85698 (Композиции преобразований), страница 3
Описание файла
Документ из архива "Композиции преобразований", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "математика" из , которые можно найти в файловом архиве . Не смотря на прямую связь этого архива с , его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "остальное", в предмете "математика" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "85698"
Текст 3 страницы из документа "85698"
Если прямые b и c скрещиваются, то композиция Sc◦Sb является винтовым движением Rh2◦ , ось h которого есть общий перпендикуляр к прямым b и c, вектор коллинеарен оси h, угол равен ориентированному углу между прямыми b и c (рис. 9в). В силу равенства () композиция Sl◦Sa является этим же самым винтовым движением: Sl◦Sa=Rh2◦ , то есть h – общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым a и l, и угол (a, l)= .
| h | l | |||||||||
a | |||||||||||
c | |||||||||||
| |||||||||||
b | |||||||||||
Рис. 9в
Таким образом, если оси b и c - скрещивающиеся, то прямые a, b и c попарно скрещиваются и имеют общий перпендикуляр h. Ось l удовлетворяет следующим условиям: l и h - перпендикулярные прямые, расстояния между прямыми b, c и a, l равны, и углы между этими осями также равны.
Обобщая все рассмотренные случаи, получаем, что композиция трех осевых симметрий является осевой симметрией, если исходные оси либо попарно параллельны, либо попарно скрещиваются и имеют общий перпендикуляр, либо лежат в параллельных плоскостях по две, пересекаются, и прямая, проведенная через точки пересечения, является для осей общим перпендикуляром.
Задача 10. Композиция трех осевых симметрий есть перенос: Sc◦Sb◦Sa= . Каково взаимное положение их осей?
Решение. Если прямые b и c параллельны, то композиция Sc◦Sb является переносом . Тогда ◦Sa= , полученное равенство эквивалентно равенству Sa= ◦ или Sa= (этот факт легко доказывается по аналогии с композицией переносов в планиметрии, см. [2], с. 308). Это равенство противоречиво, а значит композиция Sc◦Sb◦Sa при параллельных b и c не может быть переносом.
Если прямые b и c пересекаются в точке O, то композиция Sc◦Sb является поворотом Rh, где h – перпендикуляр к плоскости, проходящей через прямые b и c, при этом точка O принадлежит оси поворота h, и угол =2(b, c). Тогда исходная композиция Sc◦Sb◦Sa= будет эквивалентна следующей композиции Rh◦Sa= . Такое возможно только, если поворот Rh является осевой симметрией пространства, т.е. угол = , при чем оси симметрий a и h параллельны, и расстояние между ними равно . В силу этих рассуждений, получили, что ось a перпендикулярна плоскости (b, c), а прямые b и c перпендикулярны между собой.
Таким образом, при пересекающихся осях b и c для выполнения исходного равенства необходимо, чтобы прямые a, b и c были попарно перпендикулярными.
Если b и c скрещиваются, то композиция Sc◦Sb является винтовым движением Rh◦ , где h – общий перпендикуляр прямых b и c, угол =2(b, c), = (рис. 10).
| h | ||||||||||||
B | |||||||||||||
b | |||||||||||||
c | |||||||||||||
C | |||||||||||||
Рис. 10
Следовательно, Sc◦Sb◦Sa= эквивалентно равенству Rh◦ = ◦Sa. А это возможно, если угол =, и прямые a и h параллельны, иначе говоря прямая a перпендикулярна b и c. Т.е. исходное равенство при скрещивающихся прямых b и c возможно, если все три оси взаимно перпендикулярны.
Таким образом, композиция трех осевых симметрий пространства есть перенос, если оси этих симметрий попарно перпендикулярны.
1.5. Применение композиций движений пространства к решению задач
Аппарат движений пространства, а в частности композиции движений пространства, можно эффективно применять для решения геометрических задач.
Задача 11. Докажите, что биссектрисы двух плоских углов трехгранного угла DABC и биссектриса угла, смежного с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости.
Решение. Пусть DE, DF – биссектрисы плоских углов ADB и BDC, DH – биссектриса угла, смежного с углом ADC, т.е. DAE=EDC, BDF=FDC, CDH=HDK (рис.11).
| D | K | H | |||||||||
A | ||||||||||||
C | ||||||||||||
E | F | |||||||||||
B |
Рис. 11
Рассмотрим композицию f трех осевых симметрий: f=SDH◦SDF◦SDE. Движение f – это движение первого рода, как композиция движений первого рода. К тому же композиция SDH◦SDF◦SDE отображает прямую AK на себя, точка D при этом неподвижна. Следовательно, рассматриваемая композиция есть осевая симметрия.
Воспользовавшись выводами, полученными в задаче 8 для случая с пересекающимися осями симметрий, можно сказать, что прямые DE, DF и DH лежат в одной плоскости.
Задача 12. Через вершину D прямого трехгранного угла DABC внутри его проведен луч DO. Доказать, что выполняется неравенство:
(DO, DA)+(DO, DB)+(DO, DC)<180.
Решение. Обозначим через DE, DF и DH лучи, симметричные лучу DO относительно прямых DA, DB и DC соответственно (рис. 12). Поскольку трехгранный угол DABC – прямой, то прямые DB и DC перпендикулярны, и SDC◦SDB=SDA (как композиция двух поворотов). Рассмотрим образ луча DF после применения симметрии SDA:
SDA(DF)=(SDC◦SDB)(DF)=SDC(DO)=DH, кроме того SDA(DO)=DE.
Следовательно, (DO, DF)=(DE, DH). Аналогично можно доказать, что (DO, DE)=(DF, DH) и (DO, DH)=(DE, DF).
| D | ||||||||||||
H | |||||||||||||
E | |||||||||||||
C | |||||||||||||
A | O | ||||||||||||
B | |||||||||||||
F |
Рис. 12
Оценим искомую сумму углов, учитывая полученные равенства:
(DO, DA)+(DO, DB)+(DO, DC) =
= (DO,DE) + (DO,DF) + (DO,DH) = ( (DF,DH) + (DE,DH) +
+ (DE,DF) ). Лучи DE, DF и DH являются ребрами трехгранного угла DEFH, а значит сумма (DF,DH)+(DE,DH)+(DE,DF)<360.
Таким образом, (DO, DA)+(DO, DB)+(DO, DC)<180.
§2. Композиции подобий и аффинных преобразований пространства
Среди преобразований пространства выделяют также преобразования, не сохраняющие расстояния между точками, - это подобия, гомотетии как частный случай подобий, и аффинные преобразования.
Задача 13. Найти композицию гомотетии и переноса пространства: ◦HOk.
Решение. Рассмотрим образ произвольной точки X после применения искомой композиции. Пусть X1 – образ X после применения HOk: HOk(X)=X1, а точка X2 – образ X1 после применения переноса: (X1)= X2. Через центр гомотетии O проведем прямую n параллельную прямой, содержащую вектор (рис. 13).
n | S1 |
| S | O | |||||||||
X | |||||||||||||
X1 |
| X2 |
Рис. 13
Найдем образ точки пересечения построенной прямой n и прямой XX2 при гомотетии HOk: HOk(S)=S1. Тогда = , поэтому точка S при заданной композиции неподвижна, кроме того, не зависит от выбора точки X. С учетом того, что =k , =k (т.к. треугольники SOX и X1XX2 подобны), искомая композиция является гомотетией HSk.
Таким образом, ◦HOk=HSk. (4)
Задача 14. Найти композицию двух гомотетий пространства.
Решение. Рассмотрим образ произвольной точки X после применения композиции гомотетий f=HBm◦HAk. Пусть HAk (X)=X1, т.е. по определению гомотетии =k , HBm(X1)=X2, т.е. =m (рис.14). Найдем образ точки A после применения гомотетии HBm: HBm(A)=A1, т.е. =m . Таким образом, отрезок A1X2 – это образ отрезка AX после применения данной композиции, при этом прямые, содержащие эти отрезки параллельны (это следует из подобия треугольников ABX1 и A1BX2). Если прямые AA1 и XX2 пересекаются (обозначим точку их пересечения C), тогда, рассматривая подобные треугольники ACX и A1CX2 , выразим вектор :
= = , при этом =m =km .
| X2 | ||||||||
A1 | |||||||||
C | |||||||||
B | |||||||||
A | |||||||||
X | |||||||||
X1 |
Рис. 14
Следовательно, = km . Точка C не зависит от выбора точки X, значит композиция f является гомотетией с центром в C:
HBm◦HAk=HCkm. (5)
Если прямые AA1 и XX2 не пересекаются, т.е. = , то km=1, следовательно, композиция f есть перенос пространства:
HBm◦HAk= . (6)
Все эти рассуждения верны и для совпадающих центров исходных гомотетий.
Задача 15. Найти композицию двух подобий пространства.
Решение. Так как любое подобие пространства можно представить в виде композиции поворота и гомотетии, центр которой лежит на оси поворота, то, учитывая ассоциативность этого представления, будем находить требующуюся композицию в следующем виде: f=HBm◦Rh◦Rl◦HAk.
Рассмотрим несколько случаев.
1)Если оси поворотов h и l параллельны, и при этом сумма углов не равна 2, то композиция поворотов является поворотом Rn+ , где ось n параллельна исходным осям h, l. Тогда f=HBm◦Rn+◦HAk, при этом композиция Rn+◦HAk является по определению подобием, а значит, эта композиция может быть представлена в виде HDk◦Rp+. И равенство f=HBm◦Rn+◦HAk эквивалентно равенству f=HBm◦HDk◦Rp+ . По формуле (5) HBm◦HDk=HCkm (при km1), значит f=HCkm◦Rp+, а это по определению подобие. При km=1 по формуле (6) HBm◦HDk= , и f= ◦Rp+, а это, в общем случае, винтовое движение.
2)Если же при параллельных осях данных поворотов h и l сумма углов равна 2, то композиция поворотов Rh◦Rl является переносом пространства , и в этом случае f=HBm◦ ◦HAk. Композиция ◦HAk согласно выводу (4) есть гомотетия с центром в некоторой точке C с коэффициентом k: ◦HAk=HСk. Следовательно, f=HBm◦HСk, а это гомотетия пространства (согласно формуле (5)) или параллельный перенос пространства (по (6) ).
3)Если прямые h и l пересекаются, то композиция поворотов Rh◦Rl является поворотом Rn. И нахождение композиции f сводится к случаю 1.
4)Если оси h и l скрещиваются, то композиция поворотов Rh◦Rl является винтовым движением, следовательно, композиция Rh◦Rl◦HAk является подобием пространства, которое можно представить композицией поворота и гомотетии: Rh◦Rl◦HAk=Rn◦HСn. Тогда нахождение f сводится к случаю 1.
Таким образом, композиция двух подобий пространства, произведение коэффициентов которых не равно 1, есть подобие пространства или гомотетия (в случае параллельных осей поворотов и сумме их углов 2), в тривиальном случае, когда произведение коэффициентов исходных подобий равно 1, эта композиция может вырождаться в винтовое движение пространства или перенос.
Аналогичная ситуация обстоит и с композицией аффинных преобразований пространства, т.е. в общем случае композиция двух аффинных преобразований пространства также является аффинным преобразованием.
Литература
1. Гусев В. А., Тхамафокова С. Т. Преобразования пространства. Москва: «Просвещение», 1979.
2. Понарин Я. П. Геометрия: Учебное пособие. Ростов-на-Дону: «Феникс», 1997.
3. Понарин Я. П. Преобразования пространства. Киров: 2000.
4. Скопец З. А. Геометрические миниатюры. Москва: «Просвещение», 1990.
360>