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.