Главная | Обратная связь | Поможем написать вашу работу!

Задача 2.2.26. Докажите, что два параллелограмма равны, если диагонали и угол между ними одного параллелограмма равны диагоналям и углу между ними другого параллелограмма.

ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ УЗБЕКИСТАН

КОКАНДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ

УНИВЕРСИТЕТ имени МУКИМИ

УСТАДЖАЛИЛОВА ХУРШИДА АЛИЕВНА

МЕТОДИЧЕСКИЕ ПОСОБИЕ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ГЕОМЕТРИИ МЕТОДОМ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ ДЛЯ РАЗВИТИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ УМЕНИЙ И НАВЫКОВ УЧАЩИХСЯ АКАДЕМИЧЕСКИХ ЛИЦЕЕВ

КОКАНД 2011

Рецензенты

Канд.пед.наук, ст. пр. кафедры «Теория и методика изучения математики» ТДПУ им. Низами Бакирова А. Ст.пр. кафедры «Математика-информатика» Сувонов О.

Переход на новые этапы экономического развития нашего общества выявляет много нерешенных вопросов образовательного характера. Геометрическое образование учащихся должно соответствовать изменяющейся жизни общества. В сложившейся сейчас системе математического образования геометрическая составляющая уже сформирована и изменение структуры курса математики позволило укрепить её. Геометрическая ветвь математического образования должна обеспечить формирование и развитие пространственного мышления учащихся, интуицию на образы, конструкции, методы, свойства; развитие геометрических умений и навыков: умения анализировать и синтезировать, конструктивно-геометрические, вычислительные, метрические, умения проводить доказательные рассуждения и т.д. Следовательно, мы считаем необходимым, обратить внимание на выбор методов и приемов решения задач на уроках геометрии в лицее, так как именно в процессе решения задач геометрии развиваются геометрические умения и навыки учащихся. В качестве одного из таких методов предлагаем метод геометрических преобразований.

Изучение геометрических преобразований не только способствует созданию более правильных и более современных взглядов на само содержание математики, но указывает также новые методы решения содержательных геометрических задач, чрезвычайно важные не только для самой математики, но и для ее приложений. Кроме того, геометрические преобразования дают представления о фигуре, как о множестве точек и преобразование, как о своеобразной геометрической функции, что развивает геометрические умения и навыки учащихся лицея, связывая их с алгеброй, а также растут их пространственные представления и развивается логическое мышление [3].

Преобразования плоскости во многих случаях позволяют экономно и изящно решать задачи на построение, вычисление и доказательство.

При решении задач методом геометрических преобразований развиваются следующие геометрические умения:

1) строить образы фигур при данном преобразовании;

2) видеть соответственные точки на соответствующих при том же преобразовании фигурах;

3) выделять элементы, определяющие преобразование;

4) строить соответственные при заданном преобразовании точки на произвольно заданных фигурах;

5) использовать специфические свойства преобразований.

В результате изучения теоретического материала по геометрическим преобразованиям, учащиеся академических лицеев смогут строить образы фигур при симметрии, повороте, параллельном переносе, гомотетии; видеть соответственные при указанном отображении точки на соответственных при том же отображении фигурах; выделять элементы, определяющие отображение: ось симметрии, центр поворота, угол поворота, направление параллельного переноса и его расстояние, центр и коэффициент гомотетии; строить соответственные при указанном отображении точки на произвольных фигурах.

Приведем примеры, когда решение, основанное на свойствах геометрических преобразований, значительно проще.

Задача 2.1.1. Через центр О параллелограмма ABCD проведена прямая l, пересекающая стороны ВС и AD параллелограмма соответственно в точках M и N. Докажите, что (рис.2.1.1)

Решение (традиционное): Отрезки BM и ND являются сторонами треугольников BMO и OND. Чаще такие треугольники приходиться строить, что значительно осложняет решение задачи. Мы выбрали простую задачу, чтобы показать сущность принципа.

Треугольники BMO и OND подобны, т.к. BO=OD (свойство диагоналей

параллелограмма), (накрест лежащие углы при параллельных прямых), (вертикальные). Следовательно, BM=DN.

Решение (используя свойство геометрических преобразований):

Точка О – центр симметрии параллелограмма ABCD. Тогда Z₀(B)=D, Z₀(M)=N, т.к. N , следовательно, BM=DN.

рис.2.1.1.

Задача 2.1.2. Докажите, что прямая содержащая точку О пересечения диагоналей трапеции АВСД и точку М- середину основания ВС, пересекает второе основание АД трапеции АВСД в точке N, являющейся серединой основания АД (рис2.1.2).

Решение (традиционное):

~ , следовательно, .

Аналогично, из подобия треугольников МОС и АОN имеем: .

Значит, или следовательно , т.е. AN=NД и N – середина АД.

Решение (используя свойство геометрических преобразований):

Рассмотрим гомотетию с центром О при которой ВС АД. Образ М^/ точки М принадлежит как отрезку АД (М ) так и прямой МО, т.е. М^/ ,а потому М^/=N. Так как гомотетия сохраняет отношение

расстояний, то , т.е. N-– середина отрезка АД.

рис.2.1.2.

Задача 2.1.3. Впишите в данный острый угол треугольник наименьшего периметра так, чтобы две его вершины принадлежали сторонам угла, а третья – данной точке внутренней области угла (рис.2.1.3).

Решение данной задачи основано на свойствах осевой симметрии. Строим точки М₁ и М₂, симметричные данной точке М относительно прямых, содержащих стороны данного угла. Точки пересечения отрезка М₁М₂ со сторонами угла являются вершинами искомого треугольника. Периметр полученного треугольника равен длине отрезка М₁М₂, периметр любого другого треугольника, одной из вершин которого является точка М, а две другие принадлежат сторонам данного угла равен длине ломанной, соединяющей точки М₁ и М₂.

Метод, основанный на признаках равенства треугольников, в данном случае, является «беспомощным».

Задача 2.1.4. Впишите в данный треугольник другой треугольник, стороны которого были бы параллельны трем данным прямым.

Эффективным средством решения данной задачи является метод гомотетии. Вначале следует построить треугольник так, чтобы его стороны были параллельны данным прямым; две вершины принадлежали сторонам данного треугольника так, чтобы все вершины оказались на сторонах треугольника.

Таким образом, метод геометрических преобразований позволяет решать большинство задач на доказательство, построение и вычисление, упрощая при этом само решение.

В исследованиях психологов Е.Н.Кабановой-Меллер [4], Н.А.Менчинской [5] и других делается вывод о том, что знания сами по себе не превращаются в умения, для этого нужна специальная работа. Поэтому, формированию умения использовать геометрические преобразования при решении задач и доказательстве теорем, должно быть уделено самое серьезное внимание. Для разработки методики формирования умения необходимо выявить его компоненты, что позволит осуществить поэлементное формирование этого умения.

Исходя из теории поэтапного формирования умственных действий, мы сделали выводы о преобразовании действия в умение, а затем и в навык, согласно которым, компонентами развития геометрических умений и навыков являются следующие этапы:

1. Необходимо разбить геометрические действия на операции, которые соответствуют геометрическим знаниям, умения и навыкам учащихся академических лицеев, и выделить ориентировочную основу для того, чтобы учащийся сам мог повторить данное действие с новым материалом.

2. Опираясь на ориентировочную основу, учащийся академического лицея выполняет действие. Для этого необходимо развернуть (показать все операции и их взаимосвязь) и обобщить (выделить из многообразия свойств объекта только те, которые необходимы для выполнения действия) данное действие.

3. Моделирование выделенных свойств в графической или буквенной формах. Перенесение действий в задачную ситуацию.

4. Перенос действия и свободное использование данного геометрического действия (умения) в другие, более обобщенные ситуации.

5. Формирование умственного действия, которое предшествует навыкам.

Компоненты умения в использовании метода геометрических преобразований могут быть выявлены путем анализа решения конкретных задач. В процессе этого анализа выявляются элементарные умения, которые и являются компонентами учебных умений использовать геометрические преобразования при решении задач.

Рассмотрим ещё ряд примеров[6].

I. Задачи, решаемые методом осевой симметрии.

Задача 2.1.5. Даны две окружности и прямая l. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы две его вершины принадлежали данным окружностям, а одна из высот – прямой l.

Решение. Предположим, что треугольник АВС искомый (рис. 2.1.4). Так как высота АД равностороннего треугольника АВС принадлежит прямой l, то точки В и С симметричны относительно этой прямой и лежат на данных окружностях (развивается умение строить на произвольных окружностях точки, симметричные относительно данной прямой). Если точка С принадлежит окружности F₂ и симметрична точке В, принадлежащей окружности F₁, относительно прямой l, то точка С принадлежит также и образу окружности F₁ при симметрии относительно l. Следовательно, точка С - общая для F₂ и F₁^/ при симметрии S(l). Построив окружность F₁^/, являющуюся образом окружности F₁, найдём точку С. (развивается умение строить образ окружности при осевой симметрии).

Затем строим точку В как образ точки С при симметрии S(l), учитывая, что С принадлежит окружности F₁^/, и F₁симметрична F₁^/(умение строить симметричные точки на заданных симметричных окружностях). Последовательность операций, выполняемых при решении этой задачи такова:

а) строим образ окружности F₁ при симметрии S(l);

б) находим точки пересечения окружностей F₁^/ и F₂;

в) отыскиваем на окружности F₁ прообразы точек пересечения окружностей F₁^/ и F₂;

г) строим равносторонний треугольник АВС (А ).

Задача может иметь:

а) единственное решение, когда F₂F₁^/=С

б) два решения, когда F₂F₁^/={M,K}

в) бесконечное множество решений, когда F₁^/= F₂.

Задача не имеет решений, когда F₂F₁^/=ǿ.

Итак, чтобы решить задачу учащиеся должны владеть следующими умениями:

1) строить образ окружности при осевой симметрии;

2) выделять соответственные при осевой симметрии точки на соответственных при той же симметрии окружностях;

3) строить симметричные относительно прямой точки на произвольных окружностях.

Задача 2.1.6. Окружность F₁ пересекает концентрические окружности F₂ и F₃ соответственно в точках А, В и С, Д. Докажите, что хорды АВ и СД параллельны.

Решение. Пусть О-центр окружности F₁ и О₁- центр окружности F₁ и F₂. И пусть F₁ F₂={A,B} F₁F₃={C,D}.

Тогда (ОО₁) – ось симметрии фигуры F=F₁F₂F₃ (умение «видеть» ось симметрии).

Так как А F₁F₂, а (А) F₁F₂, т.е. (А)=В (умение видеть соответственные точки на соответственных фигурах).

Аналогично, (С)=Д. Т.к. [AB] [ОО₁] и [CD] ОО₁, то АВ СД.

Анализируя решения этих и других задач, решаемых методом осевой симметрии, приходим к выводу, что овладение этим методом позволяет формировать и развивать следующие геометрические умения и навыки:

1) строить образы фигур при осевой симметрии;

2) «видеть» симметричные относительно прямой точки на симметричных относительно этой же прямой фигурах;

3) строить ось симметрии;

1) находить симметричные относительно прямой точки на произвольных заданных фигурах.

II. Задачи, решаемые методом поворота.

Задача 2.1.7. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы одной его вершиной была точка Р, друга принадлежала прямой а, третья – прямой в.

Решение. Пусть РКL искомый (рис.2.1.5). Тогда точки K и L находятся на равном расстоянии от точки Р, принадлежат прямым а и в соответственно и «видны» из точки Р под углом 60⁰(их построение обеспечивается

умением выделять на заданных фигурах соответственные при данном повороте точки).

Т.к. точка L является образом точки К при повороте вокруг точки Р на 60⁰, то она принадлежит образу прямой а при указанном повороте (умение строить образы фигур при повороте), т.е. точка L

рис.2.1.5 есть общая точка прямой а^/ =R_Р (а) и

прямой в.

Точка К является прообразом точки L. Если в = R_Р (а), то задача имеет бесконечное множество решений.

В остальных случаях задача не имеет более двух решений, т.к. прямая в имеет не более одной точки пересечения с прямой а^/ и не более одной точки пересечения с прямой а^//= R_Р (а).

Задача 2.1.8. Через центр О треугольника АВС проведены две прямые, образующие между собой угол в 60⁰. Докажите, что отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, конгруэнтны (рис.2.1.6).

Решение: Для доказательства конгруэнтности отрезков мы должны найти перемещение, при котором один из отрезков отображается на другой. Так как угол между прямыми, подмножествами

рис.2.1.6 которых являются указанные отрезки,

равен 60⁰, то естественно рассмотреть поворот вокруг точки О. Учитывая, что поворот вокруг точки О на 120⁰ отображает треугольник на себя, приходим к целесообразности рассмотрения поворота вокруг точки О на 120⁰. При этом А В, В С, С А, АВ ВС, ВС СА, СА АВ.

Точка Е АС отобразится на точку М.. Точка F АВ – на N ВС. ( поворот сохраняет пересечение фигур). Следовательно, FE NM.

Значит, FE=NM.

Итак, мы видим, что овладение этим методом требует формирование таких умений:

1) строить образы фигур при повороте;

2) находить соответственные при повороте точки на соответственных при этом же повороте фигурах;

3) «видеть» центр поворота;

4) строить на соответственные при повороте точки на произвольно данных фигурах.

III. Задачи, решаемые методом параллельного переноса.

Задача 2.1.9. Даны две окружности F₁, F₂ и прямая l. Проведите прямую, параллельную прямой l, на которой окружности F₁ и F₂ высекают конгруэнтные хорды.

Решение: Пусть прямая l ^/ искомая, т.е. прямая l ^/ высекает на данных окружностях конгруэнтные хорды АВ и А^/В^/ (рис.2.1.7). Тогда точки А и А^/, В и В^/ можно рассматривать как соответственные при параллельном переносе: О₁ О₁^/ (умение строить соответственные точки на любых заданных фигурах).

Т.к. точка А^/ является образом

точки А, принадлежащей

окружности F₁, то точка

А^/ принадлежит образу окружности F₁.

Следовательно, А^/-

рис.2.1.7. общая точка окружности F₂ и образа окружности F₁ при параллельном переносе (умение строить образы фигур при параллельном переносе).

Построив точку А^/, находим на окружности F₁ её прообраз (умение выделять соответственные при повороте точки на соответственных при том же повороте фигурах).

Если F₂= (F₁), то задача имеет бесконечное множество решений. В остальных случаях задача имеет не более четырех решений, т.к. окружность F₂ имеет не более двух точек пересечения с окружностью F₁^/= (F₁) и не более двух точек пересечения с окружностью F₁^//= (F₁).

Задача 2.1.10. Расстояние между центрами двух пересекающихся окружностей равных радиусов равно d.

Прямая, параллельная линии центров, пересекает первую окружность в точках А и В, вторую – в точках С и Д. Найдите длину отрезка АС (рис.2.1.8).

Решение. Обозначим центры данных окружностей через О₁и О₂.

Тогда параллельный перенос (умение выделять элементы,

определяющие параллельный перенос) отобразит окружность с центром О₁ на окружность с центром О₂.(умение строить образы фигур при параллельном переносе). Точка А при этом переносе перейдёт в точку С, а точка В – в точку Д (умение видеть соответственные пи параллельном переносе точки на соответственные при том же переносе фигурах).

Следовательно, АС=ВД= О₁О₂=d.

Нетрудно видеть, что при овладении методом параллельного переноса требует формирования таких же умений, как и при методах симметрии и поворота.

Задачи, решаемые методом гомотетии.

Задача 2.1.11. Дан угол АВС и внутри него точка М. Проведите через точку М прямую так, чтобы отрезок её, заключенный внутри угла АС, делится точкой М в отношении .

Решение: Пусть отрезок КД искомый, т.е. (рис.2.1.9). Тогда гомотетия Н отобразит точку Д на точку К (умение выделять элементы, определяющие гомотетию).

рис.2.1.9

Т.к. Д ВС, то К В^/С^/, где В^/С^/=Н (ВС) (умение строить образы фигур при гомотетии и «видеть» соответственные при гомотетии точки на соответственных фигурах).

Следовательно, К=ВА В^/С^/. Построив точку К^/, найдем на ВС точку Д, являющуюся прообразом точки К при гомотетии Н .

Задача 2.1.12. Через точку М касания окружностей F₁ и F₂ проведены секущие k и l, пересекающие окружность F₁, кроме точки М, в точках А и В, а окружность F₂- точках С и Д. Докажите, что прямые АВ и СД параллельны.

Решение. Две окружности, касающиеся в точке М, гомотетичны относительно этой точки (умение выделять центр гомотетии). Рассмотрим гомотетию, при которой (умение видеть образ данной фигуры).

Эта гомотетия отобразит точку А на точку С (рис2.1.10), а точку В на точку Д (умение видеть соответственные фигуры при гомотетии точки на соответственных при той же гомотетии фигурах).

Используя свойства гомотетии, получаем АВ .

Таким образом, овладение методом гомотетии требует формирование следующих геометрических умений учащихся академических лицеев:

1) строить образы фигур при гомотетии;

2) находить соответственные при гомотетии точки на соответственных при той же гомотетии фигурах;

3) выделять элементы, определяющие гомотетию (центр гомотетии, коэффициент);

4) строить соответственные при заданной гомотетии точки на произвольных фигурах.

Анализ решения задач методами симметрии, поворота, параллельного переноса и гомотетии позволили нам выделить те умения, овладения которыми будут способствовать развитию у них таких умений и навыков как: осмысленно подходить к поставленной проблеме; правильно изображать пространственные фигуры на чертежах; комбинированного применения тех или иных теорем и правил; распознавания различных геометрических объектов и их свойств; решения задач повышенной трудности с применением различного типа преобразований и групп преобразований; умение на практике применять полученные теоретические формулы и преобразования; конструктивные умения.

Рассмотрим разработку урока геометрии в академическом лицее.

Тема: «Движения».

Цели урока.

Образовательная цель - ввести понятие движения пространства, познакомить учащихся с различными видами движения.

Развивающая цель – формирование и развитие умений использования метода геометрических преобразований в решении задач.

Воспитательная цель - развитие умения использования методов научного исследования в решении задач.

Оборудование. Таблица по теме «движения», компьютерная программа – тест для проверки знаний и умений по теме, линейки и карандаши, карточки-образцы решенных задач.

Примерный план

1. Организационный момент.

2. Проверка домашнего задания и проверка знаний и умений, приобретенных ранее по данной теме (тест – опрос на компьютере).

3. Ввести понятие отображения пространства на себя: если каждой точке М пространства сопоставлена в соответствии некоторая точка М₁, причём любая точка М₁ пространства оказалась поставленной в соответствие какой-то точке М, то говорят, что задано отображение пространства на себя.

4. Отметить, что особую роль в геометрии играют отображения пространства на себя, сохраняющие расстояние между точками. Они называются движениями пространства.

Таким образом, если при движении пространства точки А и В переходят (отображаются) а точки А₁ и В₁, то АВ=А₁В_1.В учебнике рассматриваются четыре вида движений и доказывается, что центральная симметрия и параллельный перенос являются движениями.

Доказательства этих утверждений достаточно прозрачны, они могут быть изучены на одном уроке.

В случае центральной, осевой и зеркальной симметрий используется метод координат сначала устанавливается связь между координатами двух симметричных точек М (х,у,z) и М₁(х ₁,у₁,z₁).

Например, если рассматривается центральная симметрия относительно начала координат, то х₁= -х, у₁= -у, z₁= -z. Далее для любых двух точек А(х ₁,у₁,z₁) и В (х₂, у₂, z₂)и симметричных им точек А₁и В₁доказывается, что АВ=А₁В₁,то есть сохраняется расстояние между точками.

Доказательство утверждения о том, что параллельный перенос является движением, можно привести с помощью векторов.

5. Решение задач.

Задача 2.2.3. Докажите, что при центральной симметрии прямая не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей прямую.

Решение. а) Рассмотрим центральную симметрию пространства с центром О и произвольную прямую АВ, не проходящую через точку О

Прямая АВ и точка О определяют единственную плоскость α. Точки А и В переходят при данной симметрии в точки А₁и В₁, также лежащие в плоскости α. Поэтому и вся прямая А₁В₁ лежит в плоскости α.

б) Докажем сначала, что прямые ОАВ и ОА₁В₁ равны по двум сторонам (ОА=ОА₁, ОВ=ОВ₁) и углу между ними ( АОВ = А₁ОВ₁). Из равенства треугольников следует, что АОВ = А₁В₁О, т.е. равны накрест лежащие углы при пересечении прямых АВ и А₁В₁ секущей ВВ₁. следовательно, АВ║А₁В₁

в) Докажем теперь, что при центральной симметрии с центром О прямая АВ отображается на прямую А₁В₁, то есть произвольная точка М прямой АВ переходит в некоторую точку М₁ прямой А₁В₁ (иначе говоря, произвольная точка М прямой АВ симметрична некоторой точке М₁ прямой А₁В₁ относительно точки О), и обратно, произвольная точка М₁ прямой А₁В₁ симметрична относительно О некоторой точке М прямой АВ. Возьмём на прямой АВ произвольную точку М (отличную от А) и проведём прямую МО. Она пересекает прямую А₁В₁в какой-то точке М₁. (см. рис 2.2.7) Треугольники МАО и М₁А₁О равны по стороне (АО=А₁О) и прилежащие к ней углы ( МОА= М₁ ОА₁, как вертикальные; МАО= М₁ ОА₁, как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ и А₁В₁ секущей ММ₁). Поэтому МО=ОМ₁, а это и означает, что точка М переходит при симметрии относительно О в точку М₁, лежащую на прямой А₁В₁. Аналогично доказывается обратное: любая точка М₁ прямой А₁В₁ симметрична некоторой точке М прямой АВ относительно О.

Итак, при симметрии с центром О прямая АВ, не проходящая через точку О, отображается на параллельную прямую А₁В₁.

Задача 2.2.4. Докажите, что при центральной симметрии плоскость, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей плоскость.

Решение. Рассмотрим центральную симметрию пространства с центром в точке О и произвольную плоскость α., не проходящую через точку О. (рис.2.2.6). Пусть прямые а и в, пересекающиеся в точке А, лежат в плоскости α.. При симметрии с центром в точке О прямые а и в переходят в соответственно параллельные прямые а₁ и в₁.

При этом точка А переходит в некоторую точку А₁, лежащую на прямой в а₁, так и на прямой в₁, а значит прямые а₁ и в₁ пересекаются.

Пересекающиеся прямые а₁ и в₁ определяют единственную

плоскость α.₁. По признаку параллельности плоскостей α. α.₁. в₁ а ₁

Далее не трудно доказать, что при центральной симметрии с центром в точке О плоскость α. отображается на плоскость α.₁. Доказательство можно провести аналогично тому, как было сделано в предыдущей задаче, как для прямых АВ и А₁В₁.

6. Постановка домашнего задания (по карточкам с решениями задач).

Задача 2.2.5. При зеркальной симметрии относительно плоскости α. плоскость β отображается на плоскость β₁. Докажите, что если β α, то β₁ α..

Решение. Доказательство проведём методом от противного. Предположим, что β α, а плоскости α.₁и β₁ пересекаются. Тогда они имеют общую точку М. Так как М α, то при данной зеркальной симметрии точка М отображается в себя. Отсюда следует, что точка М, которая принадлежит плоскости β₁, лежит также в плоскости β. Но тогда α. и β пересекаются. Полученное противоречие показывает, что наше предположение ложно, следовательно, β₁ α..

Задача 2.2.6. Докажите, что центральная симметричность цилиндра равносильна центральной симметричности его основания.(цилиндр общего вида)

Решение. Пусть Z-цилиндр, имеющий центр симметрии – точку О, а Q и Q′ - его основания. Пусть Q лежит в плоскости α, а Q′ - в плоскости α′. Проведем через О прямую, параллельную образующим цилиндра. Она пересечёт плоскость α в точке А, а плоскость α ′ в точке А′. Точка О является серединой отрезка АА′ (так как О- центр симметрии цилиндра). Покажем, что А – центр симметрии основания Q, а точка А′ - основания Q′ (рис.2.2.9).

Возьмём любую точку х Q, и пусть У′ - симметричная ей точка (относительно О). ясно, что У′ Q′. Точка У′ является одной из концов образующей УУ′ цилиндра Z. Так как ХО= У′О и ОА УУ′, то ХА=АУ. Поэтому точка У симметрична точке Х относительно точки А.

Итак, А - центр симметрии основания Q. Точно так же А′ - центр основания Q′.

Пусть теперь, наоборот, дано, что Z имеет основание, симметричное относительно некоторой точки А. Тогда строим образующую АА′ и берём точку О - середину этого отрезка. Возьмём затем любую точку М Z и проведём через неё образующую ХХ′. Точка У, симметричная точке Х относительно точки А, будет точкой основания Q. Идущая из У образующая УУ′ цилиндра Z пересечет прямую ОМ в точке М′ Z, симметричной точке М относительно точки О. Итак, О- центр симметрии цилиндра Z.

Задача 2.2.7. Куб повернули на 60⁰ относительно его диагонали. Найдите пересечение и объединение исходного и полученного куба.

Решение. Известно, что в кубе есть сечение, являющееся правильным шестиугольником и перпендикулярное диагонали куба. Если в кубе

АВСДА₁В₁С₁Д₁(рис.2.2.8)

взять диагональ АС₁, то такое сечение можно получить, если провести через середину этой диагонали точку О- плоскость α

АС₁. В сечении получим правильный шестиугольник KLMNPQ=T,

причём K- середина ребра ДД₁и т.д.

При повороте куба вокруг АС₁ на 60⁰

рис 2.2.8 шестиугольник Т перейдёт сам в себя. Будем считать, что точка К перешла в точку L, точка L- в точку М и т.д. Так как вершины А и С₁ лежат на оси поворота, то (А)=А и (С₁)=С₁.

Поэтому отрезки АК,AL,AQ и т.д. перейдут в отрезки AL,AM,AK и т.д. Поскольку отрезки AK и AL лежат в грани АА₁Д₁Д, то плоскость этой грани после поворота перейдёт в плоскость ALM, а образ этой грани квадрат (АА₁Д₁Д)- отсечёт от куба тетраэдр AA₁LM. Кроме того, от куба АВ…С₁Д₁ повёрнутый куб отсечёт ещё два тетраэдра с вершиной А – ABNP и AДQK, а также три тетраэдра с вершиной С₁. Следовательно, искомая часть кубов состоит из двух шестиугольных пирамид с вершинами А и С₁ и общим основанием KLMNPQ.

Далее предложим задачи, в решении которых используются геометрические преобразования.

Задача 2.2.8. В трапеции АВСД с основаниями ВС и АД на сторонах АВ и СД выбраны точки К и М. Докажите, что если ВАМ = СДК, то ВМА= СКД.

Решение. Пусть О - точка

Пересечения продолжений боковых

сторон АВ и СД данной трапеции.

Воспользуйтесь поиском по сайту: