Применение преобразований плоскости к решению задач

С

В₁

А

В

D

h

h

D₁

С₁

α

α

α

α

Задача 1: доказать, что изо всех треугольников с данным основанием и данный высотой наименьший периметр имеет равнобедренный треугольник (осевая симметрия).

Дано: в ∆АВС, АС=ВС,

в ∆АВС₁, АС₁ ВС₁, СС₁║АВ,

т.к. высота h – общая.

Доказать: АВ+АС+СВ АВ+АС₁+С₁В (1)

Доказательство.

Рассмотрим осевую симметрию, при этом. Пусть ∠А=α, так как АС=СВ; ∠ВСС₁=∠АВС=α – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АВ║СС₁ и секущей ВС. Тогда ∠С₁СВ₁=∠ВСС₁=α – так как осевая симметрия сохраняет величину угла. Далее имеем: ∠АСВ₁=∠АВС+∠ВСС₁+∠С₁СВ₁=(180°-2α)+α+α=180° ⇒ точки А, В₁, С лежат на одной прямой.

Из ∆АС₁В₁ имеем: АВ₁=АС+СВ₁ АС₁+С₁В₁, то СВ₁=СВ, С₁В₁=С₁В – так как осевая симметрия сохраняет длину отрезка. Тогда получаем:

АС+СВ АС₁+С₁В.

Прибавляя к обеим частям последнего неравенства АВ, получаем требуемое равенство (1):

АВ+АС+СВ АВ+АС₁+С₁В.

Задача 2: построить трапецию по четырем ее сторонам а, b, c, d (параллельный перенос).

I. Анализ.

D

b

d

d

c

A₁

B

A

C

c

α

α

a

a-c

Предположим, что искомая трапеция АВСD построена: АВ=а, ВС=b, СD=c, DA=d. Для определенности будем считать, что а с и b d. Рассмотрим параллельный перенос, при этом А₁= (А). Тогда можно построить ∆А₁ВС по трем сторонам: А₁В=а-с, ВС=b, А₁С=d, а затем и всю трапецию АВСD.

II. Построение.

1) ∆А₁ВС по трем сторонам а-с, b, d.

2) Параллелограмм А₁СDA по двум сторонам с и d и углу α.

III. Доказательство.

Трапеция АВСD искомая, так как АВ║СD и АВ=а, ВС=b, СD=c, DA=d по построению.

IV. Исследование.

Задача имеет и при том единственное решение.

Если, то есть, существует ∆А₁ВС. Если это условие не выполнено, то задача решений не имеет.

Задача 3 (теорема о прямой Эйлера): во всяком треугольнике точка пересечения медиан и высот лежат на одной прямой с центром описанной окружности (прямой Эйлера).

В

В₁

А₁

С₁

А

С

О

М

Р

Доказательство.

Пусть в ∆АВС точки А₁, В₁, С₁ – основания медиан, М – точка пересечения медиан (центр тяжести ∆АВС, Р – точка пересечения высот (ортоцентр ∆АВС), О- центр описанной окружности.

Так как все медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в одном и том же отношении 2:1, считая от вершины, то точке М есть центр гомотетии треугольников АВС и А₁В₁С₁:

∆ А₁В₁С₁= (∆АВС), (), К=.

Эта гомотетия отображает высоты ∆АВС соответственно на высоты ∆ А₁В₁С₁, так как перпендикулярность прямых сохраняется при гомотетии. Но высоты ∆ А₁В₁С₁– это прямые А₁О, В₁О и С₁Р. Следовательно, гомотетия переводит точку Р в точку О. Так как соответственные (гомотетичные) точки в гомотетии лежат на одной прямой с центром М гомотетии, по теореме доказана.

Задача 4: построить треугольник по двум его углам α и β, и биссектрисе d третьего угла (гомотетия).

I. Анализ.

Легко построить ∆А₁В₁С по двум его углам α и β, А₁В₁ имеет произвольную длину. Тогда ∆АВС∾∆ А₁В₁С₁ и дальнейшие построения очевидны.

II.

А

α

α

D

В

В₁

А₁

С

β

β

D₁

d

Построение.

1) ∆А₁В₁С: ∠СА₁В₁=∠α,

∠А₁В₁С=∠β, А₁В₁ – произвольно;

2) СD₁ – биссектриса угла С;

3) D CD: CD=d;

4) AB║A₁B₁, D AB.

III. Доказательство.

∆АВС – искомый,

так как ∆АВС = (∆А₁В₁С),

где

(– по

определению гомотетии).

IV. Задача имеет решение, и при том единственное, если α+β 180° и любая d; если же α+β 180°, то задача не имеет решения.

Задача 5: доказать, что середина М и N оснований АВ и СD, точка Р пересечения ее диагоналей и точки Q пересечения продолжений ее боковых сторон, лежат на одной прямой (гомотетия).

Q

C

D

A

M

B

N

P

Доказательство.

Рассмотрим гомотетию, отображающую точку А на точку D (К=). Тогда отображает прямую АВ на параллельную ей прямую СD (по условию АВ║СD). Следовательно: С= (В).

Так как гомотетия сохраняет отношение, в котором точка делит отрезок (простое отношение трех точек), то она отображает середину М отрезка АВ на середину N отрезка CD. Но тогда прямая МN, соединяющая соответственные точки М и N, проходит через центр Q гомотетии.

Аналогично, рассматривая гомотетию, отображающую точку N на точку N на точку М, докажем, что и точка Р лежит на прямой MN. (, так как).

Задача 6: решим предыдущую задачу с использованием свойств аффинного преобразования плоскости.

Доказательство.

1)

А

А^/

B

C

D

P

N

Q

M

B^/

C^/

D^/

N^/

M^/

P^/

Q^/

f

Так как любые два треугольника аффинно-эквивалентны, то ∆АВQ можно отобразить с помощью некоторого аффинного преобразования плоскости f на равнобедренный ∆ А^/В^/Q^/.

2) Так как при этом параллельность прямых сохраняется, то данная трапеция АВСD отображается на равнобокую трапецию А^/В^/С^/D^/. так как сохраняет и простое отношение трех точек прямой, то середина М и N оснований данной трапеции АВСD отображаются на середины М^/ и N^/оснований равнобокой трапеции А^/В^/С^/D^/.

3) Так как ∆А^/В^/Q^/ - равнобедренный, то его высота Q^/M^/ является его осью симметрии проходит через точки М^/ и N^/. Так как точки А^/ и В^/, D^/ и С^/ симметричны относительно высоты Q^/M^/, то диагонали А^/С^/ и В^/D^// также симметричны относительно нее, тогда их точка пересечения Р^/ лежит на оси симметрии.

Таким образом, точки М^/, N^/, P^/, Q^/ лежат на одной прямой. Следовательно, при преобразовании f ^-1 соответственные им точки также окажутся на одной прямой

Задача 7: двое игроков поочередно на прямоугольный стол одинакового достоинства монеты. При этом монету разрешается класть только на свободное место. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Доказать, что первый игрок всегда может выиграть.

Доказательство.

Первый игрок кладет монету в центр стола, а затем кладет монеты симметрично монетам второго игрока относительно центра стола. При такой игре первый игрок всегда имеет возможность сделать очередной ход. Поскольку игра заканчивается через ходов, где S площадь стола, а - площадь монеты. Первый игрок выигрывает.

Дата добавления: 2013-12-14