Упражнения 1274–1285 — Глава XIV. Симметрии фигур. Вопросы для…

Пример: разносторонний треугольник, например со сторонами 3, 4, 6 (или любой многоугольник, у которого все стороны различны, как неправильный пятиугольник со всеми разными сторонами и углами).
Обоснование для треугольника ABC со сторонами AB = 3, BC = 4, CA = 6. Симметрия переводит вершины в вершины и сохраняет длины сторон. Сторона AB — единственная сторона длины 3, поэтому она переходит сама в себя; аналогично BC и CA. Тогда вершина B, общая для AB и BC, переходит в себя, и также A и C. Движение, оставляющее три вершины треугольника на месте, — тождественное (задача 1248). Значит, нетождественных симметрий у треугольника нет.

Пусть четырёхугольник ABCD отображается на себя центральной симметрией с центром O. Вершины при этом переходят в вершины (при движении четырёхугольник отображается на четырёхугольник, задача 1243). Ни одна вершина не совпадает с центром O: если бы, например, A = O, то образ X₁ любой другой вершины X был бы вершиной, для которой O = A — середина XX₁, и три различные вершины A, X, X₁ лежали бы на одной прямой, что невозможно. Поэтому ни одна вершина не остаётся на месте, и вершина A переходит в одну из вершин B, C, D.
Рассмотрим три возможных случая.
1) A → B. Тогда O — середина AB, и B → A. Вершины C и D переходят друг в друга (C на себя не может перейти: тогда C = O лежала бы на стороне AB, а три вершины четырёхугольника не лежат на одной прямой), значит, O — середина CD. Тогда стороны AB и CD пересекаются в точке O, а у четырёхугольника противоположные стороны общих точек не имеют. Противоречие.
2) A → D. Аналогично O — середина AD и BC, и стороны AD и BC имеют общую точку O. Противоречие.
3) A → C. Тогда O — середина диагонали AC. Вершина B не может перейти в себя (иначе B = O лежала бы на AC, а три вершины не лежат на одной прямой), значит, B → D, и O — середина BD.
Остаётся третий случай: диагонали AC и BD четырёхугольника пересекаются в точке O и делятся ею пополам. По признаку параллелограмма ABCD — параллелограмм.

1) Прямая. Центральная симметрия относительно любой точки прямой отображает её на себя, так что каждая точка прямой — центр симметрии.
2) Полоса (часть плоскости между двумя параллельными прямыми). Любая точка средней линии полосы (прямой, равноудалённой от краёв) является центром симметрии: при центральной симметрии относительно неё края меняются местами. Таких точек бесконечно много.
3) Вся плоскость: любая её точка — центр симметрии.

Нет, не существует.
Допустим, что многоугольник F имеет два различных центра симметрии O₁ и O₂. Возьмём любую его точку X. Центральная симметрия относительно O₁ переводит X в такую точку X₁, что O₁ — середина XX₁; точка X₁ тоже принадлежит F. Симметрия относительно O₂ переводит X₁ в точку X₂ с серединой O₂ отрезка X₁X₂. Так как O₁ — середина XX₁, а O₂ — середина X₁X₂, то O₁O₂ — средняя линия треугольника XX₁X₂ (или отрезки лежат на одной прямой), поэтому вектор XX₂ равен удвоенному вектору O₁O₂ и не равен нулю. Итак, если X ∈ F, то и X₂ = X + v ∈ F, где v = 2·O₁O₂. Повторяя, получим, что F содержит точки X, X + v, X + 2v, X + 3v, … , сколь угодно далёкие от X. Но многоугольник — ограниченная фигура. Противоречие.
Значит, у многоугольника не бывает двух центров симметрии, а тем более ровно двух. (У многоугольника центр симметрии либо один, либо нет вовсе.)

Нет, не может.
Допустим, что у многоугольника F две параллельные различные оси симметрии l₁ и l₂ на расстоянии d > 0. Введём систему координат, в которой l₁ — прямая x = 0, а l₂ — прямая x = d. Симметрия относительно l₁ переводит (x; y) в (−x; y), а симметрия относительно l₂ — в (2d − x; y). Последовательное выполнение этих двух симметрий переводит точку (x; y) в (2d + x; y): это параллельный перенос на вектор v = (2d; 0). Он отображает F на себя. Значит, вместе с точкой X ∈ F многоугольнику принадлежат и точки X + v, X + 2v, X + 3v, … , которые сколь угодно далеки от X. Это невозможно: многоугольник ограничен.
Следовательно, два параллельных оси симметрии у многоугольника быть не могут.

Фигура обладает переносной симметрией, если она отображается на себя параллельным переносом на некоторый ненулевой вектор. Для этого достаточно взять одну из заданных фигур и многократно перенести её на один и тот же вектор в обе стороны (рисунок рассчитан на бесконечную полосу, показаны пять звеньев).
а) Берём прямоугольный треугольник и выполняем перенос на вектор, параллельный катету и длиннее катета, чтобы треугольники не накладывались. Получаем цепочку равных треугольников, расположенных вдоль одной прямой на равных расстояниях.
б) Берём ромб и переносим его на вектор, параллельный диагонали и немного длиннее неё (или вдоль стороны, на длину, большую диагонали), получая цепочку равных ромбов.
в) Равнобедренную трапецию переносим вдоль её оснований на вектор, длиннее нижнего основания.
Во всех случаях фигура переходит в себя при переносе на вектор, равный шагу между соседними звеньями (если считать цепочку бесконечной в обе стороны).

Фигура обладает поворотной симметрией, если она отображается на себя при повороте вокруг некоторой точки на угол, отличный от 0° и 360°. Её удобно составить так: поместить одну фигуру с вершиной в центре O, а затем последовательно повернуть её вокруг O на один и тот же угол так, чтобы повороты по кругу возвращали в исходное положение.
а) Берём равносторонний треугольник с вершиной в точке O (угол при ней 60°) и поворачиваем его вокруг O на 120° и на 240°. Получаем три равных треугольника, имеющих общую вершину O; при повороте на 120° вокруг O вся фигура переходит в себя (первый треугольник — во второй, второй — в третий, третий — в первый).
б) Берём ромб с острым углом 72° при вершине O и поворачиваем его вокруг O последовательно на 72°, 144°, 216°, 288°. Пять ромбов с общей вершиной O (72°·5 = 360°) плотно прилегают друг к другу и образуют фигуру, которая при повороте на 72° вокруг O отображается на себя.
На рисунке показаны обе фигуры, O — центр поворота.

Пусть O — центр квадрата, а p и q — данные прямые, p ⊥ q, обе проходят через O. Повернём плоскость вокруг O на 90° (в такую сторону, чтобы p перешла в q). Квадрат при повороте на 90° вокруг своего центра отображается на себя (задача 1266).
Точка O остаётся на месте, поэтому образ прямой p — прямая, проходящая через O и образующая с p угол 90° (угол между прямой и её образом равен углу поворота, задача 1269), то есть прямая q.
Часть прямой p, лежащая внутри квадрата, — отрезок p ∩ (квадрат). При повороте он переходит в часть прямой q, лежащую внутри образа квадрата, то есть внутри того же квадрата: в отрезок q ∩ (квадрат). Движение сохраняет длины, поэтому эти отрезки равны.

Пусть M и N лежат над прямой a, точка A слева от B, точка C справа. Рассмотрим поворот вокруг B на 60° по часовой стрелке (от луча BA вверх к лучу BM).
1) Так как BM = BA и ∠ABM = 60°, этот поворот переводит A в M.
2) Лучи BA и BC составляют развёрнутый угол, а ∠CBN = 60°, поэтому ∠ABN = 120°. Луч BN получается из луча BC поворотом на 60° против часовой стрелки, значит, поворот на 60° по часовой стрелке переводит луч BN в луч BC. Так как BN = BC, точка N переходит в C.
3) Следовательно, отрезок AN переходит в отрезок MC (A → M, N → C). Поворот — движение, поэтому AN = MC.
4) Угол между прямыми AN и MC равен углу поворота, 60° (или смежному углу 120°; задача 1269).
Ответ: AN = MC; угол между прямыми AN и MC равен 60°.

Пусть ABC — данный треугольник, а треугольники ABM и BCN построены вне него. Рассмотрим поворот вокруг B на 60° в том направлении, в котором луч BA поворачивается в сторону от луча BC (то есть к лучу BM).
1) M лежит по другую сторону от AB, чем C, поэтому луч BM получается из луча BA поворотом на 60° от луча BC. Так как BM = BA, поворот переводит A в M.
2) N лежит по другую сторону от BC, чем A, поэтому луч BN получается из луча BC поворотом на 60° в сторону от луча BA, то есть в направлении, противоположном первому. Значит, наш поворот переводит луч BN в луч BC, а так как BN = BC, то N → C.
3) Итак, отрезок AN переходит в отрезок MC, поэтому AN = MC, а угол между прямыми AN и MC равен углу поворота: 60° (смежный — 120°; задача 1269).
Ответ: AN = MC; угол между прямыми AN и MC равен 60°.

Пусть O — данный центр, l — прямая, содержащая сторону квадрата (O не лежит на l: центр квадрата лежит внутри, а не на стороне).
Анализ. Центр квадрата равноудалён от его сторон. Расстояние от O до стороны на прямой l равно половине стороны квадрата.
Построение:
1) Опускаем из O перпендикуляр OH на прямую l (H ∈ l).
2) На прямой l откладываем от H в обе стороны отрезки HP = HQ = OH. Тогда PQ = 2·OH — сторона квадрата, лежащая на l.
3) Строим точки P₁ и Q₁, симметричные P и Q относительно точки O (на продолжениях PO и QO за точку O откладываем OP₁ = OP, OQ₁ = OQ).
4) Четырёхугольник PQP₁Q₁ — искомый квадрат (на рисунке красный).
Доказательство. P₁ и Q₁ — образы P и Q при центральной симметрии с центром O, поэтому PQ ∥ Q₁P₁ и PQ = Q₁P₁; диагонали PP₁ и QQ₁ точкой O делятся пополам, значит, PQP₁Q₁ — параллелограмм. Прямая P₁Q₁ симметрична l относительно O, поэтому расстояние между l и P₁Q₁ равно 2·OH = PQ. Далее, треугольники OHP и OHQ прямоугольные равнобедренные (HP = HQ = OH), поэтому ∠POQ = 45° + 45° = 90°: диагонали PP₁ и QQ₁ перпендикулярны и равны (PP₁ = 2·OP = 2·OQ = QQ₁). Параллелограмм с равными перпендикулярными диагоналями — квадрат, а O — его центр.
Задача имеет единственное решение (если O не лежит на l; при O ∈ l решений нет).

Пусть O — центр квадрата, M и N — данные точки, лежащие на прямых, содержащих две противоположные (параллельные) стороны.
Анализ. Противоположные стороны квадрата симметричны относительно центра O. Поэтому точка N′, симметричная N относительно O, лежит на прямой той стороны, на которой лежит M.
Построение:
1) Строим точку N′, симметричную N относительно O.
2) Проводим прямую m = MN′ — прямая одной стороны квадрата. Прямая m′, симметричная m относительно O (проходящая через N и параллельная m), содержит противоположную сторону.
3) Из O опускаем перпендикуляр OH на m. Расстояние OH равно половине стороны квадрата.
4) Поворачиваем точку H вокруг O на 90° и получаем H₁. Через H₁ проводим прямую n, перпендикулярную OH₁, а через точку, симметричную H₁ относительно O, — параллельную ей прямую n′.
5) Прямые m, n, m′, n′ пересекаются в четырёх точках — вершинах искомого квадрата (красный).
Доказательство. Поворот на 90° вокруг O переводит m в прямую, перпендикулярную m и находящуюся на расстоянии OH от O, то есть в n (или n′). Четыре прямые m, n, m′, n′ образуют фигуру, переходящую в себя при повороте на 90° вокруг O, и все их расстояния от O равны OH: это квадрат со стороной 2·OH и центром O. Его стороны, лежащие на m и m′, проходят через M и N.
Исследование. Если M ≠ N′, прямая m определена однозначно и задача имеет единственное решение. Если M совпадает с N′ (то есть O — середина отрезка MN), то прямая m не определена: подходит любая прямая, проходящая через M, и задача имеет бесконечно много решений.

Говорят, что задано отображение плоскости на себя, если каждой точке плоскости по некоторому правилу поставлена в соответствие единственная точка этой же плоскости, причём любая точка плоскости оказывается сопоставленной какой-нибудь точке (в такую точку отображается хоть одна точка плоскости). Если при этом разным точкам сопоставляются разные точки, отображение называют преобразованием плоскости. Примеры: осевая симметрия, центральная симметрия, параллельный перенос, поворот.

Пусть задана прямая l — ось симметрии. Каждой точке M плоскости ставится в соответствие точка M₁, симметричная M относительно l: если M лежит на l, то M₁ = M; иначе проводим перпендикуляр из M к l, и M₁ лежит на нём по другую сторону от l на том же расстоянии от l. Такая точка M₁ определяется однозначно.
Любая точка M₁ плоскости сопоставлена некоторой точке: ею является точка, симметричная M₁ относительно l (симметрия относительно прямой взаимна: если M₁ симметрична M, то и M симметрична M₁). Разные точки переходят в разные: если M и N переходят в одну точку, то обе симметричны ей относительно l, то есть совпадают.
Следовательно, осевая симметрия — отображение плоскости на себя, при котором различные точки переходят в различные, то есть преобразование плоскости.

Центральная симметрия с центром O ставит каждой точке M ≠ O в соответствие такую точку M₁, что O — середина отрезка MM₁ (точка O отображается на себя). Для каждой точки M такая точка M₁ единственна: она лежит на луче, дополнительном к лучу OM, на расстоянии OM₁ = OM от O.
Любая точка M₁ сопоставлена некоторой точке — симметричной ей относительно O (отношение симметрии относительно точки взаимно: O — середина MM₁ равносильно тому, что O — середина M₁M). Различные точки переходят в различные: если M и N переходят в одну точку K, то обе симметричны K относительно O и поэтому совпадают.
Значит, центральная симметрия — преобразование плоскости.

Движением (перемещением) плоскости называется отображение плоскости на себя, сохраняющее расстояния между точками: если точки M и N отображаются в точки M₁ и N₁, то M₁N₁ = MN. Примеры движений: осевая симметрия, центральная симметрия, параллельный перенос, поворот.

Введём прямоугольную систему координат, в которой ось симметрии — ось Ox. Осевая симметрия переводит точку (x; y) в точку (x; −y).
Пусть M(x₁; y₁) и N(x₂; y₂) переходят в M₁(x₁; −y₁) и N₁(x₂; −y₂). Тогда
MN² = (x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)², M₁N₁² = (x₂ − x₁)² + (−y₂ + y₁)² = (x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)².
Значит, M₁N₁ = MN. Осевая симметрия — преобразование плоскости (вопрос 2), сохраняющее расстояния, то есть движение.

Да, является. Примем центр симметрии O за начало координат; тогда точка (x; y) переходит в (−x; −y). Для точек M(x₁; y₁), N(x₂; y₂) с образами M₁(−x₁; −y₁), N₁(−x₂; −y₂) получаем
M₁N₁² = (−x₂ + x₁)² + (−y₂ + y₁)² = (x₂ − x₁)² + (y₂ − y₁)² = MN².
Расстояния сохраняются, а центральная симметрия — отображение плоскости на себя (вопрос 3), поэтому она является движением.
(Геометрически: треугольники OMN и OM₁N₁ равны по двум сторонам и углу между ними — вертикальные углы при вершине O — поэтому MN = M₁N₁; случай, когда точки O, M, N лежат на одной прямой, рассматривается отдельно.)

Пусть при движении концы M и N отрезка MN переходят в M₁ и N₁.
1) Пусть P — произвольная точка отрезка MN, а P₁ — её образ. Тогда MP + PN = MN. Расстояния сохраняются: M₁P₁ = MP, P₁N₁ = PN, M₁N₁ = MN. Поэтому M₁P₁ + P₁N₁ = M₁N₁. Если бы P₁ не лежала на отрезке M₁N₁, то по неравенству треугольника было бы M₁P₁ + P₁N₁ > M₁N₁. Значит, P₁ лежит на отрезке M₁N₁.
2) Пусть P₁ — произвольная точка отрезка M₁N₁, а P — точка, которая при данном движении переходит в P₁ (движение — отображение плоскости на себя). Из M₁P₁ + P₁N₁ = M₁N₁ получаем MP + PN = MN, и поэтому P лежит на отрезке MN.
Итак, образ отрезка MN — в точности отрезок M₁N₁.