Размещено на http://www.allbest.ru

Министерство образования Республики Беларусь

Учреждение образования

«Белорусский государственный университет»

Механико-математический факультет

Кафедра геометрии, топологии и методики преподавания математики

Курсовая работа

«Движения плоскости»

Выполнил:

студент 2 курса дневной

формы обучения

Пальчук Павел Вячеславович

Научный руководитель: доцент,

кандидат физико-математических наук

Чурбанов Юрий Дмитриевич

Минск 2016Размещено на http://www.allbest.ru

ВВЕДЕНИЕ

Важным разделом геометрии как науки и темой школьного курса геометрии являются отображения и преобразования фигур. Но на изучение данной темы в школьной программе выделяется недостаточно времени. Тема движений - одного из видов преобразования плоскости - в школьном курсе геометрии затрагивается лишь поверхностно, рассматриваются основные понятия, не уделяя большого внимания ее применению при решении задач.

Таким образом, целью данной курсовой работы является разобраться, что такое движение и рассмотреть основные ее части, подкрепленные решенными задачами.

Данная курсовая работа состоит из теоретической части, и практической. движение плоскость симметрия перенос поворот

Первая глава курсовой это теоретическая часть. В ней представлены основные определения, теоремы и их доказательства.

Вторая глава содержит задачи на темы представленные в теоретической части.



ГЛАВА 1. ТЕОРИЯ ДВИЖЕНИЯ ПЛОСКОСТИ

1.1 Общие свойства движений

1.1.1 Определения движения и равных фигур

Рассмотрим отображение f плоскости на себя, которое сохраняет расстояния между точками: если f(A)= A₁ и f(B)= B1, то A₁B₁ = AB (для любых A, B). Это отображение обратимо, так как из AB > 0 следует A₁B₁ > 0, т. е. образы любых двух различных точек различны. Следовательно, f -- преобразование.

Определение. Преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками, называется движением плоскости. Точнее говоря, преобразование f плоскости называется движением плоскости, если оно всякие две точки A и B отображает на такие две точки A₁ и B₁, что A₁B₁ = AB.

Следствие 1. Преобразование, обратное движению, есть движение.

Следствие 2. Композиция движений является движением.

Определение. Фигура F₁ называется равной (конгруэнтной) фигуре F (F₁ = F), если существует движение, отображающее фигуру F на фигуру F₁.

Отношение равенства фигур рефлексивно, симметрично и транзитивно.

1.1.2 Инварианты движений

Величины, свойства фигур, остающиеся неизменными при преобразовании, называются инвариантами этого преобразования. Основным инвариантом движений является расстояние между точками. Рассмотрим образы прямой, луча, полуплоскости и угла при движениях плоскости.

Теорема. Движение отображает прямую на прямую.

Под такой формулировкой понимается, что множеством образов всех точек данной прямой является некоторая прямая.

Доказательство. Пусть дано движение f плоскости и некоторая прямая a. Если A ? a, B ? b, A ? B, f(A)= A₁, f(B)= B₁, то A₁ ? B₁.

Рассмотрим прямую A₁B₁ и докажем, что f(a) = (A₁B₁). Пусть точка M₁ -- образ произвольной точки M прямой a. Если M лежит между A и B, то AM + MB = AB. По определению движения A₁M₁ = AM, M₁B₁ = MB, A₁B₁ = AB. Поэтому A₁M₁ + M₁B₁ = A₁B₁. Это означает, что M₁ лежит на прямой A₁B₁ (между A₁ и B₁). В случаях, когда A лежит между M и B или B лежит между A и M, аналогично доказывается, что образ M₁ точки M прямой a принадлежит прямой A₁B₁. Необходимо еще доказать, что всякая точка прямой A₁B₁ имеет своим прообразом при движении f некоторую точку прямой a, т. е. множество образов всех точек прямой a есть прямая A₁B₁. А это действительно так, поскольку образ произвольной точки прямой A₁B₁ при движении f ^?1 принадлежит прямой AB, в чем убеждаемся повторением предыдущего рассуждения.

Следствие 1. Движение плоскости сохраняет отношение «лежать между» для трех точек прямой.

Следствие 2. Движение плоскости отображает отрезок на отрезок.

Следствие 3. Образом луча при движении является луч.

Следствие 4. Образом полуплоскости при движении является полуплоскость.

Следствие 5. Движение плоскости отображает угол на (равный ему) угол.

Теорема. Движение отображает любые две параллельные прямые a и b на две параллельные прямые a? и b?.

Доказательство. Если бы прямые a? и b? пересекались в некоторой точке M?, то ее прообразом была бы такая точка M, которая принадлежала бы как прямой a, так и прямой b, что противоречит условию a?b.

Итак, основными инвариантами движений плоскости являются расстояния между точками, свойства фигур быть прямой, отрезком, лучом, полуплоскостью, углом, отношение «лежать между» для трех точек прямой, параллельность прямых.

1.1.3 Движения первого и второго рода

Говорят, что треугольник ABC ориентирован положительно, если обход по контуру треугольника от вершины A 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 ABC ориентирован положительно, то треугольник BAC ориентирован отрицательно.

Возможны два и только два случая: 1) треугольник ABC и его образ A?B?C? при движении плоскости ориентированы одинаково, 2) эти треугольники ориентированы противоположно. Можно доказать, что если треугольник ABC и его образ A?B?C? при движении плоскости имеют одинаковую ориентацию, то одинаковую ориентацию имеют любой другой ориентированный треугольник и его образ при этом движении. Если же треугольники ABC и A?B?C? ориентированы противоположно, то и любой другой ориентированный треугольник противоположно ориентирован со своим образом.

Определение. 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 A? и B? точек A и B (A?B? = AB) и известен род движения, то образ C? 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 A? и B? выбраны так, что A?B? = AB, то существует одно и только одно движение заданного рода, которое отображает A на A? и B на B?.

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.

1.2 Центральная симметрия

1.2.1 Определение и свойства центральной симметрии плоскости

Точки M и M₁ называются симметричными относительно данной точки O, если точка O является серединой отрезка MM1. Точка O 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) = M₁.

Очевидно, что если Z_O(M) = M₁, то Z_O(M₁) = M, т.е. преобразование, обратное центральной симметрии, есть та же центральная симметрия:

Z_O^?1 = Z_O, Z_O ? Z_O = E.

Иными словами, центральная симметрия является инволютивным преобразованием. Точки M и M₁ взаимно симметричны относительно O.

Фигура F и ее образ F₁ при центральной симметрии Z_O называются симметричными фигурами относительно точки (рис.1).

Теорема. Центральная симметрия есть движение.

Доказательство. Если Z_O(A) = A₁ и Z_O(B) = B₁, то для любых точек A и B плоскости A₁B₁ = AB, что непосредственно усматривается из равенства треугольников OAB и OA₁B₁ (рис.2). В случае, когда точки O, A и B коллинеарны, равенство этих расстояний также очевидно.



Центральная симметрия плоскости есть движение первого рода.

Согласно теореме п.1.2 центральная симметрия отображает каждую прямую на прямую. Соответственные лучи центральносимметричных 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 AB и A₁B₁ и секущей AA₁ (рис.4).

Центром симметрии фигуры F называется такая точка O, центральная симметрия относительно которой отображает эту фигуру на себя: Z_O(F) = F.

Например, центр окружности является центром симметрии этой окружности. Точка пересечения диагоналей параллелограмма служит центром его симметрии.

1.3 Осевая симметрия

1.3.1 Определение и свойства осевой симметрии плоскости

Точки M и M₁ называются симметричными относительно заданной прямой l, если эта прямая является серединным перпендикуляром к отрезку MM1(рис. 3). 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) = M₁.

Точки M и M₁ взаимно симметричны относительно l, поэтому S_l(M₁) = M. Следовательно, преобразование, обратное осевой симметрии, есть та же осевая симметрия: S_l^?1 = 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. 4). Если M / ? l и S_l(M) = M₁, то по свойству точек серединного перпендикуляра к отрезку имеем: AM = AM₁ и BM = BM₁. Значит, точка M₁ принадлежит двум окружностям: окружности с центром A радиуса AM и окружности с центром B радиуса BM (M -- данная точка).

Фигура F и ее образ F₁ при осевой симметрии называются симметричными фигурами относительно прямой l (рис.5)

Осевая симметрия плоскости есть движение второго рода.

На основании теоремы п. 1.2 осевая симметрия отображает каждую прямую на прямую. В частности, каждая из прямых, перпендикулярных оси симметрии, отображается этой симметрией на себя.

Теорема. Прямая, отличная от перпендикуляра к оси симметрии, и ее образ при этой симметрии пересекаются на оси симметрии или ей параллельны.

Доказательство. Пусть дана прямая, не перпендикулярная оси l симметрии. Если m ? l= P и S_l(m)= m₁, то m₁ ? m и S_l(P)= P, поэтому P ? m₁ (рис.6). Если же m || l, то m₁ || l, так как в противном случае согласно доказанной первой части этой теоремы прямые m и m₁ пересекались бы в точке прямой l, что противоречит условию m ? l (рис.7).

В силу определения равных фигур, прямые, симметричные относительно прямой l, образуют с прямой l равные углы (рис. 6).

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 l.

Например, всякая прямая, содержащая центр окружности, является осью симметрии этой окружности. Действительно, пусть M -- произвольная точка окружности щ с центром O, O ? l, S_l(M) = M₁. Тогда S_l(O) = O и OM₁ = OM, т. е. M₁ ? щ. Итак, образ любой точки окружности принадлежит этой окружности. Следовательно, S_l(щ) = щ.

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.

1.4 Перенос

1.4.1 Определение и свойства переноса

Переносом T_r -- плоскости на заданный вектор называется преобразование плоскости, которое каждую точку M отображает на такую точку M?, что =.

Это определение оправдано тем, что отображение, удовлетворяющее указанным в нем двум требованиям, отображает плоскость на себя и обратно, т.е. является преобразованием плоскости .

Перенос T_r -- полностью характеризуется своим вектором . Очевидно, перенос на нулевой вектор является тождественным преобразованием: T = E. Преобразование, обратное переносу T, есть перенос на противоположный вектор: (T)^?1 = T-.

Теорема. Перенос есть движение.

Доказательство. Если T(M) = M? и T(N) = N?, то = =. Следовательно, + = + или = и, значит, MN = M?N?.

Сравнение ориентаций двух соответственных при переносе треугольников показывает, что перенос является движением первого рода.

Следствие. Перенос отображает прямую на параллельную ей прямую, луч -- на сонаправленный с ним луч.

Доказательство. Перенос как всякое движение отображает прямую на прямую. Если M и N -- две различные точки прямой a и T (M) = M?, T(N) = N?, то = (рис. 8), откуда следует T(a) || a. Соответственные лучи этих прямых сонаправлены.

Обратно, если движение отображает каждый луч на сонаправленный с ним луч, то оно является переносом. Действительно, пусть при движении f фиксированная точка M отображается на точку M?, а произвольная точка N -- на точку N?. Так как лучи MN и M?N? по условию сонаправлены и MN = M?N?, то =, что эквивалентно равенству =, т. е. f -- перенос.

1.5 Поворот

1.5.1 Определение и свойства поворота

Поворотом плоскости около данной точки O на заданный ориентированный угол величины б называется преобразование плоскости, которое точку O отображает на себя, а всякую другую точку M отображает на такую точку M?, что OM? = OM и ориентированный угол MOM? имеет величину б (рис. 9). Точка O называется центром поворота, а величина a -- углом поворота.

Число a считается положительным, если угол MOM? ориентирован против движения часовой стрелки, и отрицательным -- в противном случае. Поворот с центром O на угол б обозначают R^б_O.

Легко видеть, что R_O^б = R_O^?(360є?б) = R_O^б?360є и R_O^б = R_O^б+360є. Эти две формулы обобщаются одной формулой

R_O^a = R_O^б+360єk, где k = 0, ±1, ±2, ±3, . . .

Поэтому без ограничения общности для любого поворота можно полагать 0є ? б < 360є или же ?180є < б ? 180є.

Преобразование, обратное повороту R_O^б, есть поворот с тем же центром, но на противоположный угол: (R_O^б)^?1 = R_O^?б.

Теорема. Поворот плоскости является движением.

Пусть R_О^б(A) = A₁ и R_O^б (B) = B₁. Покажем, что для любых двух точек A и B будет выполняться A₁B₁ = AB. Это очевидно, когда точки O, A, B коллинеарны. Если они неколлинеарны, то по определению поворота будут неколлинеарны их образы O, A₁, B₁. Из равенства ? AOA₁=? BOB₁ ориентированных углов следует равенство ?AOA₁ + ?A₁OB = ?A₁OB +?BOB₁ или ?AOB = ?A₁OB₁. Так как, кроме того, OA = OA₁ и OB = OB₁, то треугольники OAB и OA₁B₁ равны и поэтому A₁B₁ = AB.

Из сравнения ориентаций двух соответственных при повороте треугольников видно, что поворот -- движение первого рода.

1.5.2 Угол между лучом и его образом при повороте.

Поворот, как любое движение, отображает прямую на прямую, луч на луч, отрезок на отрезок.

Теорема. Ориентированный угол между лучом и его образом при повороте RO a равен углу a поворота.

Доказательство. Если начало данного луча h совпадает с центром O поворота, то это утверждение истинно по определению поворота.



Если начало луча p отлично от O, то проведем луч h с началом O, сонаправленный с лучом p. Любое движение плоскости отображает сонаправленные лучи на со направленные лучи, поэтому образы h₁ и p₁ лучей h и p также сонаправлены (рис.10). Угол между двумя направлениями не зависит от выбора лучей этих направлений. Поэтому ориентированный угол между лучами p и p₁ равен ориентированному углу между лучами h и h₁, т. е. равен углу a поворота.

Так же если угол между каждым лучом и его образом при движении постоянен (не зависит от выбора луча), то это движение является поворотом.

1.6 Композиции движений

Из следствия 1 первого параграфа мы знаем, что композиция двух движений это и есть движение. Рассмотрим несколько композиций движений.



1.6.1 Композиция центральных симметрии и переносов

Найдем композицию двух центральных симметрий с центрами A и B. Пусть для произвольной точки M плоскости Z_A(M) = M₁ и Z_B(M₁) = M₀ (рис.11).

Тогда по теореме о средней линии для треугольника MM₁M? имеем: = . Вектор постоянный, так как точки A и B заданы. Поэтому композиция Z_B ? Z_A есть перенос на вектор 2. Итак,

Z_B ? Z_A = T_2. (1.6.1)

Пусть заданы два переноса T и T. Если T (M) = M₁ и T(M₁) = M?, то = и M₁M? =, поэтому = + = + . Так как точка M произвольная, а вектор постоянный, то искомая композиция есть перенос на вектор + :

T ? T = T₊ (1.6.2)

Композиция переносов коммутативна, поскольку коммутативно сложение векторов: ?===?. Аналогичным образом убеждаемся, что композиция любого конечного числа переносов есть перенос на сумму векторов заданных переносов.

Композиция T ? Z_A центральной симметрии и переноса находится с помощью формулы (1.6.1): (Z_B ? Z_A) ? Z_A = ? Z_A. Поскольку любая композиция преобразований ассоциативна и Z_A ? Z_A = E, то Z_B = ? Z_A. Положим 2 =, тогда

T ? Z_A = Z_B, = (1.6.3)

Аналогично находим

Z_B ? T = Z_A, = . (1.6.4)

Таким образом, композиция центральной симметрии с центром A и переноса на вектор есть центральная симметрия, центр B которой определяется условием = .

Пользуясь ассоциативностью композиций, на основании предыдущих формул получаем такие выводы:

1) композиция четного числа центральных симметрии есть перенос,

2) композиция нечетного числа центральных симметрии есть центральная симметрия.

Теорема. Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями представляет собой перенос в направлении, перпендикулярном осям, от оси первой симметрии к оси второй симметрии на удвоенное расстояние между осями.

1.6.2 Композиция двух поворотов

Если центры A и B поворотов R^б_A и R^в_B совпадают, то композиция R^в_B ? R^б_A есть поворот около того же центра на угол б + в. Вследствие того, что б + в = =в + б, композиция поворотов с общим центром коммутативна.

Рассмотрим случай, когда A ? B. Композиция поворотов -- движение первого рода. При б + в = 0 или б + в = 2р эта композиция есть перенос, отличный от тождественного, так как она отображает каждый луч на сонаправленный с ним луч и (R^в_B?R^б_A)(A)?A. Далее будем считать, что б + в ? 0 и б + в ? 2р. Тогда R^в_B ? R^б_A является поворотом на угол б + в, поскольку угол между каждым лучом и его образом равен б + в. Найдем центр C этого поворота, полагая б ? 0 и в ? 0. Так как точка C неподвижна при композиции поворотов, то если R^б_A (C) = C₁ то R^в_B (C₁) = C. Отсюда заключаем, что AC = AC₁ и BC = BC₁. Эти равенства показывают, что точки C и C₁ симметричны относительно прямой AB (рис. 12). В силу этой симметрии имеем: ?CAB = б/2 и ?ABC = в/2. Эти углы позволяют построить центр C поворота R^б+в_C = R^в_B ? R^б_A: он является точкой пересечения прямых u и v таких, что R^б/2_A(u) = (AB) и R^в/2_B (AB) = v. Сформулируем полученные выводы.

Теорема. Композиция двух поворотов R^б_A и R^в_B с различными центрами есть перенос, если б + в = 0 или б + в = 2р, и поворот, если б + в ? 0 и б + в ? 2р. Центром поворота является точка C пересечения прямых u и v таких, что R^б/2_A(u) = (AB) и R^в/2_B (AB) = v.

Пользуясь этой теоремой, находим:



R^в_B ? R^б_A = R^б+в_C1, C₁ = S_AB(C).

1.6.3 Переносная симметрия

Рассмотрим композицию осевой симметрии S_l и переноса T при || l и ?. Нетрудно видеть, что эта композиция коммутативна:

T?S_l = S_l ? T, || l.

В самом деле, если M -- произвольная точка и S_l(M)=M₁, T(M₁)=M?, T(M) = M₀, то S_l(M₀) = M?. Поэтому (T ? S_l)(M) = M? и (S_l ? T)(M) =M?.

Определение. Композиция осевой симметрии и нетождественного переноса параллельно оси симметрии называется переносной (скользящей) симметрией плоскости.

Переносную симметрию T ? S_l = S_l ? T ( || l, ? ) условимся обозначать W^r_l . Прямая l называется осью переносной симметрии, вектор -- вектором переносной симметрии.

Непосредственно из этого определения вытекают следующие свойства переносной симметрии.

1) Переносная симметрия есть движение второго рода (как композиция движения второго рода и движения первого рода).

2) Ось переносной симметрии делит пополам всякий отрезок, соединяющий точку с ее образом, если данная точка не принадлежит оси симметрии. Действительно, если (MM₁) ? l = P , (MM?) ? l = C, то P -- середина MM₁ и по теореме Фалеса точка C -- середина MM?.

3) Вектор переносной симметрии определяется ортогональными проекциями P и Q данной точки M и ее образа M? на ось l симметрии:= .

1.6.4 Движения плоскости как композиции осевых симметрий

Приведем без доказательств принципиально важные факты теории движений плоскости.

1) Композицией осевых симметрий представимо любое движение плоскости.

2) Всякое движение первого рода представимо композицией двух осевых симметрий.

3) Всякое движение второго рода есть либо осевая симметрия, либо композиция трех осевых симметрий.

4) Композиция трех осевых симметрий есть либо осевая симметрия, либо переносная симметрия.

1.7 Координатные формулы движений плоскости

Пусть задано движение f и прямоугольная декартова система координат Oxy с базисными векторами ,. Если f(M) = M? и точки M и M? имеют в этой системе соответственно координаты (x, y) и (x?, y?), то искомые формулы движений должны выражать x?, y? через x, y и величины, которыми задано движение f.

1.7.1 Формулы переноса и центральной симметрии

Пусть (a, b) -- вектор переноса. Если M(x, y) >M?(x?, y?), то по определению переноса =, т. е. x? ? x = a и y? ? y = b. Таким образом, формулами

x?= x+a, y?= y+b (1.7.1)

записывается перенос плоскости на вектор (a,b).

Если S(x₀,y₀) -- центр симметрии Z_S и при этой симметрии M(x,y) > M?(x?, y?), то (x? + x) = x₀, (y? + y) = y₀, откуда получаем искомые формулы для Z_S



x? = 2x₀ ? x, y? = 2y₀ ? y. (1.7.2)

1.7.2 Формулы поворота

Если центр поворота совпадает с началом O системы координат, а угол (ориентированный) поворота равен ц, то выразим координаты x?, y? образа M? точки M(x, y) через ее координаты x, y и угол ц. Обозначим ориентированный угол между осью Ox и вектором через б, а длину вектора -- через r. Тогда по определению косинуса и синуса x = r cos б, y = r sin б. Так как длина вектора равна r, а угол между осью Ox и этим вектором равен б + ц, то по этим же формулам имеем:

x? = r cos(б + ц), y? = r sin(б + ц).

Используя формулы сложения, получаем:

x? = r cosб cosц ? r sinб sinц,

y? = r sinб cosц + r cosб sinц.

Заменив r cosб и r sinб соответственно на x и y, получаем окончательные формулы поворота около начала O на угол ц:

x? = x cos ц ? y sin ц,

y? = x sin ц + y cos ц. (1.7.3)

В частности, при ц = 90є имеем x? = ?y, y? = x.

1.7.3 Формулы осевой симметрии

Пусть при симметрии относительно прямой ax+by+c=0 точка M(x, y) отображается в точку M?(x?, y?). Выразим x?, y? через x, y и a, b, c. Так как середина отрезка MM? имеет координаты , и лежит на оси симметрии, то

a(x + x?) + b(y + y?) + c = 0.

В силу того, что вектор перпендикулярен оси симметрии, т. е. перпендикулярен вектору (?b, a), получаем:

?b(x ? x?) + a(y ? y?) = 0.

Рассмотрим систему полученных уравнений относительно x?, y?. Запишем ее так:

Отсюда получаем:

x' = x - 2aa² + b² (ax + by + c),y' = y - 2ba² + b²(ax + by + c) (1.7.4)

В частности, если ось симметрии имеет уравнение y = kx, то формулы (1.7.4) становятся такими:

x' = 11 + k2 ((1 - k²)x + 2ky),y' = 11 + k2 (2kx - (1 - k²)y). (1.7.5)

При k = 1 будет x = y, y = x.

1.7.4 Формулы движений I и II рода

Легко видеть, что всякое движение первого рода представимо композицией поворота на определенный угол около произвольной точки и некоторого определенного переноса. В самом деле, движение первого рода задается парой равных треугольников одной ориентации: ABC > A?B?C?. Сначала треугольник ABC повернем около произвольной точки O на такой угол ц, чтобы соответственные стороны полученного треугольника A₁B₁C₁ и треугольника A?B?C? оказались параллельными. Тогда треугольник A₁B₁C₁ отобразится на треугольник A?B?C? вполне определенным переносом на вектор .

Поворот запишем формулами:

а перенос -- формулами:

x?= x₁+a, y?= y₁+b

Подстановкой получаем искомые формулы движений первого рода:

(1.7.6)

Переходим к выводу формул движений второго рода. Используя его конструктивное задание парой равных треугольников противоположной ориентации, легко убеждаемся, что всякое движение второго рода представимо композицией осевой симметрии с наперед заданной осью и определенного движения первого рода. В качестве оси симметрии возьмем ось Ox прямоугольной декартовой системы координат. Эта осевая симметрия имеет простые формулы:



x₁ = x, y₁ = ?y, (M(x, y) > M₁(x₁, y₁)).

Если при движении первого рода M₁(x₁, y₁) > M? (x?, y?), то

Подстановкой получаем искомые формулы движений второго рода:

(1.7.7)



ГЛАВА 2. ПРИМЕРЫ РЕШЕННЫХ ЗАДАЧ НА ТЕМУ ДВИЖЕНИЕ ПЛОСКОСТИ

2.1 Задачи на тему «Центральная симметрия»

Задача 1. Постройте центр данного параллелограмма, не используя его вершины.

Решение. Мы знаем признаки параллелограмма, что в точке пересечения каждая диагональ делится пополам и стороны попарно параллельные. Значит точку пересечения можно считать, как центр симметрии. Проведем равные перпендикулярные отрезки, которые будут выходить из точки пересечения диагоналей, проведем симметричные им отрезки (они так же будут между собой параллельные) => у нас получается квадрат, а это частный случай параллелограмма.

Задача 2. Двое игроков поочередно выкладывают на прямоугольный стол пятаки. Монету разрешается класть только на свободное место. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Докажите, что первый игрок всегда может выиграть.

Решение. Первый игрок кладет пятак в центр стола, а затем кладет пятаки симметрично пятакам второго игрока относительно центра стола => первый игрок всегда имеет возможность сделать очередной ход. Ясно также, что игра завершится за конечное число ходов.

Задача 3. В треугольник вписана окружность и проведены касательные к ней параллельно сторонам треугольника. Докажите, что в полученном шестиугольнике противоположные стороны равны.

Решение. Пусть AB, CD и EF -- стороны рассматриваемого шестиугольника ABCDEF, лежащие на указанных касательных. 

При симметрии относительно центра вписанной окружности данного треугольника прямая AB переходит в прямую DE, а прямая BC -- в прямую EF. Поэтому точка B пересечения прямых AB и BC переходит в точку E пересечения прямых DE и EF.

Аналогично докажем, что при этой симметрии вершина A переходит в вершину D, а вершина F -- в вершину C. Следовательно, центр окружности есть центр симметрии шестиугольника ABCDEF. Поэтому AB = ED, BC = FE и CD = FA.

Задача 4. В треугольнике ABC проведены медианы AM и CK. Углы BAM и BCK равны 30?. Докажите, что треугольник ABC правильный.

Решение. Проведем отрезок симметричный отрезку KC с точкой симметрии K => DK=KC по условию AK=BK => ABCD-параллелограмм. По свойствам параллелограмма треугольники DBK и CKB равны => треугольник DBC-равнобедренный. BK-медиана, а значит и высота=> угол DBK=180є-60є- 30є=60є, аналогично и для другого параллелограмма ABNC угол NBC=60є => угол ABC=60є. Угол DBA=BAC=60є, угол NBC=BCA=60є=>треугольник ABC-правильный.

Задача 5. Докажите, что если выпуклый многоугольник можно разбить на несколько параллелограммов, то он имеет центр симметрии.

Решение. От каждой стороны многоугольника отходит цепочка параллелограммов, т.е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причем она может по ходу перемещения разбиваться на несколько частей. Так как у выпуклого многоугольника может быть еще только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и ту же сторону, причем длина этой стороны не меньше длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, так и из второй в первую, поэтому все стороны многоугольника разобьются на пары параллельных и равных сторон. Отсюда нетрудно показать, что многоугольник имеет центр симметрии.

2.2 Задачи на тему «Осевая симметрия»

Задача 1. Точки A, B, C лежат на одной прямой. Точка M не принадлежит этой прямой. Докажите, что окружности с диаметрами MA, MB, MC имеют еще одну общую точку.

Решение. Когда мы отметим точки центра окружностей и соединим, у нас получится ось симметрии этих окружностей. В точке M все окружности пересекаются. А так как у нас существует ось симметрии, то точке M обязательно найдется симметричная ей точка, в которой окружности будут иметь пересечение и это точка N.

Задача 2. Постройте квадрат, две противоположные вершины которого лежали бы на данной прямой, а две другие -- на данных окружностях.

Решение. У нас дана прямая и на ней точки A и B. Они лежат на диагонали квадрата, чтобы найти оставшиеся две противоположенные вершины нам нужно от точек A и B провести две окружности одинакового радиуса R. Когда проведем окружности, их точки пересечения и будут оставшиеся вершины квадрата.

Задача 3. В окружности, центр которой не указан, проведены две параллельные неравные хорды. Разделите эти хорды пополам, пользуясь только одной линейкой.

Решение. Пусть AB и CD -- данные хорды; прямые AD и BC пересекаются в точке M, а прямые AC и BD -- в точке N. Докажем, что диаметр окружности, перпендикулярный к этим хордам, проходит через точки M и N.

Действительно, при симметрии относительно этого диаметра, точка A переходит в точку B, а точка C -- в точку D, поэтому прямая AC переходит в прямую BD. Следовательно, точка N пересечения этих прямых переходит в себя, т.е. лежит на оси симметрии. Аналогично для точки M.

Отсюда вытекает следующее построение. Находим точку пересечения M прямых AD и BC, затем -- точку N пересечения прямых AC и BD. Затем проводим искомую прямую MN.

Задача 4. Постройте четырехугольник ABCD, в который можно вписать окружность, зная стороны AB и AD и углы при вершинах B и D.

Решение. Предположим, что AD > AB. При симметрии относительно биссектрисы угла BAD точка B перейдёт в точку B₁ на стороне AD, а образ прямой CB пересечёт прямую CD в точке M.



Треугольник B₁DM можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам. Его вневписанная окружность -- это окружность, вписанная в четырёхугольник ABCD.

Если AB ? AD, то задача имеет единственное решение, если AB = AD и ?B =?D, то решений бесконечно много, если же AB = AD и ?B ? ?D, то решений нет.

2.3 Задачи на тему «Параллельный перенос»

Задача 1. Доказать, что если в треугольнике две медианы равны, то треугольник равнобедренный.

Решение. Рассмотрим параллельный перенос треугольника ABC на вектор, в результате получаем f(C)=C?; f(C₁)=B₁.По свойствам движения C₁C=B₁C?=BB₁=>?B₁BC=?B₁C?B; ?C₁CB= =?B₁C?B(как соответствующие) => треугольник C₁CB=треугольнику B₁CB => ?C=?B=> треугольник ABC - равнобедренный.

Задача 2. Даны две окружности и точка A. Проведите через точку A прямую так, чтобы эти окружности высекали на ней равные хорды.

Решение. Предположим, что нужная прямая проведена. Пусть AB = CD -- хорды данных окружностей S₁ и S₂, и проведем прямую f параллельную этой прямой, Q₁ и Q₂ -- проекции центров O₁ и O₂ этих окружностей на прямую f. Тогда при параллельном переносе на вектор отрезок AB перейдёт в отрезок CD, а окружность S₁ -- в окружность S, имеющую общую хорду CD с окружностью S₂.

Отсюда вытекает следующий способ построения. Опустим перпендикуляры из центров данных окружностей S₁ и S₂ на прямую f. Пусть Q₁ и Q₂ -- основания этих перпендикуляров. Если при параллельном переносе на вектор образ S окружности S₁ пересекает окружность S₂ в двух точках C и D, то CD -- искомая прямая.

Задача 3. Постройте трапецию по ее основаниям и диагоналям.

Решение. Даны отрезки a,b,d₁,d₂. Необходимо построить трапецию ABCD (с основаниями AD и ВС, AD > ВС), такую, что AD=a; BC=b; AC=d₁; BD=d₂.

Допустим, что ABCD -- искомая трапеция. Тогда на продолжении AD отложим отрезок DE = b. Следовательно, DBCE -- параллелограмм, так как две его стороны ВС и DE параллельны и равны. Поэтому стороны BD и СЕ параллельны и равны: BD=CE=d₂.

Рассмотрим треугольник ACE. AC=d₁; CE=d₂; AE=a+b.

План построения трапеции:

1) На произвольной прямой отложим отрезок AD = а. На продолжении AD отложим отрезок DE = b.

2) Построим треугольник ACE по известным сторонам AE=a+b; AC=d₁; CE=d₂.

3) Через точку С проведем прямую, параллельную АЕ, и на этой прямой от точки С в ту же полуплоскость относительно СЕ, где и точка А, отложим отрезок СВ = b.

4) Получим четырехугольник ABCD. Докажем, что ABCD искомая трапеция. BC||AD.

Так как AD?BC (по условию), то ABCD не является параллелограммом, а значит, является трапецией с основаниями AD = а, ВС = b (по построению). По построению диагональ AC=d₁; CE=d₂; Так как BCED-- параллелограмм (его противоположные стороны ВС и DE по построению параллельны и равны), то BD=CE=d₂; Значит, диагонали АС и BD равны соответственно d₁ и d₂, и следовательно, ABCD -- искомая трапеция.

Задача 4. Постройте трапецию по четырем ее сторонам.

Решение. Наша искомая трапеция будет ABCD. Пусть боковыми сторонами трапеции будут AB и CD. Пусть AD будет одним из оснований трапеции, укажем на AD точку P. Построим BP||CD, строим BC||PD дальше соединяем точки и получаем трапецию ABCD.

2.4 Задачи на тему «Поворот»

Задача 1. На сторонах BC и CD квадрата ABCD взяты точки M и K соответственно, причем BAM = MAK. Докажите, что BM + KD = AK.

Решение. Повернем квадрат ABCD относительно точки A на 90^o так, чтобы точка B перешла в точку D. При этом повороте точка M переходит в точку M', а точка K -- в точку K'. Ясно, что BMA = DM'A. Так как MAK = MAB = M'AD, то MAD = M'AK'. Поэтому M'AK' = MAD = BMA = DM'A, а значит, AK = KM' = KD + DM' = KD + BM.

Задача 2. Через центр квадрата проведены две перпендикулярные прямые. Докажите, что точки пересечения их со сторонами квадрата являются вершинами некоторого квадрата.

Решение. Если эти перпендикуляры будут диагоналями данного квадрата, то это очевидно, что вершины данного квадрата будут вершинами искомого квадрата. Второй случай если перпендикуляры будут проходить через середины сторон данного квадрата, то в этом случае при повороте вокруг центра квадрата на 90є, то вершины искомого квадрата будут переходить в вершины данного квадрата.

...