроков кладут на прямоугольный стол пятаки, которые разрешается класть лишь на свободные места. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Докажите, что игрок, кладущий пятак первым, всегда может выиграть. От пункта A к пункту B, находящемуся на острове, требуется провести телефонную связь. Как, не переплывая реку, определить необходимую длину телефонного кабеля. Противоположные стороны шестиугольника параллельны и равны. Докажите, что этот шестиугольник имеет центр симметрии. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон четырехугольника, и отрезок с концами в серединах его диагоналей пересекаются водной точке и делятся ею пополам. На окружности даны четыре точки. Через середину каждого из отрезков с концами в двух данных точках проводятся перпендикуляры к прямой, содержащей две оставшиеся точки. Докажите, что построенные шесть перпендикуляров пересекаются водной точке. В окружности даны две произвольные хорды AB и CD. На хорде CD задана точка P . Найдите на окружности такую точку M чтобы прямые AM и BM высекали на хорде CD отрезок, делящийся точкой P пополам. Через общую точку двух окружностей проведите прямую так, чтобы эти окружности высекали на ней хорды, разность которых равна данному отрезку a. 1.25. В треугольнике ABC проведены медианы AM и CK. Углы и BCK равны 30 ◦ . Докажите, что треугольник ABC правильный 1.26. Дан треугольники точка P . Точки P 1 , P 2 , P 3 — ее ортогональные проекции на прямые BC, CA, AB соответственно. Точки, Q 2 , симметричны точкам P 1 , P 2 , относительно середин отрезков. Докажите, что перпендикуляры к прямыми в точках Q 1 , и соответственно пересекаются водной точке 3. Осевая симметрия. Определение и свойства осевой симметрии плоскости. Точки и называются симметричными относительно заданной прямой l, если эта прямая является серединным перпендикуляром к отрезку M рис. 10). Каждая точка прямой l симметрична сама себе. Преобразование плоскости, при котором каждая точка отображается на симметричную ей точку относительно данной прямой l, называется осевой симметрией с осью l и обозначается S l : S l (M ) = Точки M и взаимно симметричны относительно l, поэтому) = M . Следовательно, преобразование, обратное осевой симметрии, есть та же осевая симметрия S −1 l = S l , S l ◦ S l = E. Иначе говоря, осевая симметрия плоскости является инволютивным преобразованием (Образ данной точки при осевой симметрии можно просто построить, пользуясь только одним циркулем. Пусть l — ось симметрии, A и B произвольные точки этой оси (рис. 11). Если M / ∈ l и S l (M ) = то по свойству точек серединного перпендикуляра к отрезку имеем и BM = BM 1 . Значит, точка принадлежит двум окружностям окружности с центром A радиуса AM и окружности с центром B радиуса BM (M — данная точка). Фигура F и ее образ при осевой симметрии называются симметричными фигурами относительно прямой l (рис. Рис. Рис. Рис. Теорема. Осевая симметрия плоскости есть движение Если A и B — любые точки плоскости и S l (A) = A 1 , S l (B) = то надо доказать, что A 1 B 1 = AB. Предлагаем это сделать читателю, руководствуясь рис. Из сравнения ориентаций треугольника и его образа получаем, что осевая симметрия плоскости есть движение второго рода. На основании теоремы п. 1.2 осевая симметрия отображает каждую прямую напрямую. В частности, каждая из прямых, перпендикулярных оси симметрии, отображается этой симметрией на себя. A A 1 B B 1 l Рис. Рис. Рис. Рис. Рис. Теорема. Прямая, отличная от перпендикуляра коси симметрии, и ее образ при этой симметрии пересекаются на оси симметрии или ей параллельны. Д ока за тел ь ст во. Пусть дана прямая, не перпендикулярная оси l симметрии. Если m ∩ l = P и S l (m) = m 1 , то m 1 6= m и S l (P ) = P , поэтому ∈ рис. 18). Если же m k l, то m 1 k l, так как в противном случае согласно доказанной первой части этой теоремы прямые m и пересекались бы в точке прямой l, что противоречит условию m k l (рис. 19). P l Рис. 18 m Рис. 19 165 В силу определения равных фигур, прямые, симметричные относительно прямой l, образуют с прямой l равные углы (рис. Прямая l называется осью симметрии фигуры F , если при симметрии с осью l фигура F отображается на себя S l (F ) = F . Говорят, что фигура F симметрична относительно прямой Например, всякая прямая, содержащая центр окружности, является осью симметрии этой окружности. Действительно, пусть M — произвольная точка окружности w с центром O, O ∈ l, S l (M ) = M 1 . Тогда) = O и OM 1 = OM , те. Итак, образ любой точки окружности принадлежит этой окружности. Следовательно, S l ( w) = Осями симметрии пары непараллельных прямых служат две перпендикулярные прямые, содержащие биссектрисы углов между данными прямыми. Осью симметрии отрезка является содержащая его прямая, а также серединный перпендикуляр к этому отрезку. Решение задач с помощью осевой симметрии. Рассмотрим наиболее типичные ситуации применения осевой симметрии в задачах. З ада ч а 1. Точки M и N симметричны вершине C треугольника M N P Q T J A B C Рис. 20 ABC относительно прямых, содержащих биссектрисы его углов A и B. Доказать, что точка касания стороны AB с вписанной в треугольник окружностью является серединой отрезка Решение. Пусть Q и T — точки касания вписанной окружности соответственно со сторонами ирис. Так как биссектриса угла принадлежит его оси симметрии и AT = AP , BQ = BP , то точка служит образом точек Q и T при указанных осевых симметриях. M S D A B C Рис. Поскольку CQ = CT , то и M P = N P Задача. Продолжения боковых сторон и BC равнобочной трапеции ABCD пересекаются в точке S. Доказать, что окружности, описанные около треугольников и BDS, пересекаются в центре окружности, описанной около данной трапеции. Р е ш е ни е. Пусть M — вторая точка пересечения окружностей ACS ирис. Прямая SM является осью симметрии этих окружностей и трапеции, поэтому она содержит центр окружности, описанной около трапеции. Далее, ∠ASM = = ∠BSM ⇒ `AM = `M C ⇒ AM = M C. Так как, кроме того, AM = = M B и DM = M C, то точка M равноудалена от всех вершин трапеции Задача. Внутри острого угла дана точка A. Построить треугольник наименьшего периметра, вершины B и C которого принадлежат сторонам угла. Р е ш е ни е. Построим точки M и N , симметричные точке A относительно сторон данного угла. Прямая M N пересекает стороны угла вис- комых точках B ирис. Действительно, если и C 1 — какие-либо A B C N M B 1 C 1 O Рис. 22 A B B 1 M m t p a b Рис. 23 m n P O A B C a b c Рис. другие точки на сторонах угла, то+ B 1 C 1 + C 1 A 1 = M B 1 + B 1 C 1 + C 1 N > > M N = M B + BC + CN = AB + BC + Следовательно, треугольник ABC имеет наименьший периметр. Вместе с этим доказано, что он единственный. З ада ч а 4. Дана прямая m и две окружности ив полуплоскости с границей Найти на прямой m точку, касательные из которой к данным окружностям образуют с прямой m равные углы. |