Задача 2 (осевая симметрия)

Симметрия, Поворот, Параллельный перенос

Метод центральной симметрии

Симметрией относительно точки О (центральной симметрией) f пространства называется преобразование пространства, которое точку О отображает на себя, а любую другую точку М отображает на такую точку М₁, что точка О является серединой отрезка ММ₁.

Данный метод применим к тем задачам, в условии которых в той или иной форме указана точка, являющаяся центром симметрии искомой или вспомогательной фигуры.

Метод осевой симметрии

Симметрией пространства относительно данной прямой l (осевой симметрией) f называется преобразование, которое каждую точку прямой l отображает на себя, а любую другую точку М пространства отображает на такую точку М₁, что прямая l служит серединным перпендикуляром к отрезку ММ₁. Прямая l называется осью симметрии.

Метод параллельного переноса

Параллельным переносом на вектор называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М отображается в такую точку М₁, что вектор равен вектору.

Методом параллельного переноса решают задачи, при анализе которых трудно найти зависимость между данными элементами, позволяющую построить искомую фигуру (данные элементы удалены друг от друга); но если мы какую-нибудь часть или всю фигуру перенесем параллельно в некотором направлении на определенное расстояние, то получим вспомогательную фигуру, которую легко можно построить. Направление и величина переноса определяются так, чтобы во вспомогательную фигуру вошло большее число данных.

Метод поворота

Поворотом плоскости вокруг точки О на угол называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М отображается в такую точку М₁, что

ОМ = ОМ₁ и <МОМ₁ = <M₁OM.

Данный метод применяется к тем задачам, где либо части фигур сближаются в положение, удобное для построения, либо при заданных явно или косвенно центре и угле поворота требуется отыскать две соответственные точки, лежащие на данных или искомых фигурах.

Задачи

Ключевые задачи

1) Дан угол и точка O внутри него. Провести через O прямую так, чтобы отрезок, высекаемый на ней сторонами угла, делился точкой O пополам.

2) Доказать, что сумма расстояний от любой токи, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон равна высоте треугольника, опущенной на боковую сторону.

3) Доказать, что среди всех четырехугольников с заданными диагоналями и углом между ними наименьший периметр имеет параллелограмм.

Элементарные задачи

1) Через данную точку А провести прямую так, чтобы ее отрезок с концами на данных прямой и окружности делился точкой пополам.

2) Через центр правильного треугольника проведены две прямые, угол между которыми равен 60⁰. Доказать, что пересечение этих прямых с данным треугольником представляет собой два равных отрезка.

Задачи для самостоятельного решения

1) Докажите, что при параллельном переносе окружность переходит в окружность.

2) Две точки A и B лежат по одну сторону от прямой l . Доказать, что на прямой существует единственная точка M₀, такая, что AM₀ + BM₀ < AM + BM, где M - произвольная точка прямой l , отличная от M₀.

3) Доказать, что если в треугольнике две медианы равны, то треугольник равнобедренный.

4) Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данной высотой равнобедренный треугольник имеет наименьший периметр.

5) На сторонах параллелограмма ABCD вне его построены правильные ΔABM, ΔBCK, ΔCDP, ΔDAH. Доказать, что точки и являются вершинами параллелограмма.

Решения

Ключевые задачи

Задача 1 (поворот)

Дан угол и точка O внутри него. Провести через O прямую так, чтобы отрезок, высекаемый на ней сторонами угла, делился точкой O пополам. [Учебным пособием являлся учебник «Геометрия» В.Г. Болтянского и И.М. Яглома, задача №45, стр.128]

Решение:

Пусть AB—искомый отрезок. При центральной симметрии с центром O точка A переходит в B. Следовательно, точка B является пересечением одной стороны угла с образом другой при центральной симметрии относительно O. Задача всегда имеет единственное решение.

Задача 2 (осевая симметрия)

Доказать, что сумма расстояний от любой токи, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон равна высоте треугольника, опущенной на боковую сторону. [Учебным пособием являлся учебник «Геометрия» В.Г. Болтянского и И.М. Яглома, задача №25, стр.90]

Дано:

Решение:

Рассмотрим осевую симметрию f с осью AB, f(C)=C’, f(D)=D’. В силу того, что при осевой симметрии углы сохраняются f(AC)=AC’ ⇒ <CD₂B = <C’D₂’B = 90⁰; D и D₁ – лежат на общем перпендикуляре к CB и

AC’⇒ , ч. т. д.

Поиск по сайту: