Геометрические преобразования в планиметрических задачах

16

Matematika 8

Публикуемая заметка адресована во всемиклассикам, но может быть полезна также учащимся девятых и десятых классов.

Геометрические преобразования в планиметрических задачах

Поворот, освая и центральная симметрия, параллельный перенос, готовия — все эти преобразования плоскости часто помогают установить многое интересные и важные свойства геометрических фигур, более полно раскрывать содержание предмета.

В этой статье мы рассмотрим несколько задач планиметрики, решения которых с помощью преобразования плоскости существует проще других традиционных методов, и немного коснемся вопроса о композиции преобразований.

Задание 1. Пусть $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$, $M$ — точка пересечения его медиан, $H$ — точка пересечения его высот. Покажите, что точки $O$, $M$, $H$ лежат на одной прямой.

Решение. На рисунке 1 точки $B_1$ и $C_1$ — середины стороны $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$, $BB_2$ и $CC_2$ — его высоты.

Рассмотрим готовую с центром $M$ и коэффициентом $k=-2$. При этой готовии точки $B_1$ и $C_1$ отображаются соответственно в точки $B$ и $C$. Поскольку при готовии сохраняются величины углов, отрезок $B_1O$ перейдет в отрезок, лежащий на прямой $BB_2$, а отрезок $C_1O$ перейдет в отрезок, лежащий на прямой $CC_2$, так что точка $O$ пересечения прямых $B_1O$ и $C_1O$ перейдет в точку $H$ пересечения высот $BB_2$ и $CC_2$. Отсюда следует, что точки $O$, $M$, $H$ лежат на одной прямой.

Задание 2. Данные окружности различных радиусов, пересекающих в точке $A$. а) Покажите, что существуетровно две различные точки $M$ и $N$ также, что данные окружности домашними с центром $M$ и домашними с центром $N$. 6) Покажите, что $\angle MAN=90^\circ$.

Решение. а) Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры наших окружностей и $PQ$ и $RS$ — их diamетры, перепедикулярные прямой $O_1O_2$. Гомотетия должна переводить $PQ$ в $RS$; значит, она либо переводит $P$ в $R$ и $Q$ в $S$, либо переводит $P$ в $S$ и $Q$ в $R$. В первом случае центр готовии есть точка пересечения прямых $PR$ и $QS$; во втором случае — точка пересечения прямых $PS$ и $QR$. 6) При готовии двух окружностей с центром $M$ точки $O_1$ есть образ точки $O_2$ (рис. 2); она же есть образ точки $O_2$ и при готовии с центром $N$. Точка $A$ при готовии с центром $M$ переходит в точку $A_1$, а при готовии с центром $N$ она переходит в точку $A_2$. По свойству готовии прямые $O_1A_1$ и $O_2A$, а также $O_1A_2$ и $O_2A$ параллельны. Из этого следует, что точка $O_1$ лежит на прямой $A_1A_2$. Поэтому $\angle A_1AA_2=90^\circ$, откуда и $\angle MAN=90^\circ$.

Задание 3. На окружности даны три точки: $M$, $N$ и $K$. Впишите в эту окружность треугольник $ABC$ так, чтобы прямые $AM$, $BN$ и $CK$ были bisсектированы углов $A$, $B$ и $C$ соответственно.

Решение. Пусть $ABC$ — искомый треугольник. Проведем через точки $M$, $N$, $K$ касательные к данной окружности (рис. 3) и рассмотрим треугольник $A_1B_1C_1$, получающийся в их пересечении.

Поскольку равны дуги $AK$ и $KB$, $BM$ и $MC$, $AN$ и $NC$, попарно параллельные прямые $A_1B_1$ и $AB$, $B_1C_1$ и

17

ВС, А₁C₁ и AC. Таким образом, треугольники ABC и A₁B₁C₁ готовятся, и по свойству готовии bicsektрисы одного из них параллельны bicsektрисам другого.

Отсюда вытекает нужное построение.

Через точки M, N, K проводим касательные к окружности. При их пересечении образуется треугольник A₁B₁C₁. Проводим в нем bicsektрисы — прямые A₁M₁, B₁N₁, C₁K₁ на рисунке 3. Через точки M, N, K проводим прямые, параллельные A₁M₁, B₁N₁ и C₁K₁ соответственно. Эти прямые пересечут окружность в трех нужных точках A, B, C.

Задача 4. В окружность вписан четырехугольник ABCD. Доказите, что прямые, проведенные через середины его сторона перепendlukулярно соответствующим противоположным сторонам, пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть точки M, N, F, K — середины сторона AB, BC, CD и AD соответственно (рис. 4). Прямые, проведенные через точки M, N, F, K перепendlukулярно соответственно сторонам AB, BC, CD и AD, пересекаются в центре данной окружности — точке O. Ясно, что четырехугольник MNFK — параллелограмм. Пусть P — его центр симметрии.

При центральной симметрии с центром в точке P точки F, M, K, N симметрины соответственно точки M, F, N, K. Пусть a, b, c, d — прямые, проходящие через точки M, N, F, K соответственно, перепendlukулярные сторонам CD, AD, AB, BC. Очевидно, что при центральной симметрии с центром P прямые a, b, c, d являются образами прямых OF, OK, OM, ON соответственно (при центральной симметринии прямая перехідит в параллельную ей прямую). Отсюда следует утверждение задачи: прямые a, b, c, d пересекаются в одной точке E — образе точки O при центральной симметрии с центром P.

Задача 5. Продолжения боковых сторон AD и BC равноведренной трапеции ABCD пересекаются в точке L. Доказите, что окружности, описанные около треугольников ACL и BDL, пересекаются в центре окружности, описанной около данной трапеции.

Решение. Треугольник ABL — равноведренный. Его высота LM является его осью симметрии (рис. 5). Красная окружность, проходящая через точки A, C, L, есть отображение синею окружности, проходящей через точки B, D L при симметрии относительно оси LM. При этом

18

точка $K$ пересечения с осью симметрины $LM$ отображается на себя — точку пересечения красной окружности с осью симметрины.

Позному при данной симметринии дуга $KC$ симметрина дуг $KD$, а дуга $AK$ симметрина дуг $KB$. Кроме того, дуга $AK$ равна дуг $KC$, откуда следует равенство этих четырех дуг. Позному равны и хорды, стягивающие эти дуги, так что точка $K$ является центром окружности, описанной около трапеции $ABCD$.

Задча 6. Найдите точку, сумма расстояний которой от вершин данной треугольника была бы минимальной.

Решение. Пусть $ABC$ — данный треугольник, $P$ — произвольная точка плоскости. Повернем треугольник $ABC$ вокруг точки $A$ на $60^\circ$ (рис. 6). Пусть точки $B_1$ и $P_1$ — образы точки $B$ и $P$ при этом повороте. Тогда $B_1P_1=BP$, $AP_1=AP$, и следовательно,
$$l=AP+BP+CP=AP_1+B_1P_1+CP=B_1P_1+P_1P+CP.$$
Ясно, что $l$ будет минимальным, если точки $P_1$ и $P$ будут лежать на прямой $B_1C$. Легко подсчитать, что в этом случае $\angle APC=\angle APB=\angle BPC=120^\circ$.

Таким образом, искомая точка — это точка, из которой стороны данного треугольника видны под углом $120^\circ$.

Задча 7. На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC_1$, $BCA_1$ и $ACB_1$. Доказите, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть $O$ — точка пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$. Повернем плоскость треугольника $ABC$ вокруг точки $C$ на $60^\circ$ против часовой стрелки. При этом повороте (рис. 7) треугольник $CBB_1$ есть образ треугольника $CAA_1$. Позному углы $A_1AC$ и $BB_1C$ равны, откуда и углы $AOB_1$ и $ACB_1$ равны, то есть $\angle AOB_1=60^\circ$.

Отложим теперь на прямой $BB_1$ от точки $O$ отрезок $OO_1=AO$ и повернем плоскость вокруг точки $A$ на $60^\circ$ так, что точки $B$, $B_1$, $O_1$ перейдут в точки $C_1$, $C$, $O$ соответственно. Мы получили, что при этом повороте прямая $BB_1$ переходит в прямую $CC_1$, содержащую точку $O$.

Замечание. Точка $O$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AB_1C$, так что $\angle AOC=120^\circ$. Аналогично $\angle AOB=\angle BOC=120^\circ$. Итак, все стороны треугольника $ABC$ видны из точки $O$ под углом $120^\circ$ (сравните этот результат с решением задачи 6).

Докажем теперь три небольшие, но очень важные теоремы о композициях различных преобразований.

Теорема 1. Последовательная симметрия относительно двух пересекающихся осей есть поворот вокруг точки $O$ пересечения этих осей на угол, вдвое больший угла между ними.

Доказательство. Пусть $M$ — произвольная точка, отличная от точки $O$, $M_1$ — точка, симметриная $M$ относительно оси $l$, $M_2$ — точка, симметриная $M_1$ относительно оси $k$, $\alpha$ — угол между вектором $\overrightarrow{OM}$ и осью $l$, $\varphi$ — угол между осями $k$ и $l$. Предположим, что точка $M_1$ лежит внутри угла, равного $\varphi$ (другие слу-

19

Чай аналогичны). Тогда (см. рис. 8) угол между векторами $\overrightarrow{OM}$ и $\overrightarrow{OM_1}$ равен $2\alpha$, угол между векторами $\overrightarrow{OM_1}$ и $\overrightarrow{OM_2}$ равен $2(\varphi - \alpha)$ и угол между векторами $\overrightarrow{OM}$ и $\overrightarrow{OM_2}$ равен $2\alpha + 2(\varphi - \alpha) = 2\varphi$. Так как, очевидно, $|\overrightarrow{OM}| = |\overrightarrow{OM_1}| = |\overrightarrow{OM_2}|$, нашей преобразование действительно есть поворот на угол $2\varphi$.

Теорема 2. Последовательная симметрия относительно двух различных центров симметрии есть параллельный перенос.

Доказательство. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры симметрии и $M$ — произвольная точка плоскости. Пусть, далее, точка $M_1$ симметрина точке $M$ относительно центра $O_1$ и точка $M_2$ симметрина точке $M_1$ относительно центра $O_2$. Тогда $O_1O_2$ есть средняя линия треугольника $MM_1M_2$ (рис. 9), и потому $\overrightarrow{MM_2} = 2\overrightarrow{O_1O_2}$. Мы видим, что нашей преобразование смешает произвольную точку на один и тот же вектор $2\overrightarrow{O_1O_2}$; значит, оно является параллельным переносом.

Теорема 3. Последовательное выполнение параллельного перенос и геометрии есть домотерия с тем же коэффициентом.

Доказательство. Пусть вектор $\vec{a}$ задает параллельный перенос, $O$ — центр геометрии, $k$ — коэффициент геометрии. Произвольная точка $M$ при составном преобразовании переходит в точку $M_1$ такую, что (см. рис. 10)

$$\overrightarrow{MM_1} = \vec{a} + (k - 1)(\overrightarrow{OM} + \vec{a}) = (k - 1)\overrightarrow{OM} + k\vec{a}.$$

Обозначим через $O_1$ такую точку, что

$$\overrightarrow{O_1O} = \frac{k\vec{a}}{k - 1}$$

(у нас $k \neq 1$). Тогда

$$\overrightarrow{MM_1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\frac{k\vec{a}}{k - 1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\overrightarrow{O_1O} = (k - 1)\overrightarrow{O_1M},$$

$$\overrightarrow{O_1M} = \overrightarrow{O_1M} + \overrightarrow{MM_1} = k\overrightarrow{O_1M}.$$

To есть нашей преобразование есть геометрия с центром $O_1$ и коэффициентом $k$.

Следствие 1. Последовательное применение параллельного перенос и центраной симметрии есть центральная симметрия.

Следствие 2. Нечетное число последовательных центральных симметрий есть центральная симметрия.

Мы предложаем читательям, использовать доказанные утверждения, решить самостояльное две задачи на композиции преобразований.

Задча 8. Найдите угол между осями симметрии $a$ и $b$, если результат последовательных симметрий относительно осей $a, b$, а совпадает с результатом последовательных симметрий относительно осей $b, a, b$.

Задча 9. Докажите, что если произвольную точку последовательно шесть раз симметрично отражать относительно центра симметрии $A, B, C, A, B, C$, то она вернется в исходное положение.

В. И. Стомахин