Перемещения плоскости

Квант 1980, №3 с. 2-7 Тег ABMZ

В. Болтянский

Перемещение плоскости естественно представлять с точки зрения механики как движение одного нераяжимого листа по другому. Оказывается, такие движения былиот только четырех типов. Об этом и о свойствах перемещений, полезных для решения задач, рассказано в этой статье.

Наглядное описание перемещений
Пусть $g$ — произвольное отображение плоскости на себя. Отображение $g$ называется перемещением плоскости, если оно сохраняет расстояния, то есть для любых точки $A, B$ этой плоскости справедливо равенство
$|g(A)g(B)| = |AB|.$
Наглядное перемещение плоскости можно описать следующим образом. Будем представлять себе плоскость в виде двух наложенных один на другой листов, верхний из которых прорачен. На нижнем листе отмечены несколько точки; те же точки отмечены и на верхнем листе. Пере-

Рис. 1.

его на другую сторону («изнанку») и снова наложить на непрозрачный.

Пусть теперь в плоскости заданы две пары точек $A, B$ и $A_1, B_1$ , причем $|AB| = |A_1B_1| \neq 0$ . Описанная выше наглядная модель перемещения подсказывает, что существуетровно два перемещения плоскости, переводящие точку $A$ в $A_1$ и точку $B$ в $B_1$ .

В самом деле, при помощи скольжения произного листа по непрозрачному можно найти только одно положение произного листа, при котором отмещенные на нем точки $A, B$ совпадут соответственно, с точки $A_1, B_1$ на непрозрачном листе (рис. 1). Можно поступить и иначе: сначала перевернуть произный лист на обратную сторону, а затем совместить отмещенные на нем точки $A, B$ с точки $A_1, B_1$ на непрозрачном листе. Других перемещений (кроме двух указанных), переводших точки $A, B$ соответственно в $A_1, B_1$ , не существует. Мы видим, что:

Если $|AB| = |A_1B_1|$ (причем $A \neq B$ ), то существуетровно два перемещения плоскости, переводящие точку $A, B$ соответственно в $A_1, B_1$ .

Разумеется, проведенный «мысленный эксперимент» с описанной наглядной моделью нельзя считать математическим доказательством формулирования утверждения — это можно считать лишь опытным подтверждением. В математике же формулирование утверждения принимается (в рамках школьной геометрии) без доказательства, т. е. представляет собой аксиomy; ее называют аксиомой подвижности*) плоскости.

Классификация перемещений плоскости

При вида перемещений известны еще из курса 5 класса: осевая симметрия, центраная симметрия и па-

*)В учебнике «Геометрия 6—8» (М., «Прощешение», 1979) эта аксиома формулированна несколько иначе (с. 374); предоставляем читателю убедиться, что приведенная здесь формулировка равносильна имеющейся в учебнике.

Рис. 2.

Рис. 3.

значит через $O$ центр окружности, описанной около этого треугольника (рис. 2), а через $l$ — прямую, проходящую через середины $M$ , $N$ сторон $[AB]$ и $[BC]$ . Треугольник $ABC$ — равноведенный (переменные $g$ переводит точки $A, B$ в $B, C$ , поэтому $|AB| = |BC|$ . Следовательно, поворот $r$ с центром $O$ , переводящий точку $A$ в $B$ , переводит точку $B$ в $C$ . Далее, обозначим через $s$ симметрию относительно прямой $l$ , через $t$ — параллельный перенос, переводящий точку $M$ в $N$ . Тогда скользывая симметрия $h = s^\circ t$ переводит точку $A$ в $B$ , а точку $B$ в $C$ . Итак, мы нашли два переменная $r$ и $h$ , каждое из которых переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, C$ . Третьего такого перемения не существует (согласно аксиоме подвижности плоскости). Следовательно, переменные $g$ , которые тоже переводит $A, B$ соответствующего в $B, C$ , должны совпадать либо с $r$ , либо с $h$ , то есть в рассматриваемом случае $g$ является либо поворотом, либо скользывающей симметрии.

Точки $A, B, C$ лежат на одной прямой, причем $A \neq C$ . Так как $|AB| = |BC|$ , то $B$ — середина отрезка $AC$ (рис. 3). Обозначим через $s_1$ симметрию относительно прямой $(AC)$ , а через $t_1$ — параллельный

ный перенос, переводящий точку $A$ в $B$ . Каждый из переменений $t_1$ и $h_1 = s^\circ t_1$ переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, C$ . Как и в случае $a$ , отсюда следует, что $g$ совпадает либо с $t_1$ , либо с $h_1$ , то есть в рассматриваемом случае $g$ является либо параллельным переносом, либо скользывающей симметрии.

в) Точки $A$ и $C$ совпадают, то есть $g(A) = B$ , $g(B) = A$ (рис. 4). Обозначим через $r_2$ центральную симметрию относительно середины $O$ отрезка $AB$ , а через $s_2$ — симметрию относительно прямой $l_2$ , проходящей через $O$ и перпендикулярной $(AB)$ . Каждый из переменений $r_2$ , $s_2$ переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, A$ . Отсюда, как и в предыдущих случаях, вытекает, что $g$ совпадает с одним из переменений $r_2$ , $s_2$ , то есть в этом случае $g$ является либо центральной симметрией (и, значит, поворотом), либо осевой симметрией. Теорема доказана.

Переменения и ориентация

Продолжим наглядные расхождения, связанные с моделью, рассмотренной в начале статьи. Условия считать, что на плоскости задано положительное направление отсечета углов. (Объчно на чертежах за положительное направление принимают направление против часовой стрелки.) Чтобы не забывать об этом соглашении, можно в уголке чертежа изображить окружность, на которой стрелкой указано положительное направление отсечета углов.

Если неокторое переменение описывается в нашей наглядной модели как результат скольжения плоско-

сти по себе, то положительное направление отчета углов при таком перемещении не меняется (рис. 1). В этом случае говорят, что произведено перемещение, сохраняющее ориентацию. Например, поворот и параллельный перенос могут быть осуществлены в результате скольжения плоскости по себе, то есть они являются перемещениями, сохраняющими ориентацию.

Если же для осуществления перемещения мы перекладываем верхний (прозрачный) лист на обратную сторону, то окружность, на которой вначале было изобразено направление обхода против часовой стрелки, перейдет в окружность с изобразенным на ней направлением обхода по часовой стрелке. В этом случае говорят, что произведено перемещение, меняющее ориентацию. Например, освая симметрия является перемещением, меняющим ориентацию (рис. 5).

Легко понять, что если каждое из перемещений $f, g$ сохраняет ориентацию, то и их композиция $g^\circ f$ будет перемещением, сохраняющим ориентацию. В самом деле, окружность $l$ , на которой отмечено направление обхода против часовой стрелки, перейдет при перемещении $f$ в окружность $l_1$ с направлением обхода также против часовой стрелки (так как $f$ сохраняет ориентацию). В свою очередь при перемещении $g$ окружность $l_1$ перейдет в окружность $l_2$ с направлением обхода также против часовой стрелки (так как $g$ сохраняет ориентацию). При перемещении $g^\circ f$ окружность $l$ (с имеющим на ней направлением обхода против часовой стрелки) перейдет в окружность $l_2$ с тем же направлением обхода. Таким образом, перемещение $g^\circ f$ сохраняет ориентацию. Рассудядая аналогично, мы получим следующее утверждение:

Теорема 2. Если каждое из перемещений $f, g$ сохраняет ориентацию или если каждое из них меняет ориентацию, то их композиция $g^\circ f$ является перемещением, сохраняющим ориентацию. Если же одно из перемещений $f, g$ сохраняет, а другое меняет ориентацию, то $g^\circ f$ является перемещением, меняющим ориентацию.

Чтобы проще было запомнить эту формулировку, условия считать перемещения, сохраняющие ориентацию, «положительные», а перемещения, меньше ориентацию, — «отрицательными». Тогда для композиции перемещений будет действовать то же правило знаков, что и для умножения действительных чисел: если $f$ и $g$ имеют одинаковые «знаки», то результат «положитель», а если разные — «отрицатель».

Заметим, что скользывая симметрия (она определялась, как композиция освой симметрии и параллельного переноса) является, согласно теореме 2, перемещением, меняющим ориентацию. Таким образом, из всех перемещений плоскости, которые перечислены в теореме 1, поворот и параллельный перенос сохраняет ориентацию, а освая и скользывая симметрия меняют ориентацию.

Задание о композиции перемещений

Приименим сказано в предыдущем пункте к вопросу о нахождении композиции разных перемещений: двух освых симметрий, поворота и параллельного переноса и т. д. Мы решим три задания такого рода, а другие задания предложим читателю для самостоятельного решения.

Задание 1. Найти композицию $s_2^\circ s_1$ симметрий $s_1, s_2$ относительно двух пересекающих прямых $l_1, l_2$ .

Решение. Пусть $O$ — точка пересечения прямых $l_1$ и $l_2$ (рис. 6). Через α обозначим угол, на котором нужно повернуть прямую $l_1$ , чтобы она перешла в $l_2$ . Возьмем точку $A \in l_1$ , отличную от $O$ , и положим $B = s_2(A)$ . Мы имеем $s_1(O) = O$ , $s_2(O) = O$ , и потому перемещение $g = s_2^\circ s_1$ переводит точку $O$ в себя. Далее, $s_1(A) = A$ , $s_2(A) = B$ , то есть $g(A) = B$ . Ясно, что поворот $r$ с центром $O$ на угол $2\alpha$ переводит точку $A$ в $B$ , а точку $O$ в себя. Итак, мы имеем два перемещения $r, s_2$ , каждое из которых переводит точки $O$ , $A$ соответственно в $O, B$ . Так как перемещение $g = s_2^\circ s_1$ тоже пере-

Рис. 7.

водит $O, A$ в $O, B$ , в силу аксиомы подвижности) $g$ совпадает либо с $r$ , либо с $s_2$ . Но с $s_2$ перемещение $g$ совпадает не может, так как $s_2$ меняет ориентацию, а $g$ сохраняет (по теореме 2). Следовательно, $g=r$ , то есть $s_2^\circ s_1$ есть поворот на угол $2\alpha$ вокруг точки $O$ .

Задача 2. Найти композицию $s_2^\circ s_1$ симметрий $s_1, s_2$ относительно двух паралельных прямых $l_1, l_2$ .

Решение *). Возьмем две точки $A, B \in l_1$ (рис. 7) и положим $C=s_2(A), D=s_2(B)$ . Тогда $ABDS$ — прямогольник. Обозначим через $t$ паралельный перенос, переводящий точку $A$ в $C$ . Тогда $t(A)=C$ , $t(B)=D$ . Итак, мы имеем два перемещения $t, s_2$ , каждое из которых переводит точки $A, B$ соответственно в $C, D$ . Так как $g=s_2^\circ s_1$ тоже переводит $A, B$ в $C, D$ , $g$ совпадает либо с $t$ , либо с $s_2$ . Так как при этом $g$ сохраняет ориентацию, то $g=t$ . Итак, $s_2^\circ s_1$ есть паралельный перенос.

Задача 3. Найти композицию поворота и паралельного перенос.

*) Другое решение этой задачи см. в «Кванте», 1980, № 1, с. 44.

Рис. 8.

Рис. 9.

Решение. Пусть $r$ — поворот с центром $O$ на угол $\alpha$ (рис. 8), а $t$ — паралельный перенос. Положим $A=t(O)$ . Далее, проведем прямые $l_1, l_2$ , перепедикулярные ( $OA$ ), первая из которых проходит через точку $O$ , а вторая — через середину отрезка $OA$ . Симметрию относительно прямых $l_1, l_2$ обозначаем через $s_1, s_2$ . Тогда из задачи 2 следует $s_2^\circ s_1=t$ . Далее, через $l$ обозначаем прямую, проходящую через точку $O$ , из которой $l_1$ получается поворот на угол $\frac{1}{2}\alpha$ , а через $s$ обозначаим симметрию относительно прямой $l$ . Тогда из задачи 1 следует $s_1^\circ s=r$ . Значит, $t^\circ r=(s_2^\circ s_1)\circ(s_1^\circ s)=s_2(s_1^\circ s_1)\circ s=s_2^\circ s$ , откуда следует (в силу задачи 1), что $t^\circ r$ есть поворот на угол $\alpha$ вокруг точки $O_1$ , в которой пересекаются прямые $l_2$ и $l$ .

Заметим, что при решении мы воспользовались, во-первых, ассоциативностью операции композиции перемещений (то есть возможность произвольного расставлять скобки; это свойство справедливо не только для перемещений, но и для любых отображений) и, во-вторых, тем, что для освой симметрии $s_1$ образное отображение совпадает с $s_1$ , в связи с чем $s_1^\circ s_1$ есть тоже逮ственное отображение. Этот пример — разложение перемещений на освые симметрии, оси которых выбираются так, чтобы в окончательном результате произвольное «сокращение» — применяется и при решении других задач на отыскание композиции перемещений *).

Подробнее об этом см. «Кванте», 1980, № 1 с. 42.

Применение перемещений к решению задачи

Задача 4. Две окружности с центрами $O_1, O_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . Доказать, что прямая $O_1O_2$ перепределила отрезку $AB$ и делит его пополам.

Решение. Обозначим через $l_1, l_2$ полукругжности, лежащие по одному сторону прямой $O_1O_2$ , через $l'_1, l'_2$ — полукругжности, лежащие по другую сторону (рис. 9), а через $s$ — симметрию относительно $(O_1O_2)$ . Тогда $l'_1 = s(l_1), l'_2 = s(l_2)$ . Так как $s(l_1 \cap l_2) = s(l_1) \cap s(l_2) = l'_1 \cap l'_2$ , получаем $s(A) = B$ , то есть точки $A$ и $B$ симметричных относительно $(O_1O_2)$ . Отсюда и вытекает требуемое утверждение.

В этом решении мы воспользовались тем, что для любого перемещения $f$ и любых фигур $M, N$ справедливо соответствие $f(M \cap N) = f(M) \cap f(N)$ . Доказите это самостояльно.

Задача 5. На сторонах $AB$ и $BC$ произвольного треугольника $ABC$ построены вне его квадраты $ABMN$ и $BCPQ$ . Точка $K$ — середина отрезка $MQ$ . Доказать, что отрезок $BK$ перепределил основанию $AC$ и вдвое короне его.

Решение. Пусть $L$ — середина отрезка $AC$ (рис. 10). Надо доказать, что отрезки $BK$ и $CL$ перепределил кругду и конгруэнтны. Для этого удобнее всего установить, что первый отрезок получается из второго поворотом на $\pm 90^\circ$ вокруг некоторой точки. Итак, нам желательно найти точку, поворот на $90^\circ$ или $-90^\circ$ вокруг которой переводит точку $C$ в $B$ , а точку $L$ в $K$ . Но ясно, что поворот $r$ на $-90^\circ$ вокруг центра квадрата $BCPQ$ переводит точку $C$ в $B$ . Значит, остается установить, что $r(L) = K$ .

Мы имеем $r(C) = B, r(B) = Q$ ; положим $r(A) = D$ . Тогда $r([BA]) = [QD]$ , то есть отрезки $AB$ и $DQ$ перепределились и конгруэнтны. Значит, отрезки $BM$ и $QD$ параллельны и конгруэнтны, то есть $BMDQ$ — параллельм. Следовательно, точка $K$ (середина диагонали $MQ$ ) является также серединой отрезка $BD$ . Так как $r([CA]) = [BD]$ , получаем $r(L) = K$ . Итак, $r(C) = B, r(L) = K$ , то есть $r([CL]) = [BK]$ , и потому отрезки $CL$ и $BK$ перепределились и конгруэнтны.

Задача 6. Восстановить патиуольник, зная точки $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ , являющиеся серединами последовательных его сторон.

Решение. Пусть $ABCDE$ — искомый патиуольник (рис. 11). Обозначим через $s_1, s_2, s_3, s_4, s_5$ центральные симметричные относительно точки $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ . Тогда $s_1(A) = B, s_2(B) = C, s_3(C) = D, s_4(D) = E, s_5(E) = A$ , то есть перемещение $f = s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ переводит точку $A$ в себя. Но композиция $s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ пяты перемещений,