Решение задач с помощью геометрических преобразований

30

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ
ПРЕОБРАЗОВАНИЙ

В школьном курсе геометрии вы часто встречаете со многими геометрическими преобразованиями плоскости: парапельными переносами, симметриями, врашеними, преобразованиями подобия. О важности этих понятий говорит хотя бы то, что при доказательстве конгрузентности фигур использует геометрические преобразования — перемешения. Однако геометрические преобразования встречаются не только в формулировках определений и в доказательствах школьных теорем; они применяются при решении самых разнообразных геометрических задач. При этом преобразования совсем не обязательно должны фигурировать непосредственно в формулировках задач: часто бывают так, что формулировка задачи носит совершенню «статичный» характер, а самоое простое и изящное решение оказывается «динамичным», существенно использующим различные геометрические преобразования заданных фигур. В этой заметке мы рассекем о том, как можно научиться видеть эту внутреннюю «динамику» планиметрических задач.

Общие сведения о геометрических преобразованиях

Начнем с определения перемещения.

О пределене 1. Перемещением называется отображение плоскости на себя, при котором сохраняется расстояния между точками.

Докажем такую теорему о перемещениях:

Теорема 1. Существует одно и только одно перемещение, которое переводит вершины A, B и C заданного невыраженной преуездника ABC соответствующего в вершины A1, B1, C1 конгрузительного ему преуездника A1B1C1.

Доказательство. Существование такого перемещения следует из того, что треугольники ABC и A1B1C1 конгрузны. Докажем, что оно единственно.

Пусть F — некоторое перемещение плоскости, такое что F(A) = A1, F(B) = B1, F(C) = C1, и пусть X — произвольная точка плоскости. Тогда точка F(X) должна находиться на расстояниях |XA|, |XB|, |XC| соответственно от точки A1, B1 и C1.

Но три окружности с центрами в точках A1, B1, C1, не лежащих на одной прямой, имеют не более одной общей точки; значит, точка F(X) определяется однозначно.

Вы знакомы с темя видами перемещений:

1. Параallelными переносами.
   (Параallelный перенос определяется заданием точки и ее образа).

2. Поворомами.
   (Поворот определяется заданием его центра O, угла поворота α и направления поворота; угол поворота α при этом считается заключенным в пределах 0° ≤ α ≤ 180°. Но если выбрать какое-либо направление поворота в качестве положительного, а противоположное направление считать отрицательным, то тогда поворот полностью определяется заданием его центра и угла поворота α; угол поворота при этом считается направленной вершиной, числовое значение которого может быть как положительным, так и отрицательным. Поворот с центром O на угл α обозначает

31

$R_0^\alpha$. Теперь любой поворот может быть задан указанием его центра и угла поворота $\alpha$, лежащого в пределах $-180^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$. Если $\beta = \alpha + 360^\circ$, $n$, где $n$ — целое и $-180^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$, то поворот на угол $\beta$ называется поворот $R^\alpha$.

3. Осевыми симметриями.

(Освая симметрия определяется заданием оси симметрии — прямой $l$.)

Простейшим перемещением является мождественное отображение плоскости, которое любую точку $X$ отображает на себя; его обозначают буквой $E$, — тогда $E(X) = X$. Тождественное отображение считается поворотом на нулевой угол вокруг центра $O$. Подобным же образом размещено считать тождественное отображение и параллельным переносом на нулевое расстояние. Тождественное отображение — единственное перемещение, которое является одновременно поворотом и переносом.

Для любого центра $O$ поворот на $180^\circ$ в обохх направлениях совпадает и является центральной симметрией (относительно центра поворота $O$).

Можно доказать, что любое перемещение является либо параллельным переносом, либо поворотом, либо композицией параллельного переноса или поворота с некоторой осевой симметрией. Понятие композиции двух геометрических преобразований будет для нас очень в дальнейшем, поэтому останавемся на нем более подробно.

Пусть данные два отображения $F$ и $G$ неоторого множества $M$ на себя. Произведя их последовательно, мы получим новое отображение $H$, которое отображает $x \in M$ на $H(x) = G(F(x))$. Это новое отображение $H$ является тоже отображением множества $M$ на себя. Оно называется композицией отображения $F$ и $G$ и обозначется $G \circ F$.

Из определения 1 следует, что композиция любых двух перемещений (то есть отображений плоскости на себя, сохраняющих расстояния между точками), снова является перемещением. Обратите внимание на порядок записи: обозначая композицию $G \circ F$, мы справа ставим обозначение отображения, которое производится первым. Это заменение существенно; мы увидим, что операция композиции, вообще говоря, не переме-

стительна — существуют такие отображения $F$ и $G$, для которых $G \circ F \neq F \circ G$.

Попытаемся теперь разобраться, что представляется собой композиция известных нам отображений — перемещений — в конкретных случаях.

Особенноство композиции двух параллельных переносов является перемещением — это одна из причины, по которой композицию параллельных переносов (векторов) называют их сложением композицию отображений называться сложением не принято).

Случай композиции двух поворотов более интересен; перемещем к нему. Нам понадобится следующие определения: точка $X_0$ множество $M$ называется неподвижной точкой отображения $G$ множество $M$ на себя, если $G(X_0) = X_0$.

Характеристическое свойство поворотов описывается.

Теорема 2. Немождественное перемещение является поворотом модула и молко модула, когда оно имеет единственный неподвижную модулу.

Доказательство. Невобходимость условия очевидна: единственный неподвижной точкой поворота на нулевой угол является центр поворота.

Достаточноств. Расмотрим неокторое перемещение $F$ с единственным неподвижной точкой $O$. Выберем неокторую точку $A$, отличную от $O$, и рассмотрим ее образ $B = F(A)$; точка $B$ отлична от $A$ и лежит на окружности $(O; r)$ с центром в точке $O$ и радиусом $r = |OA|$.

Если для любой точки $A \widehat{AOB} = 180^\circ$, то $F$ — симметрия относительно точки $O$, и достаточно условия доказана. Предположим теперь, что существует точка $A$ такая, что $\widehat{AOB} = \alpha \neq 180^\circ$. Расмотрим точку $F(B) = F^2(A)$ ($F^2$ — это сокращенное обозначение для композиции

32

Рис. 1.

Рис. 2.

$F\circ F$). Так как перемещение $F$ сохраняет расстояния, то точка $F(B)$ снова лежит на окружности $(O;r)$ и расстояние между точками $F(B)$ и $B$ равно расстоянию между точками $B$ и $A$. Этим условиям удовлетворяют две точки: точка $A$ и точка $C$ окружности $(O;r)$ такая, что $B\hat{O}C=\alpha$ (рис. 1). Но если $F(B)=A$, то середина отрезка $AB$ — точка $D$ — является неподвижной точкой преобразования $F$: $F(D)=D$ (докажите!), а это противоречит тому, что точка $O$ — единственная неподвижная точка $F$. Значит, $F(B)=C$, и мы доказали, что перемещение $F$, как и $R_O^\alpha$, переводит точки $O$, $A$ и $B$, не лежащие на одной прямой, в точки $O$, $B$ и $C$ соответственно. Из теоремы 1 следует, что $F=R_O^\alpha$. Теорема доказана.

Рассмотрим повороты $R_O^\alpha$ и $R_O^\beta$ с общим центром $O$. В результате их композиции получается поворот вокруг того же центра $O$ на угол $\alpha+\beta$:
$$R_O^\beta\circ R_O^\alpha=R_O^{\alpha+\beta}.$$

(Полное доказательство этой формулы требует разбора ряда частных случаев — проделайте это самостоятельно.)

Так как всегда $\alpha+\beta=\beta+\alpha$, то

$$R^\beta\circ R^\alpha=R^{\beta+\alpha}=R^{\alpha+\beta}=R^\alpha\circ R^\beta,$$

и композиция поворотов с общим центром переместительна.

Пусть теперь есть два поворота $R_{O_1}^{\alpha_1}$ и $R_{O_2}^{\alpha_2}$ с различными центрами

$O_1$ и $O_2$ и углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$ такими, что $\alpha_1$ и $\alpha_2$ одного знака (то есть повороты осуществляются в одном и том же направлении) и $|\alpha_1+\alpha_2|\neq 360^\circ$. Покажем, что в этом случае их композиция $R_{O_2}^{\alpha_2}\circ R_{O_1}^{\alpha_1}$ является поворотом на угол $\alpha_1+\alpha_2$, и найдем центр этого поворота.

Обозначим для краткости поворот $R_{O_1}^{\alpha_1}$ через $R_1$, поворот $R_{O_2}^{\alpha_2}$ — через $R_2$. Нам нужно найти все неподвижные точки перемещения $R_2\circ R_1$.

Предположим, что некоторая точка плоскости $A$ является неподвижной точкой перемещения $R_2R_1$, то есть что $R_2(R_1(A))=A$. Обозначив точку $R_1(A)$ через $B$, получим, что $R_2(B)=A$. Из этого равенства следует, что точка $O_2$ равноудалена от точек $A$ и $B$; но так как $B=R_1(A)$, то и точка $O_1$ равноудалена от точек $A$ и $B$; следовательно, точки $A$ и $B=R_1(A)$ должны быть симметричны относительно прямой $O_1O_2$ (рис. 2).

Так как $A\hat{O}_1B=\alpha_1$, и точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $O_1O_2$, то точка $A$ должна лежать на прямой $l_1$, проходящей через точку $O_1$ и переходящей при повороте вокруг точки $O_1$ на угол $\alpha_1/2$ в прямую $O_1O_2$. С другой стороны, поскольку $B\hat{O}_2A=\alpha_2$, то точка $A$ должна лежать и на прямой $l_2$, в которую переходит прямая $O_1O_2$

33

при повороте на угол $\alpha_2/2$ вокруг точки $O_2$. По предположению $\frac{|\alpha_1 + \alpha_2|}{2} \neq 180^\circ$ и значит, прямые $l_1$ и $l_2$ не параллельны, то есть пересекаются в единственной точке — точке $A$. Итак, точка $A$ пересечения прямых $l_1$ и $l_2$ является единственной неподвижной точкой перемещения $R_2 \circ R_1$. Из теоремы 2 следует, что перемещение $R_2 \circ R_1$ — поворот вокруг $A$. Найдем угол этого поворота.

Чтобы это сделать, достаточно найти образ произвольной точки, отличной от центра $A$, при повороте $R_2 \circ R_1$ вокруг $A$. Удобнее всего взять точку $O_1$. Поворот $R_1$ оставляет ее на месте, а поворот $R_2$ переводит в такую точку $C$, что $|O_2O_1| = |O_2C|$ и $O_1\widehat{O}_2C = \alpha_2$ (рис. 2). Следовательно, перемещение $R_2 \circ R_1$ — это поворот вокруг $A$ на угол $\widehat{O_1AC}$. Вычислим этот угол для случая $0^\circ < \alpha_1 + \alpha_2 < 360^\circ$ (рис. 2).

$$\widehat{CAO}_2 = O_2\widehat{AO}_1 = 180^\circ - \alpha_1/2 - \alpha_2/2,$$
$$O_1\widehat{AC} = 360^\circ - \widehat{CAO}_2 - O_2\widehat{AO}_1 = \alpha_1 + \alpha_2.$$

(Для случая $-360^\circ < \alpha_1 + \alpha_2 < 0^\circ$ следует использовать)

Задание 3. Композиция $R_{02}^{\alpha_2}$. $\circ R_{01}^{\alpha_1}$ двух поворотов $R_{01}^{\alpha_1}$ и $R_{02}^{\alpha_2}$ с различными центрами $O_1$ и $O_2$ и уделами поворотов $\alpha_1$ и $\alpha_2$ максими, что $\alpha_1$ и $\alpha_2$ — однозоно знака $u$ $|\alpha_1 + \alpha_2| < 360^\circ$, является поворотом на угол $\alpha_1 + \alpha_2$. Центром этого поворота служит точка перемещения прямых $l_1$ и $l_2$, где $l_1$ — это прямая, проходящая через точку $O_1$ и переходящая при повороте вокруг точки $O_1$ на угол $\alpha_1/2$ в прямую $O_1O_2$, а $l_2$ — это прямая, в котором переходит прямая $O_1O_2$ при повороте вокруг точки $O_2$ на угол $\alpha_2/2$.

Заметим, что при выполнении условий 3 композиция $R_{01}^{\alpha_1}$.

Рис. 3.

$\circ R_{02}^{\alpha_2}$ является поворотом на угол $\alpha_1 + \alpha_2$ вокруг $B$, симметричной точке $A$ относительной прямой $O_1O_2$. Это и показывает, что композиция поворотов с различными центрами не переместительна.

Задание 1. Доказите, что композиция двух поворотов с центрами $O_1$, $O_2$ и углами поворотов $\alpha_1$, $\alpha_2$ такими, что $\alpha_1$ и $\alpha_2$ — однозоно знака $u$ $|\alpha_1 + \alpha_2| = 360^\circ$, является параллельным переносом. Постройте этот параллельный перенос по заданным $O_1$, $O_2$, $\alpha_1$. Переместительная ли композиция двух таких поворотов? (Подсказка: расстояние композицию симметричной относительной двух различных точек.)

Задание 2. Найдем композицию:
a) двух освых симметри;
b) параллельного переноса и поворота.

Исследуйте переместительность композиции различных видов перемещений.

Задание

Постараемся теперь применить полученные результаты к решению некоторых планимерических задач.

Рассмотрим сначала такую задачу (она поможет нам в дальнейшем):

На плоскости даны два квадрата $A_1B_1A_2C_1$ и $A_2B_2A_3C_2$ с общей вершиной $A_2$ (см. рис. 3). Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры квадратов, $B$ — середина отрезка $B_1B_2$, $C$ — середина отрезка $C_1C_2$. Доказите, что $O_1BO_2C$ — квадрат.

Конечно, эту задачу можно решить и без геометрических преобразований, произведя дополнительные построения и рассмотрев неокторные конструктивные треугольники. Однако то, что в задаче говорится о «правильных»

34

фигурах — квадратах,— наводит на мысль попробовать применить при ее решения геометрические преобразования.

Заметим, что поворот на 90° вокруг точки $O_1$ переводит точку $B_1$ в точку $A_2$, а поворот на 90° вокруг точки $O_2$ переводит точку $A_2$ в точку $B_2$. По теореме 3 композиций этих двух поворотов является поворот на 180°, то есть центральная симметрия относительно некоторых точки. Так как в результате последовательного выполнения этих двух поворотов точка $B_1$ переходит в точку $B_2$, то композиций рассмотренных поворотов будут симметрично относительно определенных отрезка $B_1B_2$ — точки $B$. С другой стороны, из теоремы 3 следует, что центр композиции этих двух поворотов лежит на пересечении двух прямых, проходящих через точки $O_1$ и $O_2$ соответственно под углами 45° к прямой $O_1O_2$. Значит, эти прямые пересекаются в точке $B$, и треугольник $O_1BO_2$ — равноведренный с прямым углом при вершине $B$. Аналогично доказывается, что и треугольник $O_1CO_2$ — равноведренный, с прямым углом при вершине $C$. Обедининие этих двух треугольников дает квадрат $O_1BO_2C$, что и требовалось доказать.

Следующие две задачи — это задачи М291 и М297 из «Задачика «Квант»» (см. «Квант», 1974, №911, 12). Решения этих задач с помощью геометрических преобразований оказались не только более простыми и изящными, но и более содержательными, чем традиционные решения, основывающиеся на различных искусственных приемах.

М291. На сторонах $A_2A_3$, $A_3A_1$, $A_1A_2$ треугольника $A_1A_2A_3$ построены квадраты с центрами $O_1$, $O_2$, $O_3$, лежащие вне треугольника (рис. 4). Доказите, что:

a) отрезки $O_1O_2$ и $A_3O_3$ равны по длине и взаимно перпендикулярны;
b) середины отрезков $A_3A_1$, $O_1O_2$, $A_3A_2$ и $A_3O_3$ являются вершинами квадрата;

Рис. 4.

в) площадь этого квадрата в 8 раз меньше площади квадрата с центром $O_3$.

Обозначим через $B_1$ середину отрезка $A_3A_2$, через $B_2$ — середину отрезка $A_1A_3$. Применив к квадратам с центрами $O_2$ и $O_3$ результат предыдущего задачи, получим, что треугольник $O_2B_1O_3$ — равноведренный с прямым углом при вершине $B_1$. Следовательно, поворот на 90° вокруг точки $B_1$ переводит отрезок $A_3O_3$ в отрезок $O_1O_2$, что доказывает утверждение a). Так как поворот на 90° вокруг точки $B_2$ переводит точку $O_2$ в точку $A_3$, то, применяя теорему 3 к композиции этих двух поворотов (вокруг точки $B_1$ и $B_2$), мы получим, как и в предыдущей задаче, что треугольник $B_2C_1B_1$, где $C_1$ — середина отрезка $A_3O_3$, — равноведренный с прямым углом при вершине $C_1$. Аналогично, треугольник $B_2C_2B_1$, где $C_2$ — середина отрезка $O_1O_2$, равноведренный с прямым углом при вершине $C_2$, и утверждение б) доказано. Утверждение же в) следует из того, что диагональ $B_2B_1$ полученного квадрата как средняя линия треугольника $A_1A_2A_3$ в два раза меньше стороны $A_1A_2$ квадрата с центром $O_3$.

М297. На плоскости заданы 12 точки, являющиеся вершинами четырех квадратов $A_1B_1A_2C_1$, $A_2C_2A_3B_2$, $A_3B_3A_4C_3$ и $A_4C_4A_1B_4$ (вершины каждойdoю квадрата перечислены по часовой стрелке, рис. 5). Доказите,

35

что $B_1B_2B_3B_4$ и $C_1C_2C_3C_4$ — конецрузимные паралелограммы, один из которых получается из другой поворотом на $90^\circ$ (эти паралелограммы могут быть вырожденными: чемые вершины какдоо из них в этом случае лежат на одной прямой).

Пусть $D_1$ — середина отрезка $A_1A_3$, $D_2$ — середина отрезка $A_2A_4$.

Рассматривая композиции двух соответствующих поворотов на углы $90^\circ$ (с центрами в отечеющих им вершинах заданных квадратов, см. рис. 5), мы, как и прежде, получим, что треугольники $B_1D_1C_2$, $B_3D_1C_4$, $B_4D_1C_3$ и $B_2D_1C_1$ — равноведенные с прямым углом при вершине $D_1$.

Поэтому поворот на угол $90^\circ$ вокруг точки $D_1$ переводит четырехугольник $B_1B_4B_3B_2$ в четырехугольник $C_2C_3C_4C_1$, что доказывает их congruentность (одновременно получаем, что отрезки $B_1B_3$ и $C_2C_4$ равны по длина и взаимно перпендикулярны, что является обобщением утверждения a) задачи М291 на случай произвольного четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$).

Осталось доказать, что, например, четырехугольник $B_1B_2B_3B_4$ — паралелограмм. Для этого заметим, что все треугольники $C_2D_2B_3$, $C_4D_2B_1$, $C_3D_2B_2$, $C_1D_2B_4$ — равноведенные с прямым углом при вершине

Рис. 5.

шине $D_2$. Значит, поворот на угол $90^\circ$ вокруг точки $D_2$ переводит четырехугольник $C_2C_3C_4C_1$ в четырехугольник $B_3B_2B_1B_4$. Композиция двух поворотов вокруг точки $D_1$ и $D_2$ на углы $90^\circ$ является центральной симметрией относительно некоторых $O_1$ и отображает четырехугольник $B_1B_4B_3B_2$ на себя так, что вершины $B_1$ и $B_3$, $B_2$ и $B_4$ меняются местами. Из этого следует, что четырехугольник $B_1B_2B_3B_4$ — центрально-симметричный, то есть паралелограмм, а это и требовалось доказать.

Примена к композиции поворотов на углы $90^\circ$ вокруг точки $D_1$ и $D_2$ теорему 3, мы получим также, что центры $O_1$ и $O_2$ паралелограмм $B_1B_2B_3B_4$ и $C_1C_2C_3C_4$, и середины $D_1$ и $D_2$ диагоналей четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$ являются вершинами квадрата.

Это утверждение является обобщением утверждения б) задачи М291 на случай произвольного четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$.

Докажите теперь, что в условиях задачи М297, середины строки четырехугольников $B_1C_2B_3C_4$ и $C_1B_4C_3B_2$ являются вершинами квадрата. Центры этих квадратов и квадрата $D_1O_1D_2O_2$ совпадают и лежат в центре пляжесты четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$.

И наконец, задача, которая предлагалась в 1961 году на втором type XXIV Московской математической olимпиды. Тогда эту задачу решили только два участника olимпиды, причем оба — с применением геометрических преобразований. Телерь, когда вы освоили техническую геометрическую преобразование, для вас ее решение не должно представить больших затруднений.

Задача 3. Точки $A$ и $B$ двужутся равномерно и с равными угловыми скоростями по окружности $O_1$ и $O_2$ соответствующим (промышленным стрелки). Докажите, что вершина $C$ правильно треугольника $ABC$ также двужутся равномерно по некоторой окружности.