Упражнения 1286–1288 — Глава XIV. Вопросы для повторения…

Пусть при движении вершины треугольника ABC переходят в A₁, B₁, C₁. По теореме об отрезке (вопрос 7) каждая сторона отображается на отрезок: AB — на A₁B₁, BC — на B₁C₁, CA — на C₁A₁, причём расстояния сохраняются: A₁B₁ = AB, B₁C₁ = BC, C₁A₁ = CA.
Точки A₁, B₁, C₁ не лежат на одной прямой (если бы, например, B₁ лежала между A₁ и C₁, то A₁C₁ = A₁B₁ + B₁C₁, значит, AC = AB + BC, и точка B лежала бы на отрезке AC). Поэтому A₁B₁C₁ — треугольник, а его стороны соответственно равны сторонам ABC. По третьему признаку равенства треугольников △A₁B₁C₁ = △ABC. Образ треугольника — треугольник, составленный из образов его сторон, то есть △A₁B₁C₁.

В курсе геометрии равенство фигур определяется с помощью наложений: фигура Ф равна фигуре Ф₁, если Ф можно совместить наложением с Ф₁. Наложение — основное понятие, его определение не даётся; под наложением понимают отображение плоскости на себя, обладающее свойствами, выраженными аксиомами наложения и откладывания (например, при наложении отрезок накладывается на равный ему отрезок, а угол — на равный ему угол). Не всякое отображение плоскости на себя является наложением.

Допустим, что это не так: при некотором наложении две разные точки A и B отображаются в одну точку C. Рассмотрим фигуру Ф₁, состоящую из точек A и B, и фигуру Ф₂, состоящую из одной точки C. Наложение отображает Ф₁ на Ф₂, поэтому Ф₁ = Ф₂, а значит, и Ф₂ = Ф₁ (равенство фигур симметрично), то есть найдётся наложение, которое отображает Ф₂ на Ф₁. Но наложение — отображение, и при нём точке C соответствует только одна точка плоскости, а не две (A и B). Противоречие. Значит, различные точки отображаются в различные.

Пусть при наложении концы A и B отрезка AB отображаются в точки A₁ и B₁. Различные точки при наложении отображаются в различные (вопрос 10), поэтому A₁ ≠ B₁, и отрезок AB накладывается на отрезок A₁B₁ (по свойству наложения отрезок отображается на отрезок, соединяющий образы его концов). Следовательно, отрезок AB равен отрезку A₁B₁, а равные отрезки имеют равные длины: A₁B₁ = AB.
Наложение — отображение плоскости на себя, сохраняющее расстояния. Значит, оно является движением.

Пусть g — произвольное движение. Возьмём какой-нибудь треугольник ABC. При g он отображается на равный ему треугольник A₁B₁C₁ (вопрос 8). По определению равных треугольников существует наложение f, при котором A, B, C отображаются в A₁, B₁, C₁. Докажем, что g и f совпадают.
Допустим, что это не так: существует точка M, которая при g переходит в M₁, а при f — в другую точку M₂. Так как и f, и g сохраняют расстояния, то A₁M₁ = AM = A₁M₂, то есть A₁ равноудалена от M₁ и M₂. Аналогично B₁ и C₁ равноудалены от M₁ и M₂. Значит, A₁, B₁, C₁ лежат на серединном перпендикуляре к отрезку M₁M₂, то есть на одной прямой, а это вершины треугольника. Противоречие. Поэтому g совпадает с f, то есть движение g является наложением.

Верно. Любое движение является наложением (вопрос 12), а фигура, на которую данная фигура отображается наложением, по определению равна ей. Этот факт называют следствием теоремы: при движении любая фигура отображается на равную ей фигуру.

Если при некотором преобразовании плоскости точка отображается сама в себя (соответствует сама себе), она называется неподвижной точкой этого преобразования. Например, при повороте неподвижна точка — центр поворота; при тождественном преобразовании все точки неподвижны.

Да, существуют обе.
Осевая симметрия: каждая точка оси симметрии отображается сама в себя, поэтому неподвижных точек бесконечно много — это все точки оси симметрии (других нет: точка вне оси переходит в симметричную ей, отличную от неё).
Центральная симметрия: единственная неподвижная точка — центр симметрии (все остальные точки M переходят в M₁ ≠ M, где O — середина MM₁).

Параллельным переносом на вектор a называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M₁, что вектор MM₁ равен вектору a. Наглядно это сдвиг всей плоскости в направлении вектора a на его длину. При a = 0 каждая точка остаётся на месте (тождественное преобразование).

Пусть при параллельном переносе на вектор a точки M и N отображаются в M₁ и N₁: вектор MM₁ = a и вектор NN₁ = a. Тогда MM₁ = NN₁ (векторы равны), а значит, MM₁ ∥ NN₁ и MM₁ = NN₁, поэтому четырёхугольник MM₁N₁N — параллелограмм (если точки не лежат на прямой, параллельной a). У параллелограмма противоположные стороны равны: MN = M₁N₁. Если точки M и N лежат на прямой, параллельной a, то M₁N₁ получается сдвигом отрезка MN вдоль этой прямой, и снова M₁N₁ = MN.
Перенос — отображение плоскости на себя, сохраняющее расстояния, то есть движение.

Поворотом плоскости вокруг точки O (центра поворота) на угол α (угол поворота) называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M₁, что OM = OM₁ и угол MOM₁ равен α. Центр O остаётся на месте, а все остальные точки поворачиваются вокруг него в одном и том же направлении — по часовой стрелке или против.

Пусть O — центр поворота, α — угол поворота (для определённости против часовой стрелки), и точки M и N переходят в M₁ и N₁.
Если точки O, M, N не лежат на одной прямой, то треугольники OMN и OM₁N₁ равны по двум сторонам и углу между ними: OM = OM₁, ON = ON₁, ∠MON = ∠M₁ON₁ (лучи OM и ON повёрнуты на один и тот же угол α в одном направлении, поэтому угол между ними не меняется; для расположения точек на рисунке 365 каждый из этих углов равен сумме угла α и угла M₁ON). Из равенства треугольников следует MN = M₁N₁.
Если O, M, N лежат на одной прямой, то это проверяется непосредственно: например, если O лежит между M и N, то MN = OM + ON = OM₁ + ON₁ = M₁N₁ (точки M₁, O, N₁ тоже лежат на одной прямой); остальные случаи аналогичны.
Значит, поворот сохраняет расстояния и является движением.

Внутренней симметрией (или просто симметрией) фигуры называется любое движение плоскости, отличное от тождественного преобразования, которое отображает эту фигуру на себя. Например, фигура, отображающаяся на себя осевой симметрией, обладает осевой симметрией; отображающаяся на себя поворотом — поворотной симметрией (в частности, центральной); отображающаяся на себя параллельным переносом на ненулевой вектор — переносной симметрией.

Равносторонний треугольник имеет пять симметрий: три осевые (оси — серединные перпендикуляры к сторонам, они же высоты, биссектрисы и медианы) и две поворотные вокруг центра треугольника на 120° по часовой и против часовой стрелки.
Квадрат имеет семь симметрий: четыре осевые (две оси — диагонали, две — прямые через середины противоположных сторон), одну центральную (вокруг точки пересечения диагоналей, поворот на 180°) и две поворотные вокруг центра на 90° по часовой и против часовой стрелки.
Окружность имеет бесконечно много симметрий: осевые симметрии относительно любой прямой, проходящей через центр, и всевозможные повороты вокруг центра (в том числе центральная симметрия).

Полосой называют часть плоскости, заключённую между двумя параллельными прямыми (края полосы — сами прямые).
Полоса имеет бесконечно много симметрий: переносные (перенос вдоль краёв на любой ненулевой вектор, параллельный им), осевые (относительно средней линии полосы и относительно любой прямой, перпендикулярной краям) и центральные (относительно любой точки средней линии).

Такие орнаменты называются бордюрами. Бордюр — линейный орнамент: рисунок, периодически повторяющийся на длинной ленте; если представить ленту бесконечной, бордюр совмещается сам с собой параллельным переносом. Чтобы построить простейший бордюр, достаточно изобразить некоторую фигуру и многократно перенести её на один и тот же вектор влево и вправо вдоль полосы.

Такие орнаменты называются розетками. Розетка — орнамент, повторяющийся внутри круга или правильного многоугольника и обладающий поворотной симметрией. Для построения делят круг на несколько равных секторов, в одном из них рисуют какую-нибудь фигуру и затем поворачивают её вокруг центра круга так, чтобы сектор с фигурой перешёл в соседний сектор, и так далее по кругу.

Фигура F — правильная пятиконечная звезда (пентаграмма) с центром O. Её симметрии — все движения, отличные от тождественного, при которых звезда переходит в себя.
1) Осевые симметрии: пять. Осью служит каждая прямая, проходящая через центр O и одну из пяти вершин звезды (она проходит и через середину противоположной внутренней стороны, между двумя другими вершинами).
2) Поворотные симметрии вокруг центра O: четыре — на углы 72°, 144°, 216° и 288° (угол 360° : 5 = 72°; при повороте на 72° каждая вершина переходит в соседнюю).
Всего 9 симметрий. Центральной симметрии нет (число вершин нечётно, поворот на 180° переводит вершину не в вершину); переносных симметрий нет, так как фигура ограничена.
Оговорка: рисунок 377 изображает правильную звезду с центром O; ответ дан для неё.

Да, можно. Пусть луч h имеет начало A, а луч h₁ — начало A₁.
1) Параллельный перенос на вектор AA₁ переводит A в A₁, а луч h — в луч h′ с началом A₁ (если A = A₁, то перенос тождественный; h′ = h).
2) Лучи h′ и h₁ имеют общее начало A₁. Повернём плоскость вокруг A₁ на угол между лучами h′ и h₁ (если лучи совпадают, поворот не нужен; если лучи противоположны, это поворот на 180°). Тогда h′ переходит в h₁, так как поворот сохраняет начало A₁ и переводит луч h′ в луч, образующий с h′ нужный угол, то есть в h₁.
Перенос и поворот — движения, а последовательное выполнение двух движений — движение (задача 1255). Итак, искомое движение существует.

Построение:
1) Строим точку D₁, симметричную D относительно прямой BA, и точку D₂, симметричную D относительно прямой BC.
2) Проводим отрезок D₁D₂. Он пересекает сторону BA в точке E, а сторону BC — в точке F (на рисунке красные точки). Треугольник DEF — искомый.
Доказательство. Для любых точек X на стороне BA и Y на стороне BC имеем DX = D₁X (X лежит на оси симметрии BA) и DY = D₂Y. Поэтому периметр треугольника DXY равен DX + XY + YD = D₁X + XY + YD₂ — длине ломаной D₁XYD₂, а она не меньше отрезка D₁D₂ (неравенство ломаной). Равенство достигается, если точки X и Y лежат на отрезке D₁D₂, то есть при X = E, Y = F. Следовательно, периметр треугольника DEF — наименьший.
Почему E и F лежат на сторонах угла. Точки D₁ и D₂ лежат вне угла ABC, и ∠D₁BD₂ = ∠D₁BA + ∠ABC + ∠CBD₂ = ∠DBA + ∠ABC + ∠CBD = 2·∠ABC < 180°, так как угол ABC острый. Лучи BA и BC лежат внутри угла D₁BD₂, поэтому отрезок D₁D₂ пересекает оба этих луча, причём в точках внутри отрезков D₁D₂ (они лежат на сторонах данного угла).