Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию (название ВУЗ-а) Кафедра (название кафедры) КОНТРО

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
(название ВУЗ-а)
Кафедра (название кафедры)

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА
по дисциплине Геометрия
тема Геометрические преобразования плоскости
(наименование темы)

Выполнил
студент группы___________________
______________/____________/
«____»_______________2015 г.

Проверил

(должность, ученая степень, ученое звание)

______________/____________/
«____»_______________200 г.

(город)
2015

Контрольная работа №4 по геометрии

Разделы: «Преобразования плоскости».

Прежде, чем начнем разбор и решение задач, приведем принятые во многих учебниках обозначения геометрических преобразований плоскости.
Sl- осевая симметрия с осью симметрии l;
ZO- центральная симметрия с центром O;
ROφ- поворот плоскости против движения часовой стрелки вокруг точки O;
RO-φ- поворот плоскости по движению часовой стрелки вокруг точки O;
Ta=TBC- параллельный перенос на вектор a=BC;
HOk- гомотетия с центром O и коэффициентом гомотетии k;
AB- прямая AB;
AB- отрезок AB;
AB- длина отрезка AB;
AB∩CD или ABCD или AB×CD- точка пересечения прямых AB и CD;
*или ∘ или ∙- композиция или произведение (последовательное применение) преобразований.

I тип. Задачи на построение образов фигур при движении.

№7. Построить образ ромба ABCD в композиции Ta*ROφ, где O –центр ромба, φ = 90°, a=OM, [OM) – биссектриса ∠DOC.

-5715342265A
B
C
D’начнем разбор
O
M
C’
A’
l
m
D
B’≡C”
O”
D”
A”
B”
90°
00A
B
C
D’начнем разбор
O
M
C’
A’
l
m
D
B’≡C”
O”
D”
A”
B”
90°
Решение.

Данная композиция преобразований является произведением параллельного переноса на вектор OM=a и вращения вокруг точки O на угол φ=90°. Оба эти преобразования являются движениями, т.е. сохраняют расстояние между любыми точками фигуры.
Сначала построим параллельный перенос Ta, а затем – вращение вокруг точки O на угол φ=90°. Последовательность преобразований, в общем случае, нельзя менять, т.к. произведение преобразований не коммутативна, в общем – то произведения Ψ*Φ и Φ*Ψ разные (хотя, в данном случае Ta*ROφ=ROφ*Ta).
1) построим биссектрису угла DOC: ∠DOM=∠MOC=45° (диагонали ромба взаимно перпендикулярны)
M=OM)∩(DC).
Точка M является образом точки O при параллельном переносе;
2) через точку M проведем l∥(AC) и на прямой l отложим MA’=MC’=OA=OC;
3) через точку M проведем m∥(BD) и на прямую m отложим MB’=MD’=OB=OD;
Ромб A’B’C’D’ является образом ромба ABCD.
Построим вращение ROφ.
1) проведем окружность O, OM и построим центральный угол ∠MOO”=90°.
O”=O, OM∩(OO”) является образом центра данного ромба в композиции Ta*ROφ.
2) аналогично построим точку D”- образ точки D’ при вращении. Можно было также построить образы точек A’, B’, C’ и получить искомый образ ромба. Мы пойдем немного другим путем. Воспользуемся свойствами движения и ромба, а именно, что при движении сохраняются расстояния между точками, и что диагонали ромба взаимно перпендикулярны.
3) проведем D”O” и на ней отложим B”O”=D”O”: B”- следующая вершина искомого ромба;
4) элементарно доказывается, что D”O”⊥m, следовательно, второй диагональ искомого ромба принадлежит прямой m;
5) на прямой m, по разные стороны от точки O” отложим отрезки длиной A”O”=C”O”=AO=OC.
Ромб A”B”C”D”- искомый.∎

II тип. Задачи на выделение элементов, определяющих преобразование.

№11. Даны две окружности равных радиусов ω1(O1,R) и ω2(O2,R) и произвольный ∆ABC. Построить образ ∆ABC в движении, которое меняет ориентацию фигуры, не имеет неподвижных точек, и при котором ω1(O1)→ω2(O2,R) и (O1O2)→(O1O2).

-325755393065O1
O2
ω1
ω2
A
B
C
C’
B’
A’
O
d
A1
B1
C1
00O1
O2
ω1
ω2
A
B
C
C’
B’
A’
O
d
A1
B1
C1
Решение.

Попробуем разобраться, что за движение, о котором говорится в задаче. Начнем с того, что (O1O2)→(O1O2). Отрезок переходит на самого себя при следующих преобразованиях плоскости:
1) тождественное преобразование (или поворот на 360°). В этом случае фигуры не меняют ориентацию;
2) центральная симметрия (или поворот на 180°) относительно центра отрезка. В этом случае также ориентация фигур (конкретнее – ориентация данного треугольника) не меняется, кроме того, центр симметрии не подвижен.
3) осевая симметрия отвечает всем требованиям задачи.
Таким образом, движение, при котором меняется ориентация фигуры, нет неподвижных точек, и ω1(O1)→ω2(O2,R) и (O1O2)→(O1O2), является осевой симметрией относительно серединного перпендикуляра отрезка O1O2.
Построения осуществим по следующей последовательности.
1) Построим серединный перпендикуляр отрезка O1O2:
d⊥O1O2;
O1O=OO2;
2) построим симметричные точки вершин треугольника ABC относительно оси d по определению осевой симметрии:
AA’⊥d;AA1=A1A’ ⟹A’=SdA;
BB’⊥d;BB1=B1B’⟹B’=SdB;
CC’⊥d;CC1=C1C’⟹C’=SdC.
Треугольник A’B’C’ является искомым образом треугольника ABC.∎
Серые стрелки показывают направления обхода вершин данного треугольника ABC и его образа A’B’C’.

III тип. Решение задач на доказательство с применением
осевой симметрии.

-209551188720O1
O2
P
Q
A
B
C
D
M
ω1
ω2
00O1
O2
P
Q
A
B
C
D
M
ω1
ω2
№23. Две окружности ω1(O1, R1) и ω2(O2, R2) пересекаются в точках P и Q. Доказать, что угол между касательными в точке P, равен углу между касательными, проведёнными в точке Q.
Решение. Проведем прямую (O1O2) и докажем, что она является осью симметрии для точек P и Q.
∆PO1O2=∆QO1O2, т.к. PO1=QO1=R1, PO2=QO2=R2, а сторона O1O2- обащя. Следовательно, ∠PO1M=∠QO1M. Но треугольник PO1Q равнобедренный, значит, его биссектриса O1M является одновременно высотой и медианой. Отсюда следует, что O1M принадлежит серединному перпендикуляру отрезка PQ, т.е. P=SO1O2Q относительно прямой O1O2.
Таким образом, ∠O1PO2=∠O1QO2, как симметричные относительно оси углы. Но
∠APB=∠O1PO2 и ∠CQD=∠O1QO2,
как углы с взаимно перпендикулярными углами (свойство касательной и радиуса, проведенного к точке касания), следовательно,
∠APB=∠CQD.∎

IV тип. Решение задач на доказательство с применением
поворота плоскости.

№39. Прямая MN отсекает от сторон AB и BC ромба ABCD отрезки BM и BN, сумма которых равна стороне ромба. Известно, что ∠BAD= 60° . Доказать, что треугольник MND- правильный.

Решение.
-5715245110A
B
C
M
N
D
60°
60°
60°
00A
B
C
M
N
D
60°
60°
60°
Прежде всего, заметим, что маленький диагональ ромба с острым углом 60°, делит ромб на две правильные треугольники. Действительно, равнобедренный треугольник ABD имеет угол 60° при вершине A, следовательно, все его углы равны 60°, т.е. треугольник ABD правильный.
По условию задачи BM+BN=AB, следовательно, AM=BN.
Теперь рассмотрим поворот плоскости на 60° по направлению движения стрелки часов, вокруг точки D, т.е. поворот RD-60°. При этом, ∆AMD переходит в треугольник BDN (эти треугольники равны по двум соответственно равным сторонам и углу между ними), следовательно, DN=DM.
Угол между этими сторонами
∠ MDN=∠ADB+∠BDN-∠ADM=∠ADB=60°,
т.е. треугольник MND- правильный, как равнобедренный треугольник с одним углом в 60°.∎

V тип. Задачи на построение образов фигур при подобии.

№46. Дана трапеция ABCD. Построить образ этой трапеции в преобразовании
Pk=HSk*ROφ,
где центр гомотетии S=ABICD, а φ=∠BAC.

Решение.
ЗАМЕЧАНИЕ. В условии задачи, скорее всего, опечатки. В первых, что означает обозначение «S=ABICD»? Так как S- точка, то она должна быть результатом пересечения прямых, отрезков и т.д. Но AB∥CD! Кроме того, в учебниках пересечение обозначаются символами «/» или «∩». Во вторых, не дана точка O- центр вращения. Остается один выход – самостоятельно выбрать точки S и O.
Решим задачу при условии: S=AB∩BC- вершина B трапеции; а точка O пусть будет точкой пересечения диагоналей – O=AC∩BD. Я надеюсь, такие «невинные» (но вынужденные) изменения не уронят качество работы до нуля…
Таким образом, условие задачи примет такой вид:
№46. Дана трапеция ABCD. Построить образ этой трапеции в преобразовании
Pk=HSk*ROφ,
где центр гомотетии S=AB∩BC, φ=∠BAC, а O=AC∩BD.
Кроме того, предположим, что коэффициент гомотетии k>1, т.е. будем рассматривать прямую гомотетию.
Решение.
1) Построим точку C’- образ точки C по определению гомотетии: точки B, C и C’находятся на прямой (BC), k∙BC=BC’ (проще говоря, на продолжении стороны BC отлагаем отрезок длины BC’=k∙BC).
Аналогично можно построить и образы других вершин трапеции, но мы будем пользоваться свойствами гомотетии, а именно: прямая, проходящая через центр гомотетии переходит в эту же прямую; прямая, не проходящая через центр гомотетии переходит в прямую, параллельную ей, и не проходящую через центр гомотетии.
2) Проведем C’D’∥CD до пересечения с BD в точке D’.
3) Проведем D’A’∥DA до пересечения с продолжением стороны BA в точке A’.
Трапеция A’BC’D’ является образом ABCD при гомотетии с центром B и коэффициентом k.
4) Построим ∠C’OC”=∠BAC и с помощью дуги окружности O, OC’ находим точку C” на стороне OC” построенного угла.
5) Аналогичным образом построим точки D”, A”, B”- образы точек D’, A’, B’ соответственно, при повороте ROφ.
Трапеция A”B”C”D” искомый образ трапеции ABCD при композиции Pk=HSk*ROφ. Преобразование Pk- является подобием.∎
Для большей наглядности на рисунке данные задачи выполнены синим цветом, промежуточные построения – черным, а окончательный результат – зеленым.
Обратите внимание, я в тексте сделал некоторые несущественные дополнения.

-394335-201930A
B≡B’
C
D
C’
C”
B’
A’
A”
D’
D”
O
φ
φ
φ
φ
φ
00A
B≡B’
C
D
C’
C”
B’
A’
A”
D’
D”
O
φ
φ
φ
φ
φ

VI тип.

На странице представлен фрагмент работы. Его можно использовать, как базу для подготовки.

Заказать полное решение

Часть выполненной работы