Глава XIV. Преобразования плоскости. Движения. §1. Понятие движения — с. 319
1246. Докажите, что при движении окружность отображается на окружность того же радиуса.
Пусть дана окружность ω с центром O и радиусом r, и при движении точка O переходит в O1. Пусть ω1 — окружность с центром O1 и радиусом r.
Если X лежит на ω, то OX = r, поэтому O1X1 = OX = r, то есть образ X1 лежит на ω1.
Обратно, пусть Y1 — любая точка окружности ω1 и Y — точка, переходящая в Y1. Тогда OY = O1Y1 = r, то есть Y лежит на ω.
Значит, ω отображается на ω1 — окружность того же радиуса r.
Если X лежит на ω, то OX = r, поэтому O1X1 = OX = r, то есть образ X1 лежит на ω1.
Обратно, пусть Y1 — любая точка окружности ω1 и Y — точка, переходящая в Y1. Тогда OY = O1Y1 = r, то есть Y лежит на ω.
Значит, ω отображается на ω1 — окружность того же радиуса r.
1247. Докажите, что отображение плоскости, при котором каждая точка отображается на себя, является наложением.
Каждая точка отображается на себя, поэтому для любых точек M и N их образы совпадают с ними, и M1N1 = MN. Значит, это отображение плоскости на себя сохраняет расстояния, то есть является движением. По теореме п. 124 любое движение является наложением. Следовательно, тождественное отображение — наложение.
1248. ABC и А1В1С1 — произвольные треугольники. Докажите, что существует не более одного движения, при котором точки А, В и С отображаются в точки А1, В1, С1.
Допустим, что существуют два различных движения f и g, при которых A, B, C переходят в A1, B1, C1. Тогда найдётся точка M, для которой f(M) = M1 и g(M) = M2 различны.
Так как расстояния сохраняются, то A1M1 = AM = A1M2, то есть точка A1 равноудалена от M1 и M2. Аналогично B1M1 = BM = B1M2 и C1M1 = CM = C1M2. Значит, точки A1, B1, C1 лежат на серединном перпендикуляре к отрезку M1M2, то есть на одной прямой. Но они являются вершинами треугольника — противоречие. Следовательно, такое движение не более чем одно.
Так как расстояния сохраняются, то A1M1 = AM = A1M2, то есть точка A1 равноудалена от M1 и M2. Аналогично B1M1 = BM = B1M2 и C1M1 = CM = C1M2. Значит, точки A1, B1, C1 лежат на серединном перпендикуляре к отрезку M1M2, то есть на одной прямой. Но они являются вершинами треугольника — противоречие. Следовательно, такое движение не более чем одно.
1249. В треугольниках ABC и А1В1С1 AB = А1В1, AC = А1C1, ВС = В1С1. Докажите, что существует движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки А1, В1 и С1, и притом только одно.
[в книге после условия приведено решение]
[в книге после условия приведено решение]
Треугольники ABC и A1B1C1 равны по трём сторонам. По определению равенства фигур существует наложение, переводящее A, B, C в A1, B1, C1 соответственно. Каждое наложение является движением (п. 124), поэтому искомое движение существует. Единственность следует из задачи 1248: двух разных движений, при которых A, B, C переходят в A1, B1, C1, быть не может.
1250. Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма.
Пусть у параллелограммов ABCD и A1B1C1D1 равны AB = A1B1, AD = A1D1 и ∠A = ∠A1. Треугольники ABD и A1B1D1 равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому BD = B1D1, и все три стороны этих треугольников соответственно равны. По задаче 1249 существует движение f, при котором A, B, D переходят в A1, B1, D1.
При этом движении параллелограмм ABCD отображается на параллелограмм (задача 1245 а) с вершинами A1, B1, D1 и некоторой четвёртой вершиной C'. У параллелограмма A1B1C'D1 диагонали A1C' и B1D1 пересекаются в середине отрезка B1D1; значит, C' симметрична A1 относительно середины B1D1. Точно так же и C1 симметрична A1 относительно середины B1D1. Поэтому C' = C1.
Итак, движение f отображает ABCD на A1B1C1D1, то есть параллелограммы равны (при движении фигура отображается на равную ей фигуру, п. 124).
При этом движении параллелограмм ABCD отображается на параллелограмм (задача 1245 а) с вершинами A1, B1, D1 и некоторой четвёртой вершиной C'. У параллелограмма A1B1C'D1 диагонали A1C' и B1D1 пересекаются в середине отрезка B1D1; значит, C' симметрична A1 относительно середины B1D1. Точно так же и C1 симметрична A1 относительно середины B1D1. Поэтому C' = C1.
Итак, движение f отображает ABCD на A1B1C1D1, то есть параллелограммы равны (при движении фигура отображается на равную ей фигуру, п. 124).
1251. Даны две прямые a и b. Постройте прямую, на которую отображается прямая b при осевой симметрии с осью а.
Рассмотрим основной случай: прямая b пересекает прямую a в точке P.
1) Точка P лежит на оси, поэтому при осевой симметрии остаётся на месте.
2) Берём на b любую точку B, отличную от P. Из B опускаем перпендикуляр на прямую a и откладываем по другую сторону от a отрезок, равный этому перпендикуляру. Получаем точку B1, симметричную B относительно a.
3) Проводим прямую PB1. Это и есть b1 — искомая прямая.
Обоснование: при движении прямая отображается на прямую, а прямая определяется двумя точками; образы точек P и B — точки P и B1.
Остальные случаи. Если b ∥ a, строим точку B1, симметричную какой-либо точке B прямой b, и проводим через B1 прямую, параллельную a (задача 1240 а). Если b ⊥ a, то b отображается на себя (1240 б). Если b совпадает с a, то она остаётся на месте.
1) Точка P лежит на оси, поэтому при осевой симметрии остаётся на месте.
2) Берём на b любую точку B, отличную от P. Из B опускаем перпендикуляр на прямую a и откладываем по другую сторону от a отрезок, равный этому перпендикуляру. Получаем точку B1, симметричную B относительно a.
3) Проводим прямую PB1. Это и есть b1 — искомая прямая.
Обоснование: при движении прямая отображается на прямую, а прямая определяется двумя точками; образы точек P и B — точки P и B1.
Остальные случаи. Если b ∥ a, строим точку B1, симметричную какой-либо точке B прямой b, и проводим через B1 прямую, параллельную a (задача 1240 а). Если b ⊥ a, то b отображается на себя (1240 б). Если b совпадает с a, то она остаётся на месте.
1252. Даны прямая a и четырёхугольник ABCD. Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырёхугольник при осевой симметрии с осью а. Что представляет собой фигура F?
Построение. Для каждой вершины A, B, C, D опускаем перпендикуляр на прямую a и откладываем за прямой равный ему отрезок. Получаем точки A1, B1, C1, D1, симметричные A, B, C, D относительно a (если вершина лежит на a, она совпадает со своим образом). Соединяем точки A1, B1, C1, D1 последовательно.
Вывод. Осевая симметрия — движение, а при движении четырёхугольник отображается на четырёхугольник (задача 1243), причём равный данному. Поэтому фигура F — четырёхугольник A1B1C1D1, равный четырёхугольнику ABCD.
Вывод. Осевая симметрия — движение, а при движении четырёхугольник отображается на четырёхугольник (задача 1243), причём равный данному. Поэтому фигура F — четырёхугольник A1B1C1D1, равный четырёхугольнику ABCD.
1253. Какие из следующих утверждений справедливы: а) если фигуры F и F1 симметричны относительно точки О, то фигура F1 получена центральной симметрией из фигуры F; б) если фигуры F и F1 симметричны относительно прямой p, то фигура F получена осевой симметрией из фигуры F1; в) если фигура F1 получена движением плоскости из фигуры F, то F и F1 симметричны относительно некоторой прямой?
а) Справедливо. Фигуры симметричны относительно точки O, если каждая точка одной из них симметрична некоторой точке другой относительно O. Это ровно означает, что F1 получена из F центральной симметрией с центром O.
б) Справедливо. Симметрия точек относительно прямой взаимна: если M1 симметрична M относительно p, то и M симметрична M1. Поэтому каждая точка F симметрична точке F1, и F получена из F1 осевой симметрией с осью p.
в) Не справедливо. Возьмём разносторонний треугольник ABC и сдвинем его параллельным переносом на вектор v ≠ 0 в треугольник A1B1C1. Допустим, что A1B1C1 симметричен ABC относительно прямой l. Тогда l — серединный перпендикуляр к каждому из отрезков AA1, BB1, CC1, которые лежат на параллельных прямых, перпендикулярных l. Значит, A, B, C лежат на перпендикулярах к l, проведённых на расстоянии |v|/2 от l, то есть на одной прямой, параллельной l. Но вершины треугольника на одной прямой не лежат. Противоречие.
Ответ: справедливы а) и б).
б) Справедливо. Симметрия точек относительно прямой взаимна: если M1 симметрична M относительно p, то и M симметрична M1. Поэтому каждая точка F симметрична точке F1, и F получена из F1 осевой симметрией с осью p.
в) Не справедливо. Возьмём разносторонний треугольник ABC и сдвинем его параллельным переносом на вектор v ≠ 0 в треугольник A1B1C1. Допустим, что A1B1C1 симметричен ABC относительно прямой l. Тогда l — серединный перпендикуляр к каждому из отрезков AA1, BB1, CC1, которые лежат на параллельных прямых, перпендикулярных l. Значит, A, B, C лежат на перпендикулярах к l, проведённых на расстоянии |v|/2 от l, то есть на одной прямой, параллельной l. Но вершины треугольника на одной прямой не лежат. Противоречие.
Ответ: справедливы а) и б).
1254. Даны две прямые а и а1. Докажите, что существует движение, которое отображает прямую а на прямую а1.
Рассмотрим три случая.
1) Прямые совпадают: подходит тождественное отображение.
2) a ∥ a1 и они различны: пусть m — прямая, параллельная им и проходящая посередине между ними (на равных расстояниях). Осевая симметрия с осью m — движение, и по задаче 1240 а прямая a отображается на параллельную прямую на том же расстоянии от m по другую сторону, то есть на a1.
3) a и a1 пересекаются в точке O: возьмём точку M на a (M ≠ O) и точку M1 на a1 с OM1 = OM. Треугольник OMM1 равнобедренный, и биссектриса l его угла O является серединным перпендикуляром к MM1. Осевая симметрия с осью l оставляет O на месте и переводит M в M1, поэтому прямая a = OM отображается на прямую OM1 = a1.
Во всех случаях искомое движение существует.
1) Прямые совпадают: подходит тождественное отображение.
2) a ∥ a1 и они различны: пусть m — прямая, параллельная им и проходящая посередине между ними (на равных расстояниях). Осевая симметрия с осью m — движение, и по задаче 1240 а прямая a отображается на параллельную прямую на том же расстоянии от m по другую сторону, то есть на a1.
3) a и a1 пересекаются в точке O: возьмём точку M на a (M ≠ O) и точку M1 на a1 с OM1 = OM. Треугольник OMM1 равнобедренный, и биссектриса l его угла O является серединным перпендикуляром к MM1. Осевая симметрия с осью l оставляет O на месте и переводит M в M1, поэтому прямая a = OM отображается на прямую OM1 = a1.
Во всех случаях искомое движение существует.
1255. Докажите, что последовательное выполнение двух движений плоскости является движением плоскости.
Пусть f и g — движения, а h — их последовательное выполнение: сначала f, потом g. Тогда точка M переходит в f(M), а затем в g(f(M)) = h(M).
1) h — отображение плоскости на себя: каждой точке M поставлена в соответствие точка h(M). Любая точка N является образом некоторой точки: так как g — отображение на себя, найдётся точка K, для которой g(K) = N, а так как f — отображение на себя, найдётся точка M с f(M) = K. Тогда h(M) = N.
2) h сохраняет расстояния: для точек M и N, у которых образы при f равны M1 и N1, имеем MN = M1N1 (движение f), а затем для образов M2 и N2 при g имеем M1N1 = M2N2 (движение g). Значит, MN = M2N2.
Следовательно, h — движение.
1) h — отображение плоскости на себя: каждой точке M поставлена в соответствие точка h(M). Любая точка N является образом некоторой точки: так как g — отображение на себя, найдётся точка K, для которой g(K) = N, а так как f — отображение на себя, найдётся точка M с f(M) = K. Тогда h(M) = N.
2) h сохраняет расстояния: для точек M и N, у которых образы при f равны M1 и N1, имеем MN = M1N1 (движение f), а затем для образов M2 и N2 при g имеем M1N1 = M2N2 (движение g). Значит, MN = M2N2.
Следовательно, h — движение.
1256. Фигура F1 получена из фигуры F осевой симметрией c осью l, а фигура F2 — из фигуры F центральной симметрией с центром в точке О. Равны ли фигуры F1 и F2?
Ответ обоснуйте.
Да, равны. Осевая и центральная симметрии являются движениями, а при движении фигура отображается на равную ей фигуру. Поэтому F1 = F и F2 = F. Равенство фигур симметрично и транзитивно (задача 1257): из F1 = F следует F = F1, а из F = F1 и F = F2 следует F1 = F2.
1257. Докажите следующие утверждения: а) если фигура P равна фигуре Q, то фигура Q равна фигуре P; б) если фигура P равна фигуре Q, а фигура Q равна фигуре R, то фигура P равна фигуре R.
Фигуры равны, если одну из них можно совместить с другой наложением, то есть движением (п. 124).
а) Пусть движение f отображает P на Q. Рассмотрим обратное отображение f⁻¹: каждой точке M1 фигуры Q оно сопоставляет точку M фигуры P, для которой f(M) = M1. Оно определено на всей плоскости (f отображает плоскость на себя, различные точки в различные) и сохраняет расстояния: M1N1 = MN. Значит, f⁻¹ — движение, и оно отображает Q на P. Следовательно, Q = P.
б) Пусть движение f отображает P на Q, а движение g отображает Q на R. Последовательное выполнение f и g — движение (задача 1255), и оно отображает P на R. Значит, P = R.
а) Пусть движение f отображает P на Q. Рассмотрим обратное отображение f⁻¹: каждой точке M1 фигуры Q оно сопоставляет точку M фигуры P, для которой f(M) = M1. Оно определено на всей плоскости (f отображает плоскость на себя, различные точки в различные) и сохраняет расстояния: M1N1 = MN. Значит, f⁻¹ — движение, и оно отображает Q на P. Следовательно, Q = P.
б) Пусть движение f отображает P на Q, а движение g отображает Q на R. Последовательное выполнение f и g — движение (задача 1255), и оно отображает P на R. Значит, P = R.