3. Движения плоскости - Деома

1
Игорю Федоровичу Шарыгину,
известному любителю геометрии
посвящаю
Углублённая геометрия (планиметрия)
3. Движения плоскости
Интерактивный тематический комплект создан для тех, кто заинтересовался чистой и светлой
наукой геометрией, кому не хватает школьного материала, кто готовится к олимпиадам и
вступительным экзаменам в МГУ, МФТИ, СПбГУ или вузы близкого уровня. Учитель может
использовать комплект на уроках в школе, в кабинете с интерактивной доской либо с мультимедиа
проектором, в компьютерном классе. Ученик с его помощью может самостоятельно изучить тему,
подготовиться к олимпиадам, экзаменам в Вуз.
В этом разделе рассмотрены движения плоскости. Доказательства, построенные в этой книге
широко использовались в других частях планиметрии. Последний раздел посвящен решениям
задач третьего (областного) тура Российской олимпиады.
Решения даны в текстовой форме и в виде интерактивных GInMA файлов с пошаговым
решением задачи, интерактивной графикой. Особенность комплекта состоит в том, что щелкнув по
рисунку из текста, Вы попадаете в живой чертеж. Изучайте геометрию наглядно, образно, в
движении, понимая суть происходящего, а не просто заучивая формулы и теоремы.
Чтобы рисунки из комплекта ожили, установите на Вашем компьютере программу GInMA c
сайта http://deoma-cmd.ru/Products/Geometry/GInMA.aspx
Бесплатная базовая версия комплекта позволяет ознакомиться с возможностями пособия.
Во всех файлах доступны первые шаги решений с условием и исходным интерактивным чертежом,
в отдельных файлах доступны все шаги решения вплоть до ответа.
Чтобы научиться управлять рисунком, пользуйтесь Руководством для пользователя комплекта
Смотрите видео Как преобразовать рисунки из текста в интерактивные рисунки
Видео некоторых решений смотрите на Youtube, канал пользователя Vladimir Shelomovskii
Посмотрите пример методики применения комплекта Построение сечения в GInMA
Оглавление
1 Движения и их свойства.........................................................................................................................11
1.1 Основы..............................................................................................................................................11
1.2 Род движения...................................................................................................................................11
1.3 Задание движения............................................................................................................................12
1.4 Свойства движений второго рода..................................................................................................12
1.5 Свойства неподвижных точек........................................................................................................12
1.6 Доказательства.................................................................................................................................13
1.6.1 Движение суть преобразование..............................................................................................13
1.6.2 Прямая отображается на прямую...........................................................................................13
1.6.3 Луч отображается на луч........................................................................................................13
1.6.4 Полуплоскость отображается на полуплоскость..................................................................13
1.6.5 Параллельность инвариантна.................................................................................................14
1.6.6 Угол отображается на угол......................................................................................................14
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
2
2 Перенос....................................................................................................................................................15
2.1 Свойства переноса...........................................................................................................................15
2.1.1 Перенос есть движение пространства первого рода............................................................15
2.1.2 Перенос, отличный от тождественного, не имеет ни одной неподвижной точки.............15
2.2 Перенос фигур.................................................................................................................................15
2.3 Свойства композиций......................................................................................................................15
2.4 Доказательства.................................................................................................................................16
2.4.1 Перенос суть движение...........................................................................................................16
2.4.2 Композиция двух переносов...................................................................................................16
2.4.3 Равные окружности.................................................................................................................16
2.4.3.a Равные окружности ([1], 1.61)........................................................................................16
2.4.4 Равнобедренный треугольник [1],1.59...................................................................................18
2.4.5 Замкнутый путь [3],15.2..........................................................................................................19
2.4.6 Задание ГИА, [3],15.4..............................................................................................................20
2.4.7 Отрезок высоты [3],15.5..........................................................................................................21
2.5 Построения......................................................................................................................................22
2.5.1 Равные хорды в разных окружностях [2],1.71......................................................................22
2.5.1.a Равные хорды в разных окружностях [3],15.12.............................................................22
2.5.2 Хорда данной длины [3],15.13,а.............................................................................................23
2.5.2.a Описанный треугольник [3],15.13,б...............................................................................23
2.5.3 Расстояния до пересекающихся прямых [3],15.15...............................................................24
2.5.4 Окружность касается прямой и окружности [2],1.73...........................................................25
2.6 Оценки..............................................................................................................................................26
2.6.1 Фигура наибольшей площади [3],15.7...................................................................................26
3 Центральная симметрия.........................................................................................................................28
3.1 Свойства центральной симметрии................................................................................................28
3.2 Центральная симметрия фигур......................................................................................................28
3.3 Композиции......................................................................................................................................28
3.4 Доказательства.................................................................................................................................29
3.4.1 Симметрия окружности..........................................................................................................29
3.4.2 Композиция двух центральных симметрий..........................................................................29
3.4.3Композиция центральной симметрии и переноса.................................................................29
3.4.4 Шесть перпендикуляров [2],1.22............................................................................................30
3.4.5 Прямоугольник, вписанный в параллелограмм....................................................................31
3.4.5.a Ромб внутри параллелограмма [2], 1.07.........................................................................32
3.4.6 Точки, симметричные ортоцентру относительно середин сторон [2], 1.11.......................33
3.4.6.a Постоянная сумма квадратов [2], 1.64............................................................................33
3.4.7 Признак параллелограмма [1], 1.06.......................................................................................34
3.4.8 Середины сторон и диагоналей [2], 1.21...............................................................................34
3.4.9 Прямой угол пересекает параллельные прямые [2], 1.10....................................................34
3.4.10 Симметрия трёх окружностей..............................................................................................35
3.5 Построения......................................................................................................................................36
3.5.1 Построение отрезков с концами на прямой и окружности.................................................36
3.5.2 Построение равных хорд [2],1.15...........................................................................................36
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
3
3.5.3 Построение треугольника наименьшей площади................................................................36
3.5.4 Построение по серединам сторон..........................................................................................38
4 Осевая симметрия...................................................................................................................................39
4.1 Свойства осевой симметрии...........................................................................................................39
4.2 Осевая симметрия фигур................................................................................................................39
4.3 Композиции......................................................................................................................................40
4.3.1 Композиция двух осевых симметрий....................................................................................40
4.3.2 Перенос как композиция.........................................................................................................40
4.3.3 Поворот как композиция.........................................................................................................40
4.3.4 Движение плоскости...............................................................................................................40
4.3.4.a Движение плоскости первого рода.................................................................................40
4.3.4.b Движение плоскости второго рода.................................................................................40
4.3.5 Композиция трёх осевых симметрий.....................................................................................40
4.3.6 Терминология...........................................................................................................................40
4.4 Доказательства.................................................................................................................................41
4.4.1 Осевая симметрия окружностей............................................................................................41
4.4.1.a Ось симметрии пары окружностей................................................................................41
4.4.1.b Общая хорда трёх окружностей.....................................................................................41
4.4.1.c Два диаметра окружности...............................................................................................41
4.4.2 Признак правильного треугольника [2], 1.29........................................................................42
4.4.2.a Признак правильного треугольника [1], 1.30................................................................42
4.4.2.b Скрытая симметрия.........................................................................................................42
4.4.3 Композиция симметрий относительно перпендикуляров...................................................43
4.4.4 Композиция симметрий относительно биссектрис..............................................................43
4.4.4.a Симметрии относительно двух биссектрис [3],17.25...................................................43
4.4.4.b Симметрии относительно биссектрис...........................................................................44
4.4.4.c Симметрии относительно биссектрис [3],17.25............................................................44
4.4.4.d Симметрии относительно биссектрис (2)......................................................................45
4.4.4.e Композиция симметрий относительно биссектрис [2], 1.126......................................45
4.4.4.f Симметрии относительно биссектрис(3).......................................................................47
4.4.4.g Симметрии относительно нормали к биссектрисе.......................................................48
4.4.5 Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон [1], 1.32......................................49
4.4.5.a Окружности, содержащие ортоцентр [2], 1.33..............................................................49
4.4.6 Дуализм биссектрис и высот вписанного треугольника [2] 1.6, 1.7, 1.34..........................50
4.4.7 Сумма квадратов [2], 1.44.......................................................................................................50
4.4.8 Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями..........................................51
4.5 Построения......................................................................................................................................52
4.5.1 Прямая, параллельная данной [2], 1.47.................................................................................52
4.5.2 Кратчайшая ломаная внутри угла..........................................................................................53
4.5.2.a Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.40.....................................................................54
4.5.2.b Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.35.....................................................................54
4.5.2.c Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.50.....................................................................55
4.5.2.d Кратчайшая ломаная внутри треугольника...................................................................55
4.5.3 Построение треугольника [2], 1.52........................................................................................57
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
4
4.5.3.a Построение треугольника внутри угла [2], 1.55............................................................58
4.5.4 Построение четырёхугольника [2], 1.41................................................................................58
4.5.5 Построение треугольника.......................................................................................................58
4.5.5.a Композиция трех осевых симметрий [2] 1.123.............................................................60
4.5.5.b Композиция пяти осевых симметрий.............................................................................61
4.5.5.c Вписанный пятиугольник [2] 1.145................................................................................61
4.6 Задачи...............................................................................................................................................62
4.6.1 Симметрия для секущей.........................................................................................................62
4.6.2 Симметрия для угла 60 градусов............................................................................................63
4.6.2.a Симметрия для угла 60....................................................................................................63
4.6.3 Антипараллель и симедиана...................................................................................................64
4.6.4 Антипараллель, симедиана и средняя линия........................................................................64
4.6.5 Антипараллель и перпендикулярные биссектрисы..............................................................64
4.6.6 Антипараллель и описанная окружность..............................................................................65
4.6.7Антипараллель и параллель....................................................................................................66
4.6.8 Касательные в точках пересечения симедианы и описанной окружности........................66
4.6.9 Биссектрисы и симедиана.......................................................................................................67
5 Поворот....................................................................................................................................................68
5.1 Свойства поворота...........................................................................................................................68
5.2 Поворотная симметрия фигур........................................................................................................68
5.3 Композиции......................................................................................................................................68
5.4 Доказательства.................................................................................................................................69
5.4.1 Правильные треугольники......................................................................................................69
5.4.1.a Правильные треугольники [2],1.86.................................................................................70
5.4.1.b Правильный треугольник................................................................................................71
5.4.1.c Ромб из правильных треугольников [2],1.91.................................................................72
5.4.2 Прямоугольные треугольники................................................................................................73
5.4.3 Равные окружности.................................................................................................................74
5.4.4 Квадраты на сторонах треугольника [2], 1.85.......................................................................75
5.4.5 Симметрии точки описанной окружности относительно сторон.......................................76
5.5 Построения......................................................................................................................................77
5.5.1 Построение центра поворота..................................................................................................77
5.5.2 Построение правильного треугольника [2] 1.107.................................................................78
5.6 Разное...............................................................................................................................................79
5.6.1 Симметричные при повороте фигуры [2], 1.84....................................................................79
6 Скользящая симметрия...........................................................................................................................80
6.1 Свойства скользящей симметрии...................................................................................................80
6.2 Композиции......................................................................................................................................80
6.3 Доказательства.................................................................................................................................81
6.3.1 Композиция скользящих симметрий.....................................................................................81
6.4 Построения......................................................................................................................................82
6.4.1 Построить переносную симметрию [2], 1.134......................................................................82
6.4.1.a Построить переносную симметрию [2], 1.135..............................................................82
6.4.1.b Построить переносную симметрию [2], 1.137..............................................................82
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
5
6.4.2 Построить переносную симметрию [2], 1.140......................................................................83
7 Задания областных олимпиад................................................................................................................84
7.1 2013 — 2014 учебный год...............................................................................................................84
7.1.1 9 класс задача 2........................................................................................................................84
7.1.2 9 класс задача 7, 11 класс задача 6.........................................................................................85
7.1.3 10 класс задача 4......................................................................................................................86
7.1.4 10 класс задача 6......................................................................................................................87
7.1.5 11 класс задача 4......................................................................................................................88
8 Литература...............................................................................................................................................89
Перенос
Центральная симметрия
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
6
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
7
Осевая симметрия (axial symmetry)
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
8
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
9
Поворот
N°
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
10
Скользящая симметрия
Задачи олимпиад
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
11
1
Движения и их свойства
Рассматривая множество всех точек плоскости, говорят о преобразованиях плоскости.
1.1
Основы
Определение. Преобразование плоскости, сохраняющее расстояния между точками,
называют
движение плоскости.
1.1.1. Движение суть преобразование.
1.1.2. Преобразование, обратное движению, есть движение. Композиция движений суть
движение.
Определение. Фигура F1 называется равной (конгруэнтной) фигуре F (F1 = F), если
существует движение, отображающее фигуру F на фигуру F1.
Определение. Величины, свойства фигур, остающиеся неизменными при преобразовании,
называют инвариантами этого преобразования.
1.1.3. Расстояние между точками суть инвариант любого движения.
1.1.4. Движение отображает прямую на прямую. Другими словами, множество образов всех
точек данной прямой суть некоторая прямая.
1.1.4.а. Отношение «лежать между» для трех точек прямой суть инвариант движения. Если
точка Р лежит на прямой между точками A и B, то её образ точка Р' лежит на прямой между
точками А' и B'.
1.1.4.b. Движение плоскости отображает отрезок на отрезок.
1.1..4.c Движение плоскости отображает луч на луч.
1.1.4.d. Образ полуплоскости при движении суть полуплоскость.
1.1.4.e. Движение плоскости отображает угол на равный ему угол.
1.1.5. Движение отображает любые две параллельные прямые l и m на две параллельные
прямые l' и m'.
1.2
Род движения
Определение. Ориентация треугольника. Треугольник ABC ориентирован положительно,
если обход по контуру треугольника от вершины A к вершине B и затем к вершине C совершается
против движения часовой стрелки.
Треугольник ABC ориентирован отрицательно, если обход по контуру треугольника от
вершины A к вершине B и затем к вершине C совершается по движению часовой стрелки.
Ориентация треугольника зависит только от порядка записи его вершин: если треугольник
ABC ориентирован положительно, то треугольник BAC ориентирован отрицательно.
1.2.1. Ориентация суть инвариант движения.
Движение плоскости, сохраняющее ориентацию треугольников, называют движением
первого рода. При таком движении треугольник ABC и его образ A'B'C' ориентированы одинаково.
Перенос и центральная симметрия плоскости − это движения первого рода.
Движение, изменяющее ориентацию треугольников на противоположную, называют
движением второго рода. При таком движении треугольник ABC и его образ A'B'C' ориентированы
противоположно. Осевая симметрия плоскости − это движение второго рода.
1.2.2. Композиция (то есть последовательное выполнение) любого числа движений первого
рода есть движение первого рода.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
12
1.2.3. Композиция четного числа движений второго рода есть движение первого рода, а
композиция нечетного числа движений второго рода суть движение второго рода.
1.3
Задание движения
Конструктивное задание движения плоскости. Задать преобразование – это значит указать
такие начальные условия, при которых можно однозначно построить образ каждой точки при этом
преобразовании. Другими словами, существует единственное преобразование, при котором
заданные начальные условия имеют место.
1.3.1. Пусть даны три неколлинеарные точки A, B, C и три точки A', B', C' такие, что A'B'=AB,
A'C' = AC, B'C' = BC. Тогда существует одно и только одно движение плоскости, которое
отображает точку A на точку A', точку B на точку B' и точку C на точку C'.
1.3.2. Если род движения известен, то для задания движения достаточно задать две пары
соответственных точек. Если точки A и B различны и точки A' и B' выбраны так, что A'B' = AB, то
существует одно и только одно движение заданного рода, которое отображает A на A' и B на В'.
1.3.3. Любое движение плоскости есть композиция не более чем трёх осевых симметрий.
1.3.4. Любое движение первого рода есть композиция не более чем двух осевых симметрий.
1.3.5. Любое движение первого рода есть поворот или перенос.
1.3.6. Композиция трёх осевых симметрий есть либо осевая симметрия, либо скользящая
симметрия.
1.4
Свойства движений второго рода
1.4.1. Любое движение второго рода есть осевая симметрия или композиция трёх осевых
симметрий.
1.4.2. Любое движение второго рода имеет ось симметрии.
1.4.3. Для любого движения второго рода отрезки, соединяющие точку с ее образом и не
лежащие на оси симметрии, делятся осью симметрии пополам.
1.5
Свойства неподвижных точек
1.5.1. Если при движении плоскости неподвижны две точки A и B, то неподвижна каждая
точка прямой AB.
1.5.2. Если при движении плоскости неподвижны три неколлинеарные точки, то неподвижна
каждая точка плоскости.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
13
1.6
Доказательства
1.6.1 Движение суть преобразование
Движение плоскости суть преобразование.
Доказательство. Рассмотрим отображение f плоскости на себя, которое сохраняет расстояния
между точками. Другими словами, если f(A)=A' и f(В)=В', то A'В' = AB для любых A и B.
Образы любых двух различных точек различны, так как из AB > 0 следует, что A'В' > 0.
Это отображение обратимо, значит, по определению, оно является преобразованием.■
1.6.2 Прямая отображается на прямую
Движение отображает прямую на прямую. Другими словами, множество образов всех точек
данной прямой суть некоторая прямая.
Инвариантом движения плоскости является отношение «лежать между» для трех точек
прямой. Если точка Р лежит между A и B, то её образ точка Р' лежит между образами А' и B'.
Доказательство. Пусть дано движение f плоскости и произвольная прямая l в этой плоскости.
Возьмем три различные точки этой прямой A, В и Р. Их образы f(A) = A', f(B) = B', f(Р) = Р'.
По определению движения, A'B' = AB, A'Р' = AР, Р'B' = РB.
Если точка Р лежит между A и B, то AР +РB = AB.
Значит,
A'Р' + Р'B' = AР +РB = AB = A'B'.
Это означает, что Р' лежит на прямой A'B', причём, между A' и B'.
Если точка Р расположена так, что точка А лежит между Р и B, то:
AР +АB = РB,
A'Р' + А'B' = AР +АB = РB = Р'B'.
Это означает, что А' лежит на прямой Р'B' между Р' и B', а точка Р' лежит на прямой А'B'.
Аналогичное доказательство используем для случая, когда точка В лежит между Р и А.
Доказано утверждение 1.1.4.a ■
Доказано, что прямая A'B' суть образ прямой l = АВ, f(l) = A'B'.
Аналогичное доказательство используем для обратного преобразования, то есть
доказательства того, что всякая точка прямой A'B' имеет своим прообразом при движении f
некоторую точку прямой l, f −1( A' B ' )=l .
Доказано утверждение 1.1.4. ■
1.6.3 Луч отображается на луч
Движение плоскости отображает отрезок на отрезок и луч на луч.
Доказательство.
Понятия «луч» и «отрезок» определены с помощью понятий «прямая» и «лежать между».
Оба понятия инвариантны при движении.
Значит, луч и отрезок преобразуются в луч, и отрезок. ■
1.6.4 Полуплоскость отображается на полуплоскость
Образ полуплоскости при движении суть полуплоскость.
Определение. Полуплоскость р с границей l, содержащая точку A, не принадлежащую
границе, суть множество точек Р плоскости таких, что отрезки AР не пересекают l.
Доказательство. Понятия, входящие в определение, инвариантны при движении.
Значит, результат преобразования суть множество точек Р' плоскости таких, что отрезки A'Р'
не пересекают l', где l' = f(l), A' = f(A).
По определению, это полуплоскость.■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
14
1.6.5
Параллельность инвариантна
Движение отображает любые две параллельные прямые l и m на две параллельные прямые l'
и m'.
Доказательство. Допустим противное.
Тогда прямые l' и m' пересекаются в некоторой точке A'.
Её прообраз точка А принадлежит как прямой l, так и прямой m.
Это противоречие условию, так как l||m, значит, эти прямые не имеют общих точек.■
1.6.6 Угол отображается на угол
Движение плоскости отображает угол на равный ему угол.
Определение. Угол, меньший развернутого, суть пересечение двух полуплоскостей.
Угол, больший развернутого, суть объединение двух полуплоскостей.
Доказательство. Известно, что при любом преобразовании пересечение (объединение)
множеств отображается на пересечение (объединение) образов этих множеств.
Образ полуплоскости при движении суть полуплоскость, значит, образ угла суть угол.
Зададим угол с помощью треугольника.
При преобразовании он переходит в равный треугольник (по трём сторонам).
Значит, угол переходит в равный ему угол. ■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
15
2
Перенос
Определение. Переносом T ⃗r плоскости на заданный вектор ⃗r называют преобразование,
⃗ =⃗r . Перенос называют
при котором каждая точка A отображается на такую точку A', что AA'
трансляционной или переносной симметрией. Отсюда его обозначение с помощью буквы Т.
2.1
Свойства переноса
2.1.1
Перенос есть движение пространства первого рода.
2.1.2
Перенос, отличный от тождественного, не имеет ни одной неподвижной точки.
2.2
Перенос фигур
2.2.1. При переносе фигура переходит в равную фигуру.
2.2.2. При переносе образы и прообразы любых отрезков, лучей и прямых параллельны.
2.3
Свойства композиций
2.3.1. Композиция любого числа переносов есть перенос плоскости, вектор которого равен
сумме векторов каждого переноса.
2.3.2. Композиция переносов суть коммутативное преобразование, то есть порядок
выполнения отдельных переносов не существенен.
2.3.3. Композиция двух осевых симметрий относительно двух параллельных прямых есть
перенос плоскости, вектор которого перпендикулярен этим прямым, направлен от оси первой
симметрии к оси второй симметрии и имеет модуль, равный удвоенному расстоянию между осями.
2.3.4. Всякий перенос плоскости представим композицией двух осевых симметрий
относительно двух параллельных прямых, при этом одна из прямых может быть любой прямой,
перпендикулярной вектору переноса.
2.3.5. Композиция двух центральных симметрий с центрами О и Q есть перенос плоскости,
⃗ . Композиция чётного числа центральных симметрий есть перенос
вектор которого равен 2 OQ
плоскости.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
16
2.4
Доказательства
2.4.1 Перенос суть движение.
Перенос есть движение плоскости.
⃗ ' = BB
⃗ '=⃗r , то есть AА' = BВ', AА'||BВ'.
Доказательство. Для любых точек A и B AA
Четырёхугольник AA'B'B это параллелограмм.
Значит, AВ = А'В'. ■
2.4.2 Композиция двух переносов
Композиция двух переносов есть перенос плоскости, вектор которого равен сумме векторов
каждого переноса. Композиция двух переносов есть коммутативное преобразование.
Доказательство. Пусть для произвольной точки A плоскости T ⃗n ( A)= A' , T ⃗r ( A' )= A' ' .
⃗ =⃗
По определению, AA'
n , A ' ⃗A' '=⃗r .
⃗ ' = AA'
⃗ + A' ⃗A' ' =⃗n +⃗r .
По свойству векторов AA'
n + ⃗r .
По определению, это преобразование суть перенос на вектор ⃗
n + ⃗r =⃗r + ⃗
n. ■
Порядок выполнения переносов несущественен, так как ⃗
2.4.3 Равные окружности
Две окружности ω и ω' радиуса R c центрами в точках О и Q пересекаются в точках А и В.
Точки С и D этих окружностей принадлежат прямой ОQ и находятся в одной полуплоскости от
прямой AB. Докажите, что AB2 + CD2 = 4R2.
Доказательство. Выполним перенос окружности ω на вектор CD.
CD = CQ + QD = CQ + OC = OQ.
Точка С совместится с D, точка О совместится с Q, значит, результат переноса совпадёт с ω'.
Точка А переместится в точку A' на окружности ω', причём AA' = CD и AA'||CD.
AB⊥OQ, CD лежит на OQ, значит, AB⊥AA'.
Прямой угол BAA' опирается на A'B, значит, A'B – диаметр окружности ω', равный 2R.
По теореме Пифагора для треугольника AA'В, AB2 + CD2 = 4R2. ■
Рис.1.1. Перенос для равных окружностей
2.4.3.a Равные окружности ([1], 1.61)
Две окружности ω и ω' радиуса R c центрами в точках О и Q касаются внешним образом в
точке E. Хорды EF и EG этих окружностей перпендикулярны. Докажите, что FG = 2R.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
17
Доказательство. Выполним перенос окружности ω на вектор ОQ = 2R = EE'.
Окружность ω в результате переноса совпадёт с ω'.
Точка F переместится в точку F' на окружности ω', причём FF' = EE' и FF'||EE', FE = F'E'.
Докажем, что E' = G.
В параллелограмме EFF'E' равны треугольники EF'E' и F'EF.
∠EF'E' = 90°, значит, ∠F'EF' = 90°.
Хорда ЕF' перпендикулярна ЕF, значит, она совпадает с EG.
FG = FF' = EE' = 2R. ■
Рис.1.2. Перенос для равных окружностей
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
18
2.4.4 Равнобедренный треугольник [1],1.59.
Даны равнобедренный треугольник ABC (АС = ВС) и точка D, расположенная на
продолжении основания AB за точку В. Докажите, что разность расстояний от точки D до прямых
AC и BC не зависит от выбора этой точки.
Доказательство: Выполним перенос точки D на вектор DB.
Проекция DB на перпендикуляр к ВС суть DF.
Проекция DB на перпендикуляр к АС суть DG = DF (равны углы EDB и FDB).
Опустим перпендикуляр ВН на АС.
В прямоугольнике BНЕG равны отрезки EG = BH.
Разность расстояний от точки D до прямых AC и BC |DE – DF| = GE = BH.
Высота ВН треугольника АВС не зависит от выбора точки D. ■
Рис.1.3. Перенос для нахождения разности расстояний до прямых
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
19
2.4.5 Замкнутый путь [3],15.2.
Дан треугольник ABC и точка D, расположенная внутри него. Некоторый объект начинает
движение из D параллельно ВС до пересечения в точке Е со стороной АС. Далее он движется из Е
параллельно АВ до пересечения в точке F со стороной BС. Далее он движется параллельно АC до
пересечения в точке G со стороной AB. Далее он движется параллельно BC до пересечения в точке
H со стороной AC. И так далее. Докажите, что через несколько шагов он попадет в точку D.
Доказательство: Пусть ломаная DEFGH построена. FG||AC, GH||BC, AGFE и CFGH –
параллелограммы с равными сторонами AE = GF=HC.
Треугольник GHA получен из треугольника FCE путём переноса на вектор CH.
Пусть ломаная DEFGHIJ построена. AB||HI, IG||AC, AHIJ и GHIB – параллелограммы с
равными сторонами AJ = HI=GB.
Треугольник BIJ получен из треугольника GHA путём переноса на вектор HI.
Композиция переносов это перенос, треугольник BIJ получен из треугольника FCE путём
переноса на вектор BF.
Значит, JE||BC.
Прямые JD и JE параллельны, имеют общую точку J, значит, они совпадают. Поэтому точка
D лежит на луче, вышедшем из J параллельно ВС.■
Рис.1.4. Перенос для доказательства замкнутости ломаной
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
20
2.4.6 Задание ГИА, [3],15.4.
Из вершин трапеции ABCD (AD||BC) проведены биссектрисы. Биссектрисы углов А и В
пересекаются в точке Е, биссектрисы углов С и D пересекаются в точке F. Пусть AB = c, BC = a,
CD = c', AD = b. Докажите, что EF = |a + b − c − c'|/2.
Доказательство: Выполним сдвиг отрезка CD параллельно ВС на расстояние (a + b − c − c')/2
как показано на рисунке.
В четырёхугольнике ABC'D' сумма противоположных сторон одинакова, он описанный,
значит, биссектрисы углов пересекаются в центре вписанной окружности точке Е.
Точка Е совпадает с результатом сдвига F'.
Значит, EF = |a + b − c − c'|/2.■
Рис.1.5. Перенос для поиска расстояния между точками
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
21
2.4.7 Отрезок высоты [3],15.5.
Из вершины В параллелограмма ABCD проведены его высоты BE и BF. Пусть Н − ортоцентр
треугольника BEF. Докажите, что BH2 + EF2 = BD2.
Доказательство: Отрезки ВE и AD перпендикулярны, отрезки ВF и CD перпендикулярны,
Отрезок AD это диаметр окружности, описанной вокруг треугольника ВEF.
Утверждение задачи следует из свойств ортоцентра.■
Доказательство: Четырёхугольник HFED суть параллелограмм.
Выполним сдвиг треугольника ВЕН на вектор HF=ED.
Четырёхугольник BB'DE суть прямоугольник, значит, B'E = BD.
Равны и параллельны отрезки В'F = ВН, причём они перпендикулярны отрезку EF.
Из прямоугольного треугольника В'FE получим, что B'F2 + EF2 = BD2 .■
Рис.1.6. Перенос для поиска расстояния между точками
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
22
2.5 Построения
2.5.1 Равные хорды в разных окружностях [2],1.71.
Даны две окружности ω и Ω c центрами в точках О и Q и прямая l, не параллельная и не
перпендикулярная ОQ. Постройте прямую, параллельную l так, чтобы окружности высекали на
ней равные хорды.
Построение: Пусть проекция точки О (Q) на прямую l суть точка А (B).
Выполним перенос окружности ω на вектор AB. Обозначим ω' результат переноса.
Пусть точки С' и D' суть образы точек С и D.
Выберем точки С' и D' в точках пересечения ω' и Ω.
Тогда С'D' = С'D, прямая С'D'СD параллельна прямой l.
Рис.1.7. Перенос для построения равных хорд
2.5.1.a Равные хорды в разных окружностях [3],15.12.
Даны две окружности ω и Ω c центрами в точках О и Q и точка А. Постройте через А прямую
так, чтобы окружности высекали на ней равные хорды.
Построение: Строим точку Е такую, что угол OEQ прямой и AE2 = AO2 + r2 – R2.
Строим окружность ω' путём переноса окружности ω на вектор OE.
Строим прямую через точки пересечения окружностей ω' и Ω.
Доказательство: Пусть FG и F'G' суть равные хорды окружностей ω и Ω, причём прямая FG
содержит точку А.
Выполним перенос окружности ω на вектор OE = FF'. Обозначим результат переноса ω'.
Линия центров QE перпендикулярна хорде F'G', значит, угол OEQ прямой.
Степень точки А относительно окружностей ω' и Ω одинакова и равна AF ·AF', значит
AE2 – r2 = AO2 – R2 или AE2 = AO2 + r2 – R2. ■
Рис.1.8. Перенос для построения равных хорд
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
23
2.5.2 Хорда данной длины [3],15.13,а.
Даны две окружности ω и Ω c центрами в точках О и Q, которые пересекаются в точке А.
Постройте через точку А прямую так, чтобы окружности высекали на ней хорды, сумма длин
которых была равна 2а.
Построение: Строим точку D такую, что угол ODQ прямой и OD = a.
Строим прямую ВС через точку А параллельно OD.
Доказательство: Прямая BC параллельна OD. Она содержит точки А, E и F.
Угол ODQ прямой, значит, OE⊥OD, QF⊥OD, OE⊥АВ, QF⊥АС.
OD = EF, F – середина АС, Е – середина АВ, значит, ВС = 2OD.
Рис.1.9. Перенос для построения заданной хорды в двух окружностях
2.5.2.a Описанный треугольник [3],15.13,б.
Вокруг данного треугольника АВС опишите треугольник, равный данному DEF.
Построение: На отрезке АВ строим дугу окружности – геометрическое место точек из
которых АВ виден под углом D.
На отрезке ВС строим дугу окружности – геометрическое место точек из которых ВС виден
под углом Е.
Строим общую хорду DE пары окружностей данной длины содержащую точку А.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
24
2.5.3 Расстояния до пересекающихся прямых [3],15.15.
Даны две пересекающиеся прямые АВ и АС. Найдите геометрическое множество точек для
которых сумма или разность расстояний до данных прямых равна данной величине а = DE.
Исследование: Задайте условия с помощью точек А,B,C,D,E. Перемещайте пробную точку K.
Показаны перпендикуляры KI и KJ, опущенные из точки K на прямые. Записаны два числа.
Верхнее определяет разность суммы длин перпендикуляров и длины данного отрезка. Найдите те
положения точки K, в которых одно из вычисленных значений близко к нулю. Найдите такие
положения на прямых. Допустимо перейти на шаг 2 и установить точку на одной из розовых
прямых. Попытайтесь понять, когда достигаются требуемые равенства.
Построение: Строим точки F и F' на прямой АВ удалённые на расстояние а от прямой АС.
Строим точки G и G' на прямой АC удалённые на расстояние а от прямой АB.
Стороны прямоугольника FGF'G' суть геометрическое множество точек для которых сумма
расстояний до данных прямых равна данной величине а.
Прямые FG, F'G', FG', GF' вне сторон прямоугольника FGF'G' суть геометрическое
множество точек для которых разность расстояний до данных прямых равна данной величине а.
Доказательство: Пусть точка K' находится на на луче прямой FG' выходящем из точки F, не
содержащем точку G'.
Прямая FG' суть биссектриса угла BFD. Расстояния от K' до сторон угла BFD одинаковы.
Значит, разность расстояний до сторон угла САВ постоянная.
Другие случаи рассмотрите аналогично.
Рис.1.10. Перенос для построения точек с данной разностью расстояний
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
25
2.5.4 Окружность касается прямой и окружности [2],1.73.
Постройте окружность данного радиуса, касающуюся данной прямой l и данной окружности.
Построение: Пусть ω = (Q,QB) произвольная окружность данного радиуса QB, касающаяся
прямой l, а ω' = (Q',QB) – искомая, полученная путём переноса ω на вектор QQ'.
Тогда расстояние между центрами окружностей (O,r) и ω'
ОQ' = R = r + QB.
Строим точки Q' как общие точки прямых, параллельных данной прямой l и удалённых от
неё на заданное расстояние QB, и окружности с центром О и радиусом R = r + QB.
Рис.1.11. Перенос для построения касающейся окружности
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
26
2.6 Оценки
2.6.1 Фигура наибольшей площади [3],15.7.
Про фигуру F известно, что она полностью размещена внутри квадрата со стороной 1, она не
содержит точек, расстояние между которыми равно очень малой константе d<<1. Фигура имеет
наибольшую площадь, возможную при этих условиях. Оцените её площадь.
Размышления: Чтобы оценить площадь «снизу», построим пример фигуры и найдём её
площадь.
Чтобы оценить площадь сверху, найдём, сколько фигур можно разместить внутри квадрата.
Чтобы оценить влияние d, найдем как d влияет на найденные решения.
Оценка «снизу»: Возможная фигура состоит из кругов диаметра d с центрами в точках А, В,
С, D, E … и «звёзд», сформированных частями окружностей c центрами в этих же точках.
Расстояния между центрами кругов АВ = ВС =АС =..= 2d. Схема фигуры показана на рисунке.
Базовым элементом для оценки площади фигуры считаем полосу типа FGHI голубого цвета,
длина которой равна ширине квадрата.
Пусть число кругов в горизонтальном ряду ACE... равно n>>1. Ширина полосы d √ 3.
Длина полосы 2dn. Площадь полосы 2 d 2 n √ 3 .
Фигура закрашена зелёным цветом. Она содержит 2n полукругов общей площадью
n π d2
2
4
πd
n √ 3 . Доля площади нарисованной фигуры составляет
= π ≈0.2267 . Значит,
2
4
2 d n √3 8 √3
площадь фигуры F размещенной внутри единичного квадрата не менее, чем 0.2267.Рис.1.12.
Фигура для оценки «снизу»
Слабая оценка «сверху»: Пусть площадь фигуры F равна S, фигура F1 получена из F путем
сдвига на d в направлении АС, а фигура F2 получена из F путем сдвига на d в направлении АВ.
Эти фигуры не имеют общих точек, так как фигура F не содержит точек, расстояние между
которыми равно d. Значит, она не имеет общих точек с фигурами F1 и F2. Фигура F2 получена из F1
путём сдвига на вектор СВ длина которого равна d, то есть и эти фигуры общих точек не имеют.
Значит, суммарная площадь фигур F, F1 и F2 равна 3S. Эти фигуры размещаются внутри
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
27
1
квадрата со сторонами 1+d, площадь которого близка к 1. Значит, S ≤ .
3
Сильная оценка «сверху»: Рассмотрим семь фигур. Фигура F3 получена из F1 путем сдвига на
d в направлении СD. Эта фигура не имеет общих точек с фигурами F2 и F1, так как она может быть
получена из каждой из этих фигур путем сдвига на d. Однако она может иметь общие точки с
фигурой F. Обозначим F4 их общую часть и S1 площадь этой части.
Пусть точка K удалена от D на расстояние d, а от А на расстояние AD.
Фигура G3 получена из F3 путем сдвига на d в направлении DK.
Фигуры G1 и G2 получены из G3 также, как можно получить F2 и F1 из F3. То есть они
получены из F путем сдвига на d в направлениях отличающихся на 30° от AK, они переходят друг в
друга при сдвиге на d в направлении, перпендикулярном АK и они переходят в фигуру G3 путем
сдвига на d.
Фигуры G1, G2 и G3 не имеют общих точек. Фигура G3 может иметь общие точки с фигурой
F. Обозначим G4 их общую часть и S2 площадь этой части.
Заметим, что фигура F4 это часть фигуры F3, фигура G4 это часть фигуры G3, то есть фигуры
F4 и G4 не имеют общих точек.
Фигуры F4 и G4 это части фигуры F, значит их суммарная площадь не превышает S.
S2 + S1 ≤ S, значит, площадь одной из фигур F4 или G4 не больше, чем половина S.
Пусть 2S1 ≤ S. Рассмотрим суммарную площадь фигур F, F1, F2 и F3. Находим её как сумму
всех площадей минус площадь общей части. Она составляет
4S – S1 ≥ 3,5S.
Эти фигуры размещаются внутри квадрата со сторонами 1+2d, площадь которого близка к 1.
1
≈0,2857 .
Значит, S ≤
3.5
Учёт величины d: При расчётах игнорировались два фактора. Во-первых то, что в длине
стороны квадрата может не укладываться целое число отрезков длины 2d. Во-вторых, что стороны
прямоугольника, внутри которой находятся три или четыре исследуемых фигуры, несколько
больше, чем площадь данного квадрата. Относительные погрешности связанные с этими
факторами, не превышают 2d. Учтено, что квадрат единичный. Значит, если d < 0.00005, то может
измениться на 1 только последняя цифра каждой оценки.
Ответ. 0.2267≤S ≤0,2858 .
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
28
3
Центральная симметрия
Определение. Точки A и А' называют симметричными относительно данной
точка O является серединой отрезка AА'. Точку O считаем симметричной себе.
Определение. Преобразование плоскости, которое отображает каждую
симметричную ей точку относительно данной точки O, называют центральной
центром O. В русскоязычной математике это преобразование обозначают ZO :
англоязычной RefO.(A) = А'.
3.1
точки O, если
точку A на
симметрией с
ZO(A) = А', в
Свойства центральной симметрии
3.1.1. Преобразование, обратное центральной симметрии, есть та же симметрия ZO = ZO –1 .
3.1.1.a Центральная симметрия это инволюционное преобразование.
Точки A и А' взаимно симметричны относительно точки O.
ZO ᵒ ZO = ZO ᵒ ZO –1 = Е – тождественное преобразование.
3.1.2. Центральная симметрия есть движение первого рода.
3.1.3. Прямая, содержащая центр симметрии, совпадает со своим образом.
3.1.4. Прямая, не содержащая центр симметрии, отображается этой симметрией на
параллельную прямую.
3.2
Центральная симметрия фигур
Определение. Центром симметрии фигуры F называют такую точку O, центральная
симметрия относительно которой отображает эту фигуру на себя: ZO(F) = F.
3.2.1. Центр окружности является центром симметрии этой окружности и центром
симметрии соответствующего круга.
3.2.2. Точка пересечения диагоналей параллелограмма суть центр его симметрии.
3.2.3. Полоса симметрична относительно любой точки своей средней линии.
3.2.4. Две параллельные прямые, каждая из которых содержит одну из двух центрально
симметричных точек, симметричны относительно центра симметрии этих точек.
3.2.5. Середины противоположных сторон четырёхугольника симметричны относительно его
центроида.
3.2.6. Середины диагоналей четырёхугольника симметричны относительно его центроида.
3.3
Композиции
3.3.1. Композиция двух центральных симметрий с центрами О и Q есть перенос плоскости,
⃗ .
вектор которого равен 2 OQ
3.3.2. Композиция чётного числа центральных симметрий есть перенос плоскости.
3.3.3. Композиция центральной симметрии с центром O и переноса на вектор ⃗r суть
⃗ ⃗r .
центральная симметрия, центр Q которой определён условием OQ=
2
3.3.4. Композиция нечётного числа центральных симметрий суть центральная симметрия.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
29
3.4
Доказательства
3.4.1 Симметрия окружности.
Центр окружности по определению суть центр симметрии этой окружности и центр
симметрии соответствующего круга.
Исследование. Экспериментально проверьте утверждение. Для этого:
– для произвольной точки А на окружности найдите симметричную ей точку А' на этой же
окружности,
– для произвольной точки В круга найдите симметричную ей точку В' внутри этого же круга.
3.4.2 Композиция двух центральных симметрий.
Композиция двух центральных симметрий с центрами О и P есть перенос плоскости, вектор
⃗ .
которого равен 2 OP
Доказательство. Пусть для произвольной точки A плоскости ZO(A) = А', ZQ(A') = А''.
По определению, AО = ОA', A'P = PA''.
В треугольнике AA'A'' отрезок OP суть средняя линия.
⃗ ' =2 OP=const.
⃗
По свойству средней линии AA'
По определению, преобразование, при котором произвольная точка плоскости смещается на
фиксированный вектор суть перенос плоскости на этот вектор. ■
Порядок выполнения симметрий существенен, преобразование не коммутативно.
Постройте рисунок самостоятельно.
3.4.3
Композиция центральной симметрии и переноса.
Композиция центральной симметрии с центром O и переноса на вектор ⃗r , то есть Тr ᵒ ZO
⃗ ⃗r . ZP = Тr ᵒ ZO.
суть центральная симметрия ZP, центр P которой определён условием OP=
2
Факты алгебры множеств. Преобразование h состоящее в последовательном выполнении
преобразования f и преобразования g называют композицией этих преобразований: h = g ᵒ f.
Преобразование, выполняемое в композиции первым, записывают справа.
Композиция преобразований ассоциативна, то есть для любых трёх преобразований f, g, h
имеет место соотношение: h ᵒ (g ᵒ f) = (h ᵒ g) ᵒ f.
Композиция преобразований может быть не коммутативна, g ᵒ f не обязательно равно f ᵒ g.
⃗ ⃗r .
Доказательство. Определим точку P условием OP=
2
Согласно 3.3.1., композиция двух центральных симметрий с центрами О и P есть перенос
⃗ r : Z O◦Z P =T ⃗r .
плоскости, вектор которого равен 2 OP=⃗
В силу 3.1.1., преобразование, обратное центральной симметрии, есть та же симметрия.
Двукратное выполнение центральной симметрии относительно одной точки ZO ᵒ ZO = Е.
Выполним операции с преобразованием:
ZP = ZP ᵒ E = ZP ᵒ (ZO ᵒ ZO) = (ZP ᵒ ZO) ᵒ ZO = Тr ᵒ ZO. ■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
30
3.4.4 Шесть перпендикуляров [2],1.22.
На окружности даны четыре точки. Через середину каждого из отрезков с концами в двух
данных точках проведены перпендикуляры к прямой, содержащей две оставшиеся точки.
Докажите, что построенные перпендикуляры пересекаются в одной точке.
Доказательство. Известно (3.2.5.), что середины противоположных ребер четырёхугольника
АВСD, например, середина АВ точка Е и середина СD точка Е ', симметричны относительно его
центроида точки M. Аналогично симметричны середины диагоналей АС – точка G и BD – точка G'.
Известно, также, что центр описанной окружности точка О равноудалена от вершин
четырёхугольника, то есть она расположена на срединном перпендикуляре к любой стороне или
диагонали.
Согласно 3.2.3, прямая ЕО симметрична прямой E'Q относительно центроида M, так как эти
прямые параллельны (они перпендикулярны одной и той же стороне АВ) и содержат точки Е и Е',
симметричные относительно центроида M.
Каждый из шести срединных перпендикуляров к паре данных точек содержит точку О.
Значит, каждая из шести рассматриваемых в условии прямых симметричная ей относительно М
содержит точку Q, симметричную точке O относительно М.
Следовательно, все прямые содержат одну и ту же точку Q.■
Рис.2.1. Шесть пересекающихся прямых
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
31
3.4.5 Прямоугольник, вписанный в параллелограмм
Через каждую из двух противоположных вершин параллелограмма проведены
перпендикуляры к прямым, содержащим его стороны, не проходящие соответственно через эти
вершины. Доказать, что основания этих перпендикуляров являются вершинами прямоугольника.
При каком условии он будет квадратом?
Из вершины А (С) параллелограмма ABCD опущены перпендикуляры AH и AK (CM и CL) на
прямые СB и CD (AB и AD). Доказать, что KLMH – прямоугольник.
Доказательство. Выполним симметрию относительно центра параллелограмма точки О.
Параллельные прямые, содержащие А и С, симметричные относительно точки О, переходят
друг в друга. Так AK переходит в СМ, CL переходит в АН. Значит, LH = AC = KM.
Точки K и М, L и Н симметричны относительно точки О, так как лежат на пересечении
симметричных прямых.
Параллелограмм KLMH имеет равные диагонали. Значит, KLMH – это прямоугольник.
Все вершины шестиугольника KCHMAL равноудалены от точки О. Значит, шестиугольник
вписан в окружность с центром О.
Углы с взаимно перпендикулярными сторонами равны, значит, ∠KAH = ∠ABC.
Центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного, 2∠KAH = ∠KOH.
Прямоугольник KLMH суть квадрат тогда и только тогда, когда ∠KOH = 90°.
Соответственно, прямоугольник KLMH суть квадрат тогда и только тогда, когда ∠ABC= 45°.■
Рис.2.2. Прямоугольник, вписанный в параллелограмм
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
32
3.4.5.a Ромб внутри параллелограмма [2], 1.07.
Точка O – центр параллелограмма ABCD. Докажите, что центры окружностей, вписанных в
треугольники AOB, BOC, COD, DOA, являются вершинами ромба. В каком случае этот ромб будет
квадратом?
Доказательство. Выполним симметрию относительно центра параллелограмма точки О.
При симметрии, треугольник АОВ переходит в COD, значит, его центр вписанной
окружности точка I переходит в I', OI = OI'.
Аналогично треугольник АОD переходит в COB, его точка I1 переходит в I'1 , OI₁ = OI₁'.
Прямая I'I суть биссектриса вертикальных углов АОВ и COD.
Прямая I1'I1 суть биссектриса вертикальных углов АОD и COB.
Углы АОВ и COВ смежные, значит, прямые I'I и I1'I1 перпендикулярны.
Четырёхугольник II₁'I'I₁ суть с перпендикулярными диагоналями, то есть ромб.
Ромб II₁'I'I₁ суть квадрат тогда и только тогда, когда ∠I = ∠AOB = 90°.
В этом случае ABCD суть параллелограмм с взаимно перпендикулярными диагоналями, то
есть ромб.■
Рис.2.3. Ромб внутри параллелограмма
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
33
3.4.6 Точки, симметричные ортоцентру относительно середин сторон [2], 1.11.
Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно середин его
сторон, лежат на описанной около треугольника окружности.
Рис.2.4. Точки, симметричные ортоцентру относительно середин сторон
3.4.6.a Постоянная сумма квадратов [2], 1.64.
Пусть Н – ортоцентр треугольника АВС, R – радиус описанной окружности. Докажите, что
AB2 + CH2 = 4R2.
Доказательство. Пусть точка Н2' симметрична Н относительно середины АС.
Тогда Н2' лежит на описанной окружности, АН2' параллельна СН, АН2' = СН.
СН перпендикулярна АВ, как часть высоты, то есть АН2'⊥АВ.
Значит, BН2' это диаметр описанной окружности, BН2' = 2R.
По теореме Пифагора для треугольника АВН2': AB2 + CH2 = 4R2.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
34
3.4.7 Признак параллелограмма [1], 1.06.
В четырехугольнике ABCD угол B равен углу D, а диагональ AC делится другой диагональю
пополам. Докажите, что данный четырехугольник – параллелограмм.
Доказательство. Известно, что геометрическое место точек В таких, что ∠АВС = φ, где А и С
– данные точки, состоит из двух дуг окружностей с центрами в точках О, расположенных на
срединном перпендикуляре отрезка АС.
Прямая АС - ось симметрии этого множества. Точка М, середина АС – центр симметрии.
Диагонали АС и BD пересекаются, значит, точки B и D расположены по разные стороны от
прямой АС.
Выполним центральную симметрию относительно точки М.
Дуга АВС перейдёт в противолежащую ей дугу ADC.
Точка B перейдёт в точку на прямой ВМ и на дуге ADC.
Диагональ АС делится диагональю BD пополам, значит, BD содержит точку М.
Точки B' = ZM(B) и D совпадают, значит, точка В симметрична D относительно М.
Четырёхугольник, диагонали которого точка пересечения делит пополам, параллелограмм. ■
Рис.2.5. Множество точек, из которых отрезок АС виден под постоянным углом
3.4.8 Середины сторон и диагоналей [2], 1.21.
Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон четырехугольника, и отрезок с
концами в серединах его диагоналей пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.
Доказательство. Из 3.2.5-6. следует, что эта точка суть центроид четырёхугольника.
3.4.9 Прямой угол пересекает параллельные прямые [2], 1.10.
Даны две параллельные прямые и прямой угол с вершиной O в центре симметрии этих
прямых. Докажите, что расстояние от точки O до прямой, соединяющей точки M и N пересечения
данных прямых со сторонами угла, не зависит от выбора стороны угла.
Это расстояние равно половине расстояния между прямыми.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
35
3.4.10 Симметрия трёх окружностей
Равные окружности ω и ω' с центрами O и O' и радиусами r касаются прямой АВ в точках А и
В. Окружность Ω радиуса R > r касается прямой АВ в середине отрезка АВ точке С, причём все эти
окружности лежат в одной полуплоскости прямой АВ. Пусть D – точка пересечения общих
внутренних касательных DE к окружностям ω и Ω и DF к окружностям ω' и Ω. Точки E и F лежат
на АВ, DE ≠ DF. Докажите, что радиус вписанной окружности треугольника DEF равен r.
Решение: По свойству пересекающихся общих касательных, AE = CF, значит 2EF = 2AC = AB.
Выполним симметрию ZE(ω) окружности ω относительно точки Е, и симметрию полученной
окружности ZE(ω) относительно точки ZF(ZE(ω)).
Композиция центральных симметрий суть перенос на удвоенный вектор EF, то есть на AB =
OO'. Значит при этом преобразовании ω перейдёт в ω'=ZF(ZE(ω)).
Окружность ZE(ω) касается АВ и DE в силу симметрии с ω, и касается DF в силу симметрии с ω'.■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
36
3.5
Построения
3.5.1 Построение отрезков с концами на прямой и окружности
Через данную точку A провести прямую так, чтобы ее отрезок с концами на данных прямой и
окружности делился точкой А пополам.
Рис.2.6. Отрезок с концами на окружности и прямой
3.5.2 Построение равных хорд [2],1.15
Через точку пересечения двух данных окружностей проведите прямую, на которой эти
окружности отсекают равные хорды.
Рис.2.7. Построение равных хорд
3.5.3 Построение треугольника наименьшей площади
Через данную внутри угла точку провести прямую, отсекающую от этого угла треугольник с
наименьшей площадью.
Исследование: Пусть дан угол ВАС и точка Р внутри него. Задайте угол и точку. Перемещая
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
37
точку Е по стороне угла АС, постройте различные треугольники AEF и найдите, при каких
условиях площадь AEF наименьшая. Выскажите гипотезы и проверьте их. Значение площади S
указано.
Построение: строим A' симметрично А относительно Р,
через A' строим прямую, параллельную одной из сторон угла до пересечения с другой
стороной в точке D или D'.
Треугольник ADD' искомый.
Решение: Пусть точки A', B' и F' симметричны точкам А, B и F (пробная точка на стороне АВ)
относительно точки Р. Соответственно, прямая A'В' симметрична АВ относительно точки Р.
Пусть A'В' пересекает луч АС в точке D', точка D симметрична D' относительно Р.
Тогда площади треугольников DPF и D'PF' равны.
Для случая, изображённого на рисунке, площадь треугольника DPF больше, чем площадь
треугольника D'PЕ, на площадь треугольника D'F'Е.
Если точка F правее, чем D, то площадь ADD' не больше, чем площадь AEF, так как
SAEF = SADD' – SD'PE + SDPF ≥ SADD'
Аналогично, если точка F левее, чем D, то площадь ADD' не больше, чем площадь AEF.
Значит, площадь ADD' наименьшая. ■
Рис.2.8. Построение треугольника наименьшей площади
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
38
3.5.4 Построение по серединам сторон
Постройте пятиугольник ABCDE, если известны середины M, M1, M2, M3, M4 его сторон AB,
BC, CD, DE, EA.
Исследование: Зададим исходные параметры с помощью активных точек M, M1, M2, M3, M4 .
Выберем произвольно вершину А. Тогда остальные вершины строим с помощью
центральной симметрии относительно известных середин сторон. Последняя построенная
вершина A' должна совпасть с А. Двигаем точку А так, чтобы совместить А и A'. Нас интересует,
как найти это положение точки.
Пусть F – середина отрезка AA'. Как двигается эта середина при движении точки А?
Построение:
Выбираем произвольную точку А0.
Строим точку В0 симметричную А0 относительно М.
Строим точку С0 симметричную В0 относительно М1.
Строим точку D0 симметричную C0 относительно М2.
Строим точку E0 симметричную D0 относительно М3.
Строим точку A' симметричную E0 относительно М4.
Строим вершину А как середину отрезка А0A' .
Последовательно строим остальные вершины.
Доказательство.
Рассмотрим композицию Z центральных симметрий Z=Z M ◦Z M ◦Z M ◦Z M ◦Z M .
Согласно 2.3.4., композиция пяти центральных симметрий суть центральная симметрия.
Если применить эту композицию к вершине А искомого пятиугольника, эта вершина
перейдёт в себя. Значит, A – центр этой симметрии, Z = ZA.
Следовательно, в результате выполнения композиции Z любая точка преобразуется в точку,
симметричную относительно вершины А. ■
1
2
3
4
Рис.2.8. Построение нечётноугольника по серединам сторон.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
39
4
Осевая симметрия
Определение. Точки A и А' называют симметричными относительно данной прямой l, если
эта прямая суть срединный перпендикуляр отрезка AА'. Считаем каждую точку прямой l
симметричной себе.
Определение. Преобразование плоскости, которое отображает каждую точку A на
симметричную ей точку относительно данной прямой l, называют осевой симметрией с осью l. В
русскоязычной математике это преобразование обозначают Sl : Sl(A) = А'.
4.1
Свойства осевой симметрии
4.1.1. Преобразование, обратное осевой симметрии, есть та же осевая симметрия Sl = Sl –1.
4.1.1.a Осевая симметрия это инволюционное преобразование. Точки A и А' взаимно
симметричны относительно прямой l. Sl ᵒ Sl = Sl ᵒ Sl –1 = Е – тождественное преобразование.
4.1.2. Осевая симметрия есть движение второго рода.
4.1.3. Множество неподвижных точек осевой симметрии суть ось симметрии.
4.1.3.a. Признак осевой симметрии Если множеством неподвижных точек движения
плоскости является прямая, то это движение суть осевая симметрия относительно этой прямой.
4.2
Осевая симметрия фигур
Определение. Осью симметрии плоской фигуры F называют такую прямую l этой плоскости,
осевая симметрия относительно которой отображает эту фигуру на себя: Sl (F) = F.
4.2.1. Любая прямая, содержащая центр окружности является осью симметрии этой
окружности и осью симметрии соответствующего круга.
4.2.2. Прямая, перпендикулярная оси симметрии, совпадает со своим образом.
4.2.2.a. Прямая, параллельная оси симметрии, параллельна своему образу.
4.2.2.b. Прямая, не параллельная оси симметрии пересекает свой образ на оси симметрии.
4.2.3. Симметричные прямые образуют одинаковые углы со своей осью симметрии.
4.2.4. Отрезок имеет две перпендикулярные оси симметрии. Прямую, содержащую его и
срединный перпендикуляр.
4.2.5. Пара пересекающихся прямых имеет две перпендикулярные оси симметрии. Это
прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
40
4.3
Композиции
4.3.1 Композиция двух осевых симметрий
Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями суть перенос в направлении,
перпендикулярном осям, от оси первой симметрии к оси второй симметрии на удвоенное
расстояние между осями.
4.3.2 Перенос как композиция
Всякий перенос T ⃗r можно представить композицией двух осевых симметрий с
параллельными осями, перпендикулярными вектору переноса. Первую ось выбирают
произвольно. Вторая ось получают из первой переносом T ⃗r .
2
4.3.3 Поворот как композиция
Композиция двух осевых симметрий с непараллельными осями суть поворот с центром в
точке пересечения осей на удвоенный угол от оси первой симметрии до оси второй симметрии.
4.3.4
Движение плоскости
Любое движение плоскости можно представить в виде композиции осевых симметрий.
4.3.4.a Движение плоскости первого рода
Любое движение плоскости первого рода можно представить в виде композиции двух
осевых симметрий.
4.3.4.b Движение плоскости второго рода
Любое движение плоскости второго рода можно представить в виде композиции не более, чем
трёх осевых симметрий.
4.3.5 Композиция трёх осевых симметрий
Композиция трёх осевых симметрий, оси которых пересекаются в одной точке, суть осевая
симметрия (доказательство).
4.3.6 Терминология
Правильно: точка А симметрична точке В относительно прямой, содержащей сторону угла.
По–детски, хотя и понятно: А симметрична В относительно стороны угла.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
41
4.4
Доказательства
4.4.1 Осевая симметрия окружностей
Любая прямая, проходящая через центр окружности является осью симметрии этой
окружности и соответствующего ей круга.
Исследование. Экспериментально проверьте это утверждение. Для этого:
– для произвольной точки А на окружности найдите симметричную ей точку А' на этой же
окружности.
– для произвольной точки В круга найдите симметричную ей точку В' внутри этого же круга.
Доказательство: Пусть L – прямая, проходящая через центр окружности точку О.
Пусть А – произвольная точка на окружности.
Если А лежит на L, то она переходит в себя и лежит на окружности.
Если А не лежит на L, она переходит в точку А'.
По свойству симметрии, ОА' = ОА, значит, А' – точка окружности.
Точку А можно выбрать в любой точке окружности.
Значит, вся окружность переходит в саму себя. ■
4.4.1.a Ось симметрии пары окружностей
Общая ось симметрии двух окружностей – это прямая, проходящая через центры
окружностей.
Исследование. Проверьте, что для любой точки, принадлежащей одной из окружностей,
найдется на этих же окружностях симметричная ей точка.
4.4.1.b Общая хорда трёх окружностей
Докажите, что если три окружности имеют общую хорду, то их центры расположены на
одной прямой.
4.4.1.c Два диаметра окружности
В окружности проведены два диаметра. Концы этих диаметров служат вершинами
четырёхугольника, противоположные стороны которого равны.
Исследование. Экспериментально проверьте это утверждение. Докажите его.
Известно, что четырёхугольник, противоположные стороны которого равны, всегда суть
параллелограмм. Стоит ли называть построенный четырёхугольник параллелограммом?
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
42
4.4.2 Признак правильного треугольника [2], 1.29.
Если ортоцентр треугольника совпадает с центром вписанной в него окружности, то
треугольник правильный. Докажите.
Доказательство. Рассматриваемый треугольник остроугольный, так как центр вписанной
окружности расположен внутри треугольника, значит, и ортоцентр расположен внутри
треугольника.
Высота, проведенная из произвольной вершины, это отрезок, начинающийся в вершине,
проходящий через ортоцентр и заканчивающийся в точке пересечения соответствующего луча с
противолежащей стороной.
Биссектриса определена аналогично, так как ортоцентр совпадает с центром вписанной
окружности.
Значит, все высоты совпадают с соответствующими биссектрисами.
Выполним симметрию относительно прямой, содержащей одну из высот.
Вершина (пусть А) перейдёт в себя.
По свойству биссектрисы, луч, содержащий одну из сторон перейдёт в луч, содержащий
другую сторону, выходящую из А.
По свойству высоты, прямая, содержащая третью сторону, перпендикулярная высоте
перейдёт в себя.
Значит, две других вершины перейдут друг в друга. Они симметричны.
Стороны, выходящие из А симметричны в этом преобразовании, значит, они равны.
Треугольник, симметричен относительно любой высоты, значит, он правильный. ■
4.4.2.a Признак правильного треугольника [1], 1.30
Если ортоцентр треугольника совпадает с его центроидом, то треугольник правильный.
4.4.2.b Скрытая симметрия
В четырёхугольнике ADEC AC = DE, ∠ADC + ∠DCE = 180°. Докажите, что равны углы ∠A = ∠E.
Доказательство. Построен отрезок BD
симметричный отрезку ЕС относительно
срединного перпендикуляра к отрезку CD.
В силу симметрии, ∠ВDC = ∠DCE,
значит, точки A, D и B расположены на одной
прямой.
АС = DE = ВС, значит, треугольник АВС
равнобедренный.
∠A = ∠DВC = ∠E. ■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
43
4.4.3 Композиция симметрий относительно перпендикуляров
Дан шестиугольник вписанный в окружность в котором параллельны пары противолежащих
сторон и диагонали, соединяющие вершины, не принадлежащие этим сторонам. Тогда углы между
перпендикулярами к сторонам составляют 60°, AF = BE = CD, AB = CF = DE, AD = BC = FE,
∠AOC = ∠AOE = ∠BOD = ∠BOF = 120°.
Выполните последовательно симметрии точки А
относительно срединного перпендикуляра к АВ и к ВС,
то есть преобразование A → B → C → D → E → F → A.
4.4.4 Композиция симметрий относительно биссектрис
4.4.4.a Симметрии относительно двух биссектрис [3],17.25
Вписанная окружность треугольника АВС с центром в точке I касается его сторон в точках A',
B',C'. Точка A'' симметрична A' относительно AI, то есть A'' = SAI(A'). Аналогично точка С''
симметрична С' относительно СI, С'' = SСI(С'). Докажите, что A''В''||AB.
Доказательство. Точки касания вписанной окружности симметричны относительно
биссектрис. Например, С' = SAI(В'). А' = SСI(В').
С'' = SСI(С') = SСI(SAI(В')) = (SСI ºSАI )(В').
A'' = SAI(A') = SAI(SCI(В')) = (SAI ºSСI )(В').
Композиции SСI º SАI и SAI ºSСI
суть повороты на один и тот же угол
но в разных направлениях.
Дуги В'A'' и В'С'' равны, значит,
A''С'' параллельна касательной в В' то
есть АС.■
Рис.3.1. Симметрия относительно двух биссектрис
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
44
4.4.4.b Симметрии относительно биссектрис
Точки E и D симметричны вершине B треугольника ABC относительно прямых, содержащих
биссектрисы его углов A и C, B' – точка касания стороны AC с вписанной в треугольник ABC
окружностью. Докажите, что EB' = B'D.
Доказательство. При симметрии относительно AI точка B' переходит точку касания C' так как
стороны треугольника АС и АВ симметричны относительно AI, AC' = AB'.
При симметрии относительно CI точка B' переходит точку касания A' так как стороны
треугольника АС и ВC симметричны относительно CI, CB' = CA'.
Равны отрезки ЕB' = ВA', как симметричные относительно CI.
Равны отрезки DB' = ВC', как симметричные относительно AI.
Равны отрезки касательных ВC' = BA', значит, EB' = B'D = ВA' = BC'. ■
Рис.3.2. Симметрия относительно двух биссектрис
4.4.4.c Симметрии относительно биссектрис [3],17.25
Вписанная окружность треугольника АВС с центром в точке I касается его сторон в точках A',
B',C'. Точка A'' симметрична A' относительно AI, то есть A'' = SAI(A'). В'' = SВI(В'). С'' = SСI(С').
Докажите, что прямые A''А, В''В и С''С пересекаются в одной точке, расположенной на прямой,
соединяющей центры вписанной и описанной окружностей треугольника АВС.
Доказательство. Треугольники АВС и A''B''C'' имеют взаимно параллельные стороны.
Треугольники АВС и A''B''C'' гомотетичны, значит, они имеют центр гомотетии.
Прямые A''А, В''В и С''С проходят через центр гомотетии, то есть пересекаются.
Гомотетия переводит описанную окружность во вписанную, значит, её центр делит отрезок,
соединяющий центры в отношении равном отношению их радиусов.■
Рис.3.3. Симметрия относительно двух биссектрис
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
45
4.4.4.d Симметрии относительно биссектрис (2)
Пусть отрезок биссектрисы BI пересекает вписанную окружность треугольника АВС в точке
K, точка K' симметрична K относительно прямой СI, точка K'' симметрична K относительно
прямой АI. Докажите, что срединный перпендикуляр отрезка K'K'' содержит точку касания со
стороной АС.
Доказательство. Пусть углы треугольника АВС равны 2α, 2β и 2γ. Точки касания А', В', С'.
Острые углы между биссектрисами в точке I равны α+β, α+γ и β+γ.
∠KIB' = α+β +α+γ + 90° – γ,
∠KIK'' = 2(α+β), ∠B'IK'' = 90° – β.
Аналогично найдём, что ∠B'IK' = 90° – β.■
Рис.3.4. Симметрия относительно двух биссектрис
4.4.4.e Композиция симметрий относительно биссектрис [2], 1.126.
Найдите композицию осевых симметрий относительно прямых, содержащих биссектрисы
данного треугольника.
Исследование: Зададим центр I и три оси симметрий k = AI, l = BI, m = CI с помощью
активных точек I, A, B, C.
Выберем произвольно пробную точку P и находим последовательно результаты симметрий
Sk , Sl , Sm Двигаем пробную точку и наблюдаем результат. Рассмотрите совмещение P и её образа
P3. Что получаем, если пробная точка совпадает с I? Что наблюдаем, если пробная точка движется
по стороне АС треугольника? Попытайтесь построить гипотезу, объясняющую наблюдаемые
факты.
Построение: Строим ось симметрии n = ID, проходящую через центр вписанной окружности
перпендикулярно стороне, из вершин которой выходят первая и последняя биссектрисы. На
рисунке ось IВ перпендикулярна АС. Тогда SIС ° SIB ° SIA = SID.
Доказательство. Пусть вписанная окружность с центром I касается стороны АС в точке D.
Очевидно, что точки касания вписанной в угол окружности со сторонами угла симметричны
относительно биссектрисы этого угла. Действительно, окружность симметрична относительно
любого своего диаметра, в частности, относительно любой биссектрисы, стороны угла
симметричны относительно биссектрисы, значит и их общие точки симметричны относительно
биссектрисы.
Согласно 3.3.7, композиция трёх осевых симметрий оси которых пересекаются в одной точке
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
46
I, суть осевая симметрия, ось которой содержит ту же точку I.
Рассмотрим композицию осевых симметрий SIС ° SIB ° SIA.
При этой композиции точка D последовательно перейдёт в точки касания со сторонами АВ,
ВС и вновь АС, то есть это неподвижная точка преобразования.
Значит, искомая ось симметрии содержит точки D и I, это прямая DI, SIС ° SIB ° SIA = SID. ■
Рис.3.5. Симметрия относительно трёх биссектрис
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
47
4.4.4.f Симметрии относительно биссектрис(3)
Пусть точка F расположена на стороне АС треугольника АВС, A', B' и C' – точки касания
вписанной окружности, точки G и H симметричны F относительно биссектрис AI и CI. Докажите,
что точка М, середина GH лежит на A'C'.
Доказательство. При симметрии относительно AI точка B' переходит точку касания C', F в G,
значит симметричны и равны отрезки C'G = B'F.
При симметрии относительно СI точка B' переходит точку касания A', F в H, значит
симметричны и равны отрезки A'H = B'F.
Равны между собой три отрезка A'H = C'G = B'F. Они показаны малиновым цветом.
Равны отрезки касательных ВC' = BA'. Треугольник BA'C' равнобедренный.
Равны синусы углов MC'G и MA'H, так как эти углы либо равны углам равнобедренного
треугольника BA'C', либо дополняют их до 180°.
В треугольниках MC'G и MA'H равны синусы углов C'MG и A'MH при вершине M, так как эти
углы либо равны (они вертикальные), либо дополняют друг друга до 180°.
Пользуясь теоремой синусов, получаем
GC ' sin MC ' G НA ' sin MA ' H
MG : MH =
:
=1. ■
sin GMC '
sin HMA'
Рис.3.6. Симметрия относительно двух биссектрис
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
48
4.4.4.g Симметрии относительно нормали к биссектрисе
Окружность ω с центром в А и радиусом AI (I – центр вписанной окружности треугольника
АВС), пересекает описанную окружность Ω треугольника АВС в точках D и E. Докажите, что
прямая DE симметрична прямой ВС относительно перпендикуляра к биссектрисе угла А,
содержащего точку I.
Доказательство. Пусть P – точка пересечения AI и окружности АВС.
Известно, что РВ = РС = PI.
Значит, окружность ω' с центром Р и радиусом PI касается ω в точке I.
По условию (и свойству радикальной оси) DE – это радикальная ось окружностей Ω и ω.
По построению, BC – это радикальная ось окружностей Ω и ω'.
Точка O их пересечения это радикальный центр окружностей Ω, ω и ω'.
Точка O лежит на радикальной оси ω и ω', эти окружности касаются, значит, OI⊥AP.
Рис.3.7. Симметрия относительно нормали к биссектрисе
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
49
4.4.5 Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон [1], 1.32.
Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон,
лежат на описанной около треугольника окружности.
Рис.3.7. Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон
4.4.5.a Окружности, содержащие ортоцентр [2], 1.33.
Окружности, описанные около треугольников HAB, HBC, HCA, где H – ортоцентр
треугольника ABC, равны. Докажите.
Суть доказательства. Эти окружности симметричны описанной относительно сторон.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
50
4.4.6 Дуализм биссектрис и высот вписанного треугольника [2] 1.6, 1.7, 1.34
Около треугольника ABC описана окружность ω. Биссектрисы углов A, B, C пересекают ω
соответственно в точках A', B', C'. Докажите, что прямая AA' перпендикулярна B'C'.
Прямые AA', BB', CC', содержащие высоты остроугольного треугольника A'B'C', пересекают
описанную около него окружность в точках A, B, C. Докажите, что эти прямые содержат
биссектрисы углов треугольника ABC.
Рис. 3.8. Дуализм биссектрис и высот вписанного треугольника
4.4.7 Сумма квадратов [2], 1.44.
Точка С лежит на диаметре AB окружности. Хорда DЕ проходит через С и пересекает АВ под
углом 45°. Докажите, что сумма CЕ2 + СD2 не зависит от выбора точки С.
Доказательство. Пусть точка E' симметрична Е относительно прямой AВ.
СE = CE', угол ЕСЕ' вдвое больше угла ЕСА, он прямой.
Угол DEЕ' в равнобедренном прямоугольном треугольнике СEE' равен 45°.
Квадрат хорды Е'D2 = 0.5 AB2 = 2R2.
По теореме Пифагора для треугольника СDE' Е'C2 + СD2 = Е'D2 = 2R2. ■
Рис. 3.9. К прямоугольному треугольнику
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
51
4.4.8 Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями
Композиция двух осевых симметрий с параллельными осями суть перенос в направлении,
перпендикулярном осям, от оси первой симметрии к оси второй симметрии на удвоенное
расстояние между осями.
Доказательство. Выберем систему координат так, что ось абсцисс совпадает с осью второй
симметрии. Пусть первая ось имеет ординату у0.
Осевые симметрии приводят к сдвигу по оси ординат и не изменяют абсциссу точки.
Пусть ордината произвольной точки А равна у.
В результате первой симметрии ордината образа станет
y' = 2y0 – y.
В результате второй симметрии ордината образа станет
y'' = – y' = y – 2y0.
В результате преобразования ордината любой точки уменьшилась на 2y0 .
Другими словами, произошел сдвиг в направлении, перпендикулярном осям симметрии в
направлении от оси первой симметрии к оси второй симметрии на удвоенное расстояние между
осями.■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
52
4.5
Построения
4.5.1 Прямая, параллельная данной [2], 1.47.
Через точку А, лежащую вне данной прямой L, проведите прямую, параллельную данной,
пользуясь циркулем не более, чем дважды.
Построение. Выбираем произвольную точку В на данной прямой и строим окружность с
центром В и радиусом АВ.
Строим аналогично вторую окружность и точку пересечения окружностей A'.
Строим точку С на пересечении луча A'В и первой окружности.
Прямая АС параллельна данной.
Доказательство. Окружности с центром на прямой симметричны относительно данной
прямой, значит и их точки пересечения симметричны относительно прямой.
Точка А' центрально симметрична точке С относительно точки В прямой L, значит,
расстояния от А, А' и С до прямой L одинаковы.
Прямая, содержащая две точки, равноудалённые от данной прямой, ей параллельна. ■
Рис. 3.10. Построение параллельной прямой
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
53
4.5.2 Кратчайшая ломаная внутри угла
Внутри данного острого угла KOL дана точка A. Построить треугольник ABC наименьшего
периметра, вершины B и C которого принадлежат сторонам угла.
Исследование. Задаем конфигурацию, пользуясь активными точками O, K, L и A. Точки В и
С искомые. Для точек В и С, которые Вы установили на экране, записано значение периметра.
Попытайтесь найти то положение точек В и С, при котором путь близок к кратчайшему.
Построение. Строим точку А' симметричную А относительно прямой, содержащей сторону
угла OL. Строим точку A'' симметричную А относительно прямой, содержащей сторону угла OK.
Строим отрезок A'A''. Точки В и С его пересечения со сторонами угла искомые.
Доказательство. Пусть точка А' – это точка, симметричная А относительно прямой,
содержащей сторону угла OL, A'' – точка, симметричная А относительно прямой, содержащей
сторону угла OK.
В силу симметрии, A'B = AB, A''C = AC.
Периметр треугольника AВС равен длине ломаной А'ВСA''.
Длина ломаной А'ВСA'' наименьшая в случае, если она совпадает с отрезком A'A''.
В условиях задачи, отрезок всегда пересекает стороны угла. ■
Рис. 3.11. Построение двузвенной ломаной
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
54
4.5.2.a Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.40.
Дана прямая L и точки A и B в полуплоскости с границей L. Найдите на прямой L такую точку
C, чтобы сумма AC + BC была наименьшей.
Исследование. Подвижные точки А, В и L задают конфигурацию. Точка С задает ломаную.
Указана длина ломаной АСВ. Попытайтесь найти то положение управляющих точек, при котором
путь близок к кратчайшему.
Построение. Строим точку B' симметричную B относительно прямой L.
Строим точку пересечения отрезка AB' и прямой L.
Доказательство. Из симметрии точек B' и B находим, что АС + ВС = АС + В'С.
Отрезок суть кратчайшее расстояние между точками, значит, АС + ВС = АС + В'С ≥ АВ'.
Рис. 3.12. Построение двузвенной ломаной
4.5.2.b Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.35.
На биссектрисе внешнего угла C треугольника ABC взята точка M. Докажите, что MA +MB >
CA + CB.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
55
4.5.2.c Кратчайшая двузвенная ломаная [2], 1.50.
Дорога AB пересекает под острым углом реку BC. Гонец находится в точке P внутри угла
ABC. Его конь хочет пить, а гонец спешит выехать на дорогу AB. В каком месте реки гонец должен
напоить коня, чтобы скорее попасть на дорогу?
Рис. 3.13. Построение двузвенной ломаной
4.5.2.d Кратчайшая ломаная внутри треугольника
На сторонах ВC, AС и АB треугольника ABC расположены точки D, Е и F, соответственно.
Найдите такое положение точек, при котором замкнутая ломаная DEF имеет наименьшую длину.
Исследование. Подвижные точки А, В и С задают треугольник. Точки D, Е и F задают
ломаную, замкнутый путь внутри треугольника, имеющий точки на каждой стороне. Указана
длина ломаной DEF. Попытайтесь найти то положение управляющих точек, при котором путь
близок к кратчайшему. Рассмотрите случаи, когда треугольник правильный, равнобедренный,
прямоугольный и тупоугольный.
Построение. Строим высоту CF' опущенную из вершины наибольшего угла треугольника.
Строим точку F1 симметричную F' относительно прямой АС.
Строим точку F2 симметричную F' относительно прямой ВС.
Строим отрезок F1F2. Пусть он пересекает прямые АС и ВС в точках E' и D'.
Если точки E' и D' на сторонах треугольника, то E'D'F' искомый.
Иначе кратчайшая ломаная это высота CF', проходимая дважды.
Доказательство. Пусть точка F1 симметрична F' относительно прямой АС.
Пусть точка F2 симметрична F' относительно прямой ВС.
В силу симметрии, F1Е = FE, F2D = FD, F1C = FC = F2C.
Периметр p треугольника DEF равен длине ломаной F1ЕDF2.
Случай 1. Если отрезок F1F2 не пересекает стороны треугольника в их внутренних точках, то
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
56
ломаная наименьшей длины состоит из двух отрезков FC.
Отрезок FС имеет наименьшую длину, если это высота.
Кратчайшая ломаная это высота CF, проходимая дважды. Случай реализуется, если
наибольший угол треугольника не острый.
Случай 2. Если отрезок F1F2 пересекает стороны треугольника, то ломаная наименьшей
длины это отрезок F1F2.
В силу симметрии равны углы АСF1 и АСF, ВСF2 и ВСF.
Угол F1СF2 = АСF1 + АСF + ВСF2 + ВСF = 2(FСА + ВСF) = 2ACB.
В равнобедренном треугольнике CF1F2, в котором угол F1СF2 фиксирован, основание F1F2
тем меньше, чем меньше боковая сторона, равная CF.
Отрезок FС имеет наименьшую длину, если это высота.
Замкнутая ломаная DEF имеет наименьшую длину в остроугольном треугольнике, если она
проходит через основания высот.
Рис. 3.14. Построение двузвенной ломаной
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
57
4.5.3 Построение треугольника [2], 1.52.
Постройте треугольник по стороне АВ, высоте СН и разности углов, прилежащих к АВ.
Построение. Строим прямоугольный треугольник АВВ' с катетами АВ и BB' = 2СН.
Строим срединный перпендикуляр U отрезка AB' и срединный перпендикуляр V отрезка BB'.
На U строим такую точку О, что угол между U и B'О равен данной разности.
Строим дугу окружности с центром в О и радиусом ОА.
Вершина С суть точка пересечения построенной дуги и срединного перпендикуляра V.
Доказательство. Рассмотрим случай, когда ∠ B< ∠ A< π , α =∠ B−∠ A.
2
Угол ∠АСВ' = 360º – ∠ВСВ' – ∠АСВ = 180º – ( ∠В – ∠А) = 180º – α.
Дуга AB' содержит (по построению) точки, для которых угол ∠АСВ' = 180º – α.
Исследуйте другие случаи. Сколько решений имеет задача?
Рис. 3.15. Построение треугольника
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
58
4.5.3.a Построение треугольника внутри угла [2], 1.55.
Дан острый угол KOL = φ и точки U и V внутри него. Постройте равнобедренный
треугольник ABC (AB = AC), такой, что сторона BC принадлежит OK, вершина A принадлежит OL,
точка U – стороне AB, точка V – стороне AC.
Построение. Строим точку U' симметричную точке U относительно прямой OL.
Строим срединный перпендикуляр отрезка U'V.
Строим точку Q на срединном перпендикуляре так, что угол VQD = 2φ.
Строим дугу окружности (Q,QV) содержащую точки, из которых отрезок U'V виден под углом
π – 2φ. Вершина А расположена в точке пересечения построенной дуги и луча OL.
Доказательство. ∠ОАВ + φ = ∠АВС, ∠ВАС = 180º – 2∠АВС,
∠U'AV = 2∠OAВ + ∠ВАС = 180º – 2∠АВС = π – 2φ.■
Исследуйте различные случаи. Сколько решений имеет задача?
Рис. 3.16. Построение треугольника
4.5.4 Построение четырёхугольника [2], 1.41.
Постройте четырехугольник ABCD, у которого диагональ AC принадлежит биссектрисе угла
A, если известны все стороны четырехугольника.
Построение. Пусть AD > AB. Строим треугольник B'CD со сторонами BС, CD, AD – AB.
Строим точку A на луче DB' на расстоянии AD от D.
Строим прямую AС и точку B симметричную B' относительно АС.
Доказательство. Стороны имеют заданную длину. АС биссектриса угла А, так как точки В и D
лежат на симметричных относительно АС прямых. ■
4.5.5 Построение треугольника
Пусть отрезки биссектрис AI, BI, CI пересекают вписанную окружность треугольника АВС в
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
59
точках D,E,F, соответственно. Постройте треугольник АВС, если даны точки D, E и F.
Построение. Строим центр вписанной окружности точку I на пересечении срединных
перпендикуляров отрезков DЕ и DF.
Строим прямую DI, содержащую биссектрису AI.
Строим прямую FI, содержащую биссектрису CI.
Строим точку E' симметричную точке Е относительно FI.
Строим точку E'' симметричную точке Е относительно DI.
Строим срединный перпендикуляр NI отрезка E'E'', причем точку N выберем как точку
пересечения с данной окружностью, ближайшую к прямой E'E''.
Строим касательную к данной окружности АС в точке N, она пересекает прямые DI и FI в
точках А и С, соответственно.
Строим касательную к данной окружности АВ в точке М, которая симметрична точке N
относительно DI.
Доказательство. Известно, что построенные точки E' и E'' симметричны относительно
прямой, содержащей радиус IN, проведенный в точку касания. ■
Исследуйте, при каких положениях точек решение возможно. Сколько решений можно построить?
Рис. 3.17. Построение треугольника
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
60
4.5.5.a Композиция трех осевых симметрий [2] 1.123.
Докажите, что композицией трех осевых симметрий, оси которых пересекаются в одной
точке, является осевая симметрия. Постройте ее ось.
Исследование: Зададим центр симметрий О и три оси с помощью активных точек O, A, B, C.
Выберем произвольно пробную точку P. Точки P1 = SOA(P), P2 = SOB(P), P3 = SOC(P) –
результаты последовательных симметрий SOA, SOB, SOC.
Двигаем точку P и наблюдаем точку P3 . Как найти ось результирующей симметрии?
Что даёт совмещение точек P3 и P3 . Что получаем, если все углы равны?
Если один из углов прямой? Если ось ОВ – это биссектриса угла АОС?
Построение: Строим прямую G так, чтобы ориентированные углы АОВ и GOC были равны.
Ось GO искомая.
Доказательство. Рассмотрим симметрию относительно некоторой оси OG.
Пользуемся свойством ассоциативности преобразований (для любых преобразований f, g, h
имеет место соотношение: h ᵒ (g ᵒ f) = (h ᵒ g) ᵒ f = h ᵒ g ᵒ f ) и инволютивностью осевой симметрии
−1
S l =S l , S l◦S l =E .
Рассмотрим композицию осевых симметрий SOG ° SOA.
Известно (3.3.3), что композиция двух осевых симметрий с непараллельными осями это
поворот на удвоенный угол между осями. По построению, ориентированные углы ∠АОВ = ∠GOC.
Значит, SOС ° SOB = SOG ° SOA.
Выполним тождественные преобразования.
SOС ° SOB = (SOС ° SOB) ° SOA ° SOA = (SOС ° SOB ° SOA) ° SOA = = SOG ° SOA.
В силу единственности преобразования, SOС ° SOB ° SOA = SOG .■
Рис. 3.18. Композиция трёх осевых симметрий
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
61
4.5.5.b Композиция пяти осевых симметрий
Постройте ось симметрии OH, которая суть композиция пяти осевых симметрий, оси
которых OA, OB, OC, OE, OF пересекаются в одной точке.
Построение: Строим точку Н так, чтобы ориентированный угол HOF был равен сумме
ориентированных углов АОВ и COE. Ось HO искомая.
Рис. 3.19. Композиция пяти осевых симметрий
4.5.5.c Вписанный пятиугольник [2] 1.145.
В данную окружность впишите пятиугольник, стороны которого
параллельны сторонам данного пятиугольника.
соответственно
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
62
4.6
Задачи
4.6.1 Симметрия для секущей
Из точки А к окружности (O,r) проведены касательные АВ и АB' и секущая ACD (точки С и D
лежат на окружности, причём AC<AD). Отрезок AD пересекает отрезок ВB' в точке E. Докажите,
что равны отношения AD : AC = DE : CE.
Доказательство: Строим отрезок AC'D' симметричный отрезку ACD относительно прямой АО.
Известно, что для любой пары секущих отрезки CD' и C'D, накрест соединяющие концы
секущих из точки А, пересекаются на хорде ВB'.
Значит, CD' и C'D пересекутся на оси симметрии в середине отрезка ВB' точке М.
Равны пары дуг BC и B'C', BD и B'D'. Значит, равны углы, которые на них опираются.
Синим цветом показаны равные углы ∠B'BC = ∠BDC', красным углы ∠B'BD = ∠BCD'.
Треугольники ВСМ и DBM подобны по двум углам.
∠СМB = ∠BМD – это углы подобных треугольников. МЕ – это биссектриса угла СМD.
Площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон
S BCM BC 2
=
.
S DBM BD 2
Соответствующие стороны подобных треугольников АВС и ADB пропорциональны:
BC 2 АB 2
=
. Известно, что квадрат касательной равен произведению отрезков секущей: AB² =
2
2
BD АD
AC ⋅ AD.
S BCM AC⋅AD AC
Выполняем преобразование:
=
=
.
S DBM
AD
AD 2
Треугольники ВСМ и DBM имеют общую сторону ВМ. Их площади относятся как отрезки
CE и DE.
S BCM CE AC
Выполняем преобразование:
=
=
. ■
S DBM DE AD
AC⋅DE
=1.
Заметим, что двойное отношение точек (AC; ED) =
AD⋅CE
Рис. 3.19. Симметрии секущей
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
63
4.6.2 Симметрия для угла 60 градусов
В равнобедренном треугольнике ABC ∠A = ∠B = 40°, AB = c, AD – биссектриса. Найдите
сумму AD + CD.
∠A.
Рис.3.20. Симметрия для угла 60°.
4.6.2.a Симметрия для угла 60
В равнобедренном треугольнике ABC ∠A = ∠B, AA3 – биссектриса. AA3 + CA3 = AB. Найдите
Решение. Пусть DA₃||BA, причём точка D принадлежит АС.
Тогда AD = DA₃ = A₃B так как ∠A = ∠B, ∠AA₃D = ∠DAA₃ .
Пусть AA₃ = AG, причём точка G принадлежит АB.
Тогда GB = CA₃, равны треугольники ΔCDA₃ = ΔGBA₃ (DA₃ = BA₃ , ∠D = ∠B).
Пусть ∠A = 4α. Тогда в равнобедренном треугольнике AA₃G: 2∠AA₃G + 2α = 180°.
Развёрнутый угол ∠AA₃G + 2α + 4α + 4α = 180°, 9α = 90°, ∠A = 40°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
64
4.6.3 Антипараллель и симедиана
Антипараллелью к отрезку ВС называют отрезок DF, такой , что точка D лежит на луче АB,
точка F лежит на луче АC и ∠ABC = ∠AFD, ∠ACB = ∠ADF.
Симедиана АЕ делит пополам любой отрезок, антипараллельный ВС. Следует из симметрии
относительно биссектрисы.
Рис. 7.2. Симедиана AL и антипараллель DF
Доказательство: Выполним симметрию относительно биссектрисы AI. Отрезок DF перейдёт
в отрезок D'E', параллельный АВ и гомотетичный ему с центром гомотетии в точке А. Прямая АЕ
перейдёт в прямую АМ, содержащую медиану. Эта прямая делит ВС и любой гомотетичный ему
отрезок пополам. Равенство образов соответствует равенству прообразов, то есть DE = EF.■
4.6.4 Антипараллель, симедиана и средняя линия
Антипараллель CD треугольника АВС пересекает симедиану BE в точке G. Докажите, что G
принадлежит средней линии А1В1, параллельной АВ.
Рис. 7.3. Симедиана и антипараллель DС
4.6.5 Антипараллель и перпендикулярные биссектрисы
Пусть CD – антипараллель треугольника АВС. Докажите, что биссектрисы углов АВС и ACD
перпендикулярны и пересекаются в точке Q средней линии А₁B₁, причём 2QA₁ = BC.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
65
Доказательство: Прямые AC и CD симметричны относительно биссектрисы CQ.
Прямая, параллельная CD, симметрична АС относительно биссектрисы ВQ.
Оси симметрии двух прямых перпендикулярны.
В прямоугольном треугольнике BCQ вершина Q удалена от середины гипотенузы на
половину гипотенузы.
Доказательство 2: Если углы треугольника АВС равны 2α, 2β, 2γ, то α +β + γ = π/2.
∠CBQ = β, ∠BCQ = ∠BCD + ∠DCQ = 2α + (2γ – 2α )/2 = α + γ
∠BQC = π – (α + γ + β) = π/2.
Рис. 7.4. Симедиана и биссектрисы BQ, CQ.
4.6.6 Антипараллель и описанная окружность
Антипараллель CD пересекает медиану BВ1 треугольника АВС в точке F, а симедиану BE в
точке G. Докажите, что четырёхугольник EGFB₁ вписанный.
Доказательство: Прямые AC и CD симметричны относительно биссектрисы CQ.
Прямые BЕ и BВ1 симметричны относительно биссектрисы CQ.
∠BFC = ∠BEA, в силу симметрии их сторон относительно CQ.
Четырёхугольник EGFB₁ вписанный по свойству противолежащих углов.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
66
Рис. 7.5. Симедиана и окружность EGFB₁.
4.6.7
Антипараллель и параллель
Антипараллель CD пересекает медиану BB₁ треугольника АВС в точке F. BE симедиана.
Докажите, что EF параллельна BС.
Рис. 7.6. Симедиана и параллель
4.6.8 Касательные в точках пересечения симедианы и описанной окружности
Касательная в точке А к описанной окружности АВС пересекает прямую ВС в точке Р. PG –
вторая касательная из Р к окружности АВС. Докажите, что AG это симедиана.
Касательные в точках С и В к описанной окружности АВС пересекаются в точке Н. Докажите,
что прямая AН содержит симедиану угла А треугольника АВС.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
67
Рис. 7.2. Симедиана и касательные
4.6.9 Биссектрисы и симедиана
Биссектрисы внутреннего и внешнего угла А треугольника АВС пересекают прямую ВС в
точках J и K. Окружность с диаметром JK пересекает описанную окружность АВС в точках А и N.
Докажите, что AN это симедиана.
Рис. 7.3. Симедиана и биссектрисы
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
68
5
Поворот
Определение. Ориентированный угол АОА' считают положительным, если движение от А к
А' вокруг О выполняем против движения часовой стрелки, и отрицательным – в противном случае.
Определение. Преобразование плоскости, которое отображает данную точку O на себя, а
всякую другую точку А отображает на такую точку А', что OА = ОА' и ориентированный угол АОА'
имеет величину α, называют поворотом плоскости около точки O на заданный ориентированный
α
угол α и обозначают RO . Точку O называют центром поворота, а величину α –углом поворота.
5.1
Свойства поворота
5.1.1. Преобразование, обратное повороту, есть поворот с тем же центром на
противоположный угол (RαO )−1=R−Oα .
α+ 2k π
α +360  k
α
5.1.1.a
RO
= RO
=RO , k ∈Z . Добавление полного угла не изменяет результат
поворота.
5.1.2. Поворот есть движение первого рода.
5.1.3. Прямая при повороте отображается на прямую, ориентированный угол между прямой и
её образом имеет величину α.
5.1.4. Если угол между каждым лучом и его образом постоянен, то это движение суть
поворот.
5.2
Поворотная симметрия фигур
5.2.1. Если при повороте на некоторый угол фигура совпадает с собой, говорят о поворотной
симметрии фигуры с углом α.
5.2.2. Если при повороте на угол α фигура совпадает с собой, то она совпадает с собой и при
повороте на угол nα+kπ, где n и k целые.
5.2.3. Окружность (и круг) с центром в точке О при повороте на любой угол переходит в себя.
5.3
Композиции
5.3.1. Композиция двух поворотов с совпадающими центрами суть поворот вокруг того же
центра на суммарный угол. Композиция поворотов это коммутативное преобразование.
5.3.2. Композиция двух поворотов с несовпадающими центрами в случае, если суммарный
угол кратен 360° (например, равен нулю) суть перенос.
5.3.3. Композиция двух поворотов с несовпадающими центрами в случае, если суммарный
угол не кратен 360° суть поворот. Угол этого поворота равен сумме углов поворотов, образующих
композицию.
5.3.4. Композиция поворота и переноса суть поворот.
5.3.5. Любое движение первого рода является поворотом или параллельным переносом
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
69
5.4
Доказательства
5.4.1 Правильные треугольники
Правильные треугольники ABС и BDE лежат в одной полуплоскости прямой ABD. Точки F и
G –середины отрезков AE и CD. Докажите, что треугольник BFG правильный.

Доказательство. Выполним поворот R60
на 60° с центром в точке В.
B
Точка В перейдёт в себя, точка D перейдет в Е, точка С перейдёт в А.
Отрезок CD перейдёт в отрезок АЕ.
Середина отрезка CD точка G перейдёт в середину отрезка АЕ точку F.
Отрезок BG перейдёт в отрезок BF.
Значит, BG = BF и угол GBF равен 60°.
Следовательно, треугольник BFG правильный. ■
Рис.4.1. Поворот на 60°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
70
5.4.1.a Правильные треугольники [2],1.86
Через центр правильного треугольника проведены две прямые, угол между которыми равен
60°. Докажите, что отрезки этих прямых, являющиеся их пересечением с треугольником, равны.

Доказательство. Выполним поворот R120
на 120° с центром в центре треугольника точке O.
O
Треугольник АВС перейдёт в треугольник ВСА.
Прямая НL перейдёт в прямую GK.
Точки пересечения прямой НL со сторонами треугольника АВС перейдут в точки пересечения
прямой GK со сторонами треугольника ВСА.
Значит, отрезок HL перейдёт в отрезок GK. Эти отрезки равны.■
Рис.4.2. Поворот на 120°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
71
5.4.1.b Правильный треугольник
В правильном треугольнике ABC точка Е расположена на стороне АС, точка F на стороне ВС.
Отрезки AF и ВЕ пересекаются в точке D. Треугольник ABD и четырёхугольник CEDF
равновелики. Докажите, что угол ADB = 120°.
Доказательство. Площади треугольников AСF и ABE равны, так как
SABE = SABD+SADE = SCEDF +SADE = SAСF
AE = CF так как площади треугольников AСF и ABE равны и высоты к этим сторонам равны
высотам правильного треугольника АВС.

Выполним поворот R120
на 120° с центром в центре треугольника точке O.
O
Треугольник АСF перейдёт в треугольник ВАE.
AF переходит в BE при этом повороте, значит, угол ADB = 120°.■
Рис.4.3. Поворот на 120°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
72
5.4.1.c Ромб из правильных треугольников [2],1.91
Дан ромб ABIC, в котором ∠A = 60°. Точка G лежит на АС, N – на CI, так, что сумма CN + CG
равна длине стороны ромба. Докажите, что треугольник BGN правильный.

Доказательство. Выполним поворот R60
на 60° с центром в точке B.
B
BI = BC, ∠CBI = 60°, значит, точка I перейдёт в С.
Аналогично точка С перейдёт в А. Значит, CI перейдёт в АС.
Точка N перейдёт в G, так как AG = CN.
Значит, отрезок BN перейдёт в отрезок BG, причём угол между ними равен 60°.■
Рис.4.4. Поворот на 60°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
73
5.4.2 Прямоугольные треугольники
Треугольник AB'D симметричен прямоугольному треугольнику ABD' относительно
биссектрисы его прямого угла A. Докажите, что медиана АM треугольника ABD' перпендикулярна
прямой B'D.

Доказательство. Выполним поворот R90
на 90° с центром в точке А.
А
Точка В перейдёт в точку B', точка D перейдет в точку D'.
Точка D' перейдёт в точку D'', симметричную D относительно точки А.
Точка M перейдёт в точку M', середину отрезка В'D''.
Отрезок М'А суть средняя линия треугольника DВ'D'', М'А||В'D.
Отрезок МА переходит в отрезок М'А, значит, угол М'АМ прямой.
Следовательно, отрезок АM перпендикулярен прямой B'D||М'А. ■
Рис.4.5. Поворот на 90°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
74
5.4.3 Равные окружности
Две равные окружности пересекаются в точках K и L. Поворот RK вокруг точки K отображает
одну окружность на другую. A' – образ точки А первой окружности при этом повороте. Докажите,
что прямая AA' проходит через точку L.
ϕ
Доказательство. Выполним исследуемый поворот R K с центром в точке K.
Центр первой окружности О перейдёт в центр второй точку О', φ = OKO'.
Обозначим В – вторую точку пересечения прямой AL и второй окружности.
Если точка А вне малой дуги LK, то ∠BAK = ∠O'OK как вписанный и половина
соответствующего центрального. Если точка А на малой дуге LK, то
∠ΒΑΚ = 180° – ∠LAK = ∠O'OK. Аналогично, ∠ABK = ∠OO'K.
BK KO '
=
=1 и ∠AKB = ∠OKO'.
Треугольники АKB и OKO' подобны, значит,
AK KO
ϕ
По определению, точка В есть образ точки А при повороте R K . ■
Рис.4.6. Поворот на определяемый угол.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
75
5.4.4 Квадраты на сторонах треугольника [2], 1.85.
На сторонах AB и BC треугольника ABC построены соответственно квадраты ABED и BCGF,
причем квадрат ABED и треугольник ABC находятся в разных полуплоскостях от прямой AB, а
квадрат BCFG – в одной полуплоскости с этим треугольником относительно прямой BC.
Докажите, что отрезки EG и AC равны и перпендикулярны.
Рис.4.7. Поворот на 90°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
76
5.4.5 Симметрии точки описанной окружности относительно сторон
Три точки, симметричные точке, принадлежащей описанной около треугольника окружности,
относительно прямых, содержащих его стороны, и его ортоцентр лежат на одной прямой.
Доказательство. Известно, 3.4.3.1., что окружности, симметричные описанной относительно
прямых, содержащих стороны треугольника, пересекаются в ортоцентре.
Обозначим Н – ортоцентр треугольника АВС, Р – точку описанной окружности АВС, D', E', F'
– образы точки Р при симметриях относительно АС, АВ и ВС, соответственно.
D' = SAC(P), E' = SAB(P), F' = SBC(P).
Согласно 3.3.3., композиция симметрий SAC °SBC суть поворот относительно точки С.
Композиция преобразует точку F' в точку D', окружность BCH в окружность ACH.
Согласно 4.3.3., точки D', F' и вторая точка пересечения окружностей Н лежат на одной
прямой.
Аналогично докажем, что точки D', Е' и Н лежат на одной прямой.
Значит, точки D', Е', F' и Н лежат на одной прямой. ■
Рис.4.8. Симметрии относительно сторон треугольника.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
77
5.5
Построения
5.5.1 Построение центра поворота
Дана точки А и В и их образы A' и B'. Известно, что движение суть поворот. Найдите его
центр.
Построение:
Способ 1. Если |AB| ≠ |A'B'|, то движение задано некорректно.
Если пара точек совпадает, например A = A', это и есть центр поворота.
Если срединные перпендикуляры отрезков AA' и ВВ' параллельны и не совпадают, то
движение задано некорректно.
Если срединные перпендикуляры отрезков AA' и ВВ' совпадают:
– если отрезки расположены на одной прямой, то это центральная симметрия, то есть
поворот на 180° вокруг общего центра отрезков;
– если отрезки AВ и А'В' пересекаются, то центр это точка их пересечения;
– если отрезки AВ и А'В' не пересекаются, то центр это точка пересечения содержащих их
прямых.
Если срединные перпендикуляры отрезков AA' и ВВ' пересекаются, то центр поворота суть
точка их пересечения.
Способ 2. Для случая пересекающихся прямых AВ и А'В'.
Обозначим С точку пересечения прямых AВ и А'В'.
Строим окружности СAA' и CBB'.
Центр поворота суть точка их пересечения, отличная от С.
Рис.4.9. Поиск центра поворота.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
78
5.5.2 Построение правильного треугольника [2] 1.107.
Даны три концентрические окружности. Постройте правильный треугольник, вершины
которого лежат по одной на этих окружностях.
Исследование: Зададим исходные параметры с помощью активных точек О, А, Br,Cr .
Конфигурация не изменяется при вращении искомого треугольника вокруг точки О, поэтому
одну вершину выбираем произвольно. Например, А.
Двигаем точку B по окружности (О, Br). Нас интересуют ситуации, когда точка С окажется на
окружности (О, Сr). Для этого надо найти геометрическое место точек С.
Построение:
Выбираем произвольную точку одной из окружностей и объявляем её вершиной А.
Строим точку Q на окружности (О, А) так, что AQ = AO.
Строим окружность с центром в точке Q и радиусом ОBr.
Точки С1 и С2 пересечения построенной окружности и окружности (О, Сr) определяют
возможное положение вершины С.

Доказательство. Выполним поворот R60
с центром в точке A искомого треугольника.
A
Окружность (О, Br) перейдёт в окружность с центром в точке Q и радиусом ОBr.
Вершина В перейдёт в вершину С.
Значит, точка С принадлежит как окружности (О, Сr), так и образу окружности (О, Br) при
рассматриваемом повороте. ■
Рис.4.10. Построение треугольника.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
79
5.6
Разное
5.6.1 Симметричные при повороте фигуры [2], 1.84.
Некоторая фигура F отображается на себя при повороте на 48° около точки O. Будет ли она
отображаться на себя при повороте с центром O на 72°? на 90°?
Решение. Если фигура F отображается на себя при повороте на 48°, то она отображается на
себя при повороте на 48k°, где k – целое число.
Поворот на 72° совпадает с поворотом на угол 72°+ 360n°, где n – целое число.
Целочисленное уравнение 48k°= 72°+ 360n° или 2k = 3+ 15n имеет решения (k = 9, n = 1).
Значит, поворот на 432°, совпадающий с поворотом на 72° отображает фигуру F на себя.
Поворот на 90° совпадает с поворотом на угол 90°+ 360n°, где n – целое число.
Целочисленное уравнение 48k°= 90°+ 360n° или 8k = 15 + 60n не имеет решения.
Значит, поворот на 90° в общем случае не обязан отображать фигуру F на себя.
Окружность отображается на себя при повороте на 48° и на 90°, значит, поворот на 90° может
отображать фигуру F на себя.
Целочисленное уравнение 48k°= 360n° имеет решения (k = 15, n = 2).
Пусть фигура F состоит из 719 (48*15 – 1) точек, расположенных на окружности с центром О
с интервалом 48°. Тогда при повороте на 48° последняя точка перейдёт в первую, а любая другая в
следующую за ней. Фигура F отображается на себя при повороте на 48° около точки O. Но при
повороте на 90° она не переходит в себя.
Доказано, что поворот на 90° может отображать фигуру F на себя, а может и не отображать. ■
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
80
6
Скользящая симметрия
Определение. Композицию осевой симметрии и нетождественного переноса параллельно оси
симметрии называют скользящей симметрией и обозначают W ⃗rl . Прямую l называют осью
0 – вектором симметрии.
симметрии, а ⃗r ≠ ⃗
0 корректным.
Некоторые авторы, например, В. В. Прасолов, считают случай ⃗r =⃗
0 корректным.
Некоторые авторы, например, Я. П. Понарин не считают случай ⃗r =⃗
Английское название преобразования Glide reflection symmetry.
6.1
Свойства скользящей симметрии
6.1.1. Скользящая симметрия есть коммутативное преобразование (последовательность
выполнения действий не важна). W ⃗rl =T ⃗r◦S l =S l◦T ⃗r .
6.1.2. Скользящая симметрия есть движение второго рода.
6.1.3. Ось скользящей симметрии делит пополам любой отрезок, соединяющий точку и её
образ (кроме точек оси симметрии).
6.1.4. Вектор скользящей симметрии суть вектор, соединяющий проекции на эту ось образа и
прообраза любой точки.
6.2
Композиции
6.2.1. Скользящую симметрию можно представить в виде композиции не более, чем трёх
осевых симметрий (Теорема Шаля).
0 корректным, то любое движение второго рода суть
6.2.2. Если считать случай ⃗r =⃗
скользящая симметрия.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
81
6.3
6.3.1
Доказательства
Композиция скользящих симметрий
⃗
⃗
⃗
⃗
CD
BC
AB
Дан параллелограмм ABCD, у которого ∠A=45°. Найдите движение W DA
DA◦W CD◦W BC◦W AB .
Исследование: Зададим параллелограмм точками A, B, D и пробную точку P. Показаны
результаты последовательных преобразований. Двигаем точку Р и наблюдаем точку Р4.
Измените положение точки В. Что при этом происходит с Р3 и Р4?
Измените положение точки D. Что при этом происходит с Р1 и Р4?
Совместите Р с проекцией D на АВ. Что при этом происходит с Р3?
Доказательство. Композиция чётного числа симметрий это преобразование первого рода.
Известно, 4.3.5. что любое движение плоскости первого рода можно представить в виде
композиции двух осевых симметрий, то есть поворота.
Точка А последовательно переходит в В,С,D и А, это неподвижная точка преобразования, то
есть центр поворота.
⃗
Проекция D на АВ в результате симметрии W AB
AB сдвигается на вектор АВ и переходит в
проекцию С на АВ.
⃗
Поскольку ∠A=45°, преобразование W BC
точку Р1 в симметричную
BC переводит
относительно С.
⃗
Преобразование W CD
CD переводит точку Р2 в точку Р3 = P.
⃗
Поскольку ∠A=45°, преобразование W DA
DA переводит точку Р = Р3 в точку, симметричную Р
относительно A.
Угол искомого поворота равен 180°, поворот суть симметрия относительно вершины А. ■
Рис.5.1. Композиция скользящих симметрий.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
82
6.4
Построения
6.4.1 Построить переносную симметрию [2], 1.134.
Переносная симметрия задана парой соответственных точек и направлением вектора
переноса. Постройте образ произвольной точки.
Построение: Пусть даны точки A и A'. Строим середину отрезка AA'.
Проводим ось симметрии в заданном направлении, если она не перпендикулярна ему.
Строим образ произвольной точки.
Доказательство. Согласно 6.1.3., ось переносной симметрии делит пополам любой отрезок,
соединяющий точку и её образ (кроме точек оси симметрии).
Если симметрия существует, её ось содержит середину отрезка AA'.
⃗
0 , что
Если вектор AA'
перпендикулярен заданному направлению, то вектор ⃗r =⃗
⃗
противоречит условию ⃗r ≠ 0 , построение не корректно. ■
6.4.1.a Построить переносную симметрию [2], 1.135.
Представьте скользящую симметрию композицией центральной и осевой симметрии.
Построение: Выбираем центр симметрии точку О на оси скользящей симметрии.
⃗ ⃗r .
Строим точку Q пересечения осей скользящей и осевой симметрии 2 OQ=
Строим ось осевой симметрии через Q перпендикулярно оси скользящей симметрии.
Доказательство. Представим перенос в виде композиции осевых симметрий относительно
параллельных осей m||n. W ⃗rl =S l◦(S m◦S n ).
Оси m и n перпендикулярны оси l скользящей симметрии. Расстояние между ними
⃗
2 OQ=⃗r , где О и Q – точки пересечения осей m и n с осью l.
Воспользуемся тождеством S l◦( S m◦S n )=(S l◦S m )◦S n .
Композиция центральных симметрий относительно перпендикулярных осей суть
центральная симметрия относительно точки пересечения этих осей. ■
6.4.1.b Построить переносную симметрию [2], 1.137.
Найдите скользящую симметрию, которая отображает данную окружность на другую,
равную ей, а точку А первой окружности на точку A' второй окружности.
Построение: Строим середины отрезков AA' и отрезка, соединяющего центры окружностей.
Строим ось скользящей симметрии через две найденные точки.
Проектируем точки А и A' на ось и находим вектор симметрии.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
83
6.4.2 Построить переносную симметрию [2], 1.140.
Даны два равных отрезка AB и A'B'. Одна переносная симметрия отображает A на A' и B на B',
другая – A на B' и B на A'. Докажите, что оси этих переносных симметрий перпендикулярны.
Доказательство. Обозначим середины отрезков AA' и BB' как С и D, середины отрезков A'B и
AB' как E и F.
Каждый из отрезков CE, ED, DF, CF суть средняя линия одного из треугольников с
основаниями AB или A'B'. Они равны. Четырёхугольник CEDF суть ромб.
Оси переносных симметрий суть диагонали ромба, которые взаимно перпендикулярны. ■
Рис.5.2. Оси скользящих симметрий.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
84
7
Задания областных олимпиад
7.1
2013 — 2014 учебный год
7.1.1 9 класс задача 2
В четырёхугольнике ABCD стороны AD и BC параллельны. Докажите, что если биссектрисы
углов DAC, DBC, ACB и ADB образовали ромб, то AB = CD.
0. Полезно знать. В трапеции ABCD (AD||BC) проведены биссектрисы AE и CF углов CAD и
ACB, соответственно. Докажите, что AE||CF.
Доказательство. Из параллельности BC||AD следует равенство углов ∠ACB = ∠CAD,
равенство половин этих углов ∠CAE = ∠ACF. Из равенства углов при одной прямой следует
параллельность CF||AE.
Доказательство включает доказательство следующих утверждений.
1. Докажите, что точка Р пересечения диагоналей трапеции ABCD (AD||BC) лежит на
диагонали EF параллелограмма EHFG, образованного биссектрисами углов CAD,CBD,ADB и ACB.
Доказательство. Точка Е суть центр вписанной окружности треугольника APD. Точка F суть
центр вписанной окружности треугольника ВСР. Они лежат на общей биссектрисе вертикальных
углов APD и BPC.
2. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AF и CE. Расстояния от вершины В до этих
биссектрис равны. Докажите, что AB = ВC.
Доказательство: Пусть I – центр вписанной окружности, точка пересечения биссектрис.
Прямоугольные треугольники BEI = BFI равны по катету и гипотенузе.
Равны соответственные углы ∠BIЕ = ∠BIF.
Внешний угол треугольника BIC ∠BIЕ = (∠B +∠С)/2 = ∠BIF = (∠B +∠A)/2.
Значит, ∠A = ∠C, AB = ВC.
3. Докажите, что если EH = EG, то AB = CD.
Доказательство: Из равенства EH = EG следует,
что EHFG - ромб.
Любая точка и в частности, точка Р диагонали
ромба равноудалена от его сторон, то есть биссектрис АЕ
и DE треугольника APD Значит, AP = DP откуда
получим, что AB = CD.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
85
7.1.2 9 класс задача 7, 11 класс задача 6
Дан вписанный четырехугольник ABCD. Лучи AB и DC пересекаются в точке K. Оказалось,
что точки B, D, а также середины отрезков AC и KC лежат на одной окружности. Какие значения
может принимать угол ADC?
Размышление. Дано несколько середин отрезков, требуется найти угол. Велика вероятность,
что используются свойства окружности Эйлера, которая проходит через середины сторон.
Решение. По свойству секущих KC ⋅ KD = KB ⋅ KA.
Пусть C' – середина AK. Тогда KC = 2 KA', 2 KC' = KA, значит, KA' ⋅ KD = KB ⋅ KC'.
По свойству секущих, точка C' лежит на окружности A'BK'.
Окружность A'C'K' суть окружность Эйлера – Фейербаха треугольника ACK.
D – вторая точка пересечения окружности и прямой, содержащей сторону CK, значит, AD –
высота, перпендикулярная CK. Угол ADC прямой.
Ответ: 90°.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
86
7.1.3 10 класс задача 4
В треугольнике АВС на стороне АВ отмечены точки С1 и С2, на ВС - А1 и А2, на СА В1 и В2,
причем отрезки С2В1, А1В2 и А2С2 равны и пересекаются в одной точке и угол между любыми двумя
A1 A2 B1 B2 C 1 C 2
равен 60º. Докажите, что
=
=
.
BC
AC
AB
Доказательство: Построим прямую DE параллельно отрезку А2С1 так, чтобы эта прямая
проходила через точку B. Аналогично построим DF||А1В2, C∈DF, и EF||B1С2, A∈EF.
Все углы треугольника DEF равны 60° - он правильный.
Возникли три пары подобных треугольников: ΔBCD ∼ ΔA2A1O, ΔABE ∼ ΔC2C1O, ΔACF ∼
ΔB2B1O.
BD CD
BC
k 1=
=
=
.
Обозначим
коэффициенты
подобия
Аналогично,
A2 O A1 O A1 A2
CF
AF
AC
AE
BE
AB
k 2=
=
=
, k 3=
=
=
.
B 2 O B1 O B1 B2
C2 O C 1O C1C 2
Запишем равенства b=DE =DB+ BE=k 1⋅OA2 + k 3⋅OC 1 , a=OA 2+OC 1 ,
b=DF = DC +CF =k 1⋅OA1 + k 2⋅OB 2 , a=OA1 +OB 2 ,
b=EF= AF + AE=k 2⋅OB 1 + k 3⋅OC 2 , a=OC 2 +OB 1 .
OA
OA
OC
b
Преобразуем к виду:
=( k 1−k 3)⋅ 2 +k 3=(k 1−k 2)⋅ 1 + k 2=( k 3−k 2)⋅ 2 + k 2 .
a
a
a
a
Для заданного отношения b/a и отрезков A1O < a, A2O < a, С2O < a для неизвестных k1, k2 и k3
b
имеем систему трёх линейных уравнений, имеющую очевидное решение k 1=k 2=k 3= , откуда
a
A A
B B
C C
следует, что k 1= 1 2 =k 2 = 1 2 =k 3= 1 2 .
BC
AC
AB
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
87
7.1.4 10 класс задача 6
Треугольник ABC вписан в окружность ω с центром O. Окружность, построенная на AO как
на диаметре, пересекает описанную окружность треугольника OBC в точке S не совпадающей с O.
Касательные к ω в точках B и C пересекаются в точке P. Докажите, что точки A, S и P лежат на
одной прямой.
Доказательство: Угол ASO прямой, он опирается на диаметр АО.
Угол РСO между касательной и хордой прямой, значит, ОР — это диаметр окружности ОВС.
Угол РSO прямой, он опирается на диаметр РО.
Отрезки AS и PS, перпендикулярные прямой SO, лежат на одной прямой.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
88
7.1.5 11 класс задача 4
Плоскость пересекает ребра AB, BC, CD и DA треугольной пирамиды ABCD в точках K, L, M
и N соответственно. Оказалось, что двугранные углы (KLA, KLM), (LMB, LMN), (MNC, MNK) и
(NKD, NKL) равны. (Здесь через (PQR, PQS) обозначается двугранный угол при ребре PQ в
тетраэдре PQRS.) Докажите, что проекции вершин A, B, C и D на плоскость лежат на одной
окружности.
Доказательство основано на следующих утверждениях.
Утверждение 1 Плоскости ОАС и ОВС образуют равные двугранные углы с плоскостью
АВО (cos φ = c), углы в тетраэдре ОАВС при рёбрах ОА и ОВ острые. Точка C' суть проекция С на
плоскость OAB, причем угол AOB меньше π. Докажите, что OC' - это биссектриса угла АОВ.
Доказательство. Плоскости пересекаются по прямой ОС. Опустим из точки С
перпендикуляры CA' на OA и CB' на OB. По теореме о трёх перпендикулярах, проекции тоже
перпендикулярны, C'A'⊥OA, C'B'⊥OB. Отсюда следует равенство прямоугольных треугольников
ΔA'CC'=ΔB'CC' по общему катету и равному углу (равному двугранному).
Из равенства треугольников следует равенство катетов A'C'=B'C', равенство прямоугольных
треугольников, содержащих углы ∠AOC' = ∠BOC'.
Утверждение 1' Плоскости ОАD и ОВD образуют равные двугранные углы с плоскостью
АВО (cos φ = c). Ровно один из углов в тетраэдре ОАВD при рёбрах ОА и ОВ острый. Точка D' суть
проекция D на плоскость OAB, причем угол AOB меньше π. Докажите, что OD' - биссектриса
дополнительного к АОВ угла.
Утверждение 2 Пусть биссектрисы внешних углов четырёхугольника ABCD попарно
пересекаются в точках K', L', M', N'. Тогда четырёхугольник K'L'M'N' вписанный.
Доказательство: В треугольнике AKD ∠AKD = π − ∠A/2 − ∠D/2, причём ∠LKN = ∠AKD.
Аналогично найдём ∠LMN и получим, что ∠LKN + ∠LMN = 2π − (∠A + ∠B + ∠C + ∠D)/2 = π.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/
89
8
Литература
1. Ж.Адамар. Элементарная геометрия. Часть 1. Планиметрия. – М. ГУПИ, 1948.
Книга первая. 19. Симметрия относительно прямой. с.33.
50–51. Поступательные перемещения. с.60–62.
Книга вторая. Окружность. Глава 6. Перемещение фигур. с. 95–104.
2. Я. П. Понарин. Элементарная геометрия. Т.1. – М.: МЦНМО, 2004. – 312 с.
3. В. В. Прасолов. Задачи по планиметрии – М.: МЦНМО, 2000. – 584 с.
4. И. Ф. Шарыгин. Геометрия 7–9 классы. – М.: Дрофа, 2002. – 368 с.
5. И. Ф. Шарыгин. Геометрия 9–11 классы. От учебной задачи к творческой. – М.: Дрофа, 1996. –
398 с.
6. В. В. Прасолов, И. Ф. Шарыгин. Задачи по стереометрии. –М.: «НАУКА», 1989, Библиотека
математического кружка, вып. 19. – 287 с.
7. В. В. Прасолов. Задачи по стереометрии: Учебное пособие. –М.: МЦНМО, 2010. – 352 с.
8. Я. П. Понарин. Элементарная геометрия: –Т.2: Стереометрия, преобразования пространства. –
М.: Изд. МЦНМО. 2006. – 256 с.
9. И. Ф. Шарыгин. Геометрия. Стереометрия. 10 – 11 кл.: Пособие для учащихся. –М.: Дрофа, 1998.
– 272 с.
© В.В. Шеломовский. Углублённая геометрия: движения плоскости, 2014.
© Д.В. Шеломовский. Компьютерная программа GInMA, 2014. http://www.deoma–cmd.ru/