ЦЕНТРАЛЬНА СИМЕТРІЯ: ВЛАСТИВОСТІ, ПРИКЛАДИ ТА ВПРАВИ - МАТЕМАТИКА - 2025

Дві точки A і A 'мають центральну симетрію щодо точки O, коли відрізок AA' проходить через неї, і він також є середньою точкою AA '. Точку O називають центром симетрії.

Центральний симетричний трикутник ABC щодо точки O - це інший трикутник A'B'C ', який має такі характеристики:

-Гомологічні сегменти мають однакову довжину

-У їх відповідних кутах є однаковий показник.

Рисунок 1. Трикутник ABC та його симетричний A'B'C '. Джерело: Ф. Сапата.

На малюнку 1 зображено трикутник ABC (червоний) та його центральна симетрія A'B'C '(зелений) щодо центру симетрії O.

На цій же фігурі уважний спостерігач усвідомив би, що той самий результат отримують, застосовуючи обертання початкового трикутника, доки він на 180º і зосереджений у O.

Тому центральна симетрія еквівалентна повороту 180 ° щодо центру симетрії.

Властивості центральної симетрії

Центральна симетрія має такі властивості:

-Центр симетрії - це середина відрізка, який з'єднує точку зі своєю симетрією.

-Симетрична точка іншої, яка розташована в центрі симетрії, збігається з центром симетрії.

-Центральний симетричний трикутник є конгруентним трикутником (рівним) оригіналу.

-Зображення за центральною симетрією кола - це ще одне коло з рівним радіусом.

-Окружність має центральну симетрію щодо власного центру.

Малюнок 2. Дизайн із центральною симетрією. Джерело: Pixabay.

-Еліпс має центральну симетрію щодо його центру.

-Сегмент має центральну симетрію щодо своєї середньої точки.

-Рівносторонній трикутник не має центральної симетрії щодо його центру, тому що його симетрія, хоч і конгруентна першому, дає повернутий рівносторонній трикутник.

-В квадрати є центральна симетрія відносно їхнього центру.

-Пентагону відсутня центральна симетрія щодо його центру.

-Регулярні багатокутники мають центральну симетрію, коли вони мають парну кількість сторін.

Приклади

Критерії симетрії мають багато застосувань у науці та техніці. Центральна симетрія присутня в природі, наприклад кристали льоду та павутини мають такий вид симетрії.

Крім того, багато проблем легко вирішуються, скориставшись наявністю центральної симетрії та інших видів симетрії. Тому зручно швидко визначити, коли це відбувається.

Рисунок 3. Крижані кристали мають центральну симетрію. Джерело: Pixabay.

Приклад 1

Давши точку P координат (a, b), ми повинні знайти координати її симетричного P 'по відношенню до початку O координат (0, 0).

Перше, що потрібно побудувати точку P ', для якої проведено лінію, яка проходить через початок O і через точку P. Рівняння цієї прямої дорівнює y = (b / a) x.

Тепер назвемо (a ', b') координати симетричної точки P '. Точка P 'повинна лежати на прямій, яка проходить через O, і тому це правда: b' = (b / a) a '. Крім того, відстань OP повинна бути рівною OP ', яка в аналітичній формі записується так:

√ (a ² + b ² ) = √ (a ' ² + b' ² )

Далі слід підставити b '= у попередньому виразі і покласти обидві сторони рівності, щоб усунути квадратний корінь: (a ² + b ² ) =

Витягуючи загальний множник і спрощуючи, ми отримуємо, що a ' ² = a ² . Це рівняння має два реальні рішення: a '= + a або a' = -a.

Щоб отримати b ', ми знову використовуємо b' = (b / a) a '. Якщо позитивне рішення a 'замінено, ми дістаємося до b' = b. І коли від'ємний розчин заміщений, то b '= -b.

Позитивне рішення дає для P 'ту саму точку P, тому її відкидають. Негативне рішення безумовно дає координати симетричної точки:

P ': (-a, -b)

Приклад 2

Потрібно показати, що відрізок AB та його центральний симетричний A'B 'мають однакову довжину.

Починаючи з координат точки A, що є (Ax, Ay), і з точки B: (Bx, By), довжина відрізка AB задається:

d (AB) = √ ((Bx - Axe) ² + (By - Ay) ² )

За аналогією, симетричний відрізок A'B 'матиме довжину, задану:

d (A'B ') = √ ((Bx' - Ax ') ² + (Від' - Ay ') ² )

Координати симетричної точки A 'є Ax' = -Ax і Ay '= -Ay. Аналогічно B '' Bx '= -Bx і By' = -By. Якщо ці координати підміняються в рівнянні відстані d (A'B '), маємо:

d (A'B ') = √ ((-Bx + Ax) ² + (-By + Ay) ² ), що еквівалентно:

√ ((Bx - Ax) ² + (By - Ay) ² ) = d (AB)

Таким чином показано, що обидва сегменти мають однакову довжину.

Розв’язані вправи

- Вправа 1

Покажіть аналітично, що центральний симетричний O кола радіуса R і центр O - це однакове початкове коло.

Рішення

Рівняння кола з радіусом R і центром O (0,0) дорівнює:

x ² + y ² = R ² (рівняння окружності C)

Якщо в кожній точці P окружності y координат (x, y) знайдеться її симетрична P 'координат (x', y '), рівняння симетричної окружності дорівнює:

x ' ² + y' ² = R ² (рівняння симетричного кола С ')

Тепер ми посилаємось на результат прикладу 1, в якому робимо висновок, що координати точки P ', симетричної до P і з координатами (a, b), є (-a, -b).

Але в цій вправі точка P має координати (x, y), тому її симетрична P 'матиме координати x' = -xe y '= -y. Підставляючи це в рівняння симетричного кола, маємо:

(-x) ² + (-y) ² = R ²

Що еквівалентно: x ² + y ² = R ² , роблячи висновок, що центральною симетрикою кола відносно його центру є саме коло.

- Вправа 2

Покажіть в геометричній формі, що центральна симетрія зберігає кути.

Рішення

Малюнок 4. Побудова симетричних точок для вправи 2. Джерело: Ф. Сапата.

На площині три точки A, B і C. Його симетрії A ', B' і C 'побудовані відносно центру симетрії O, як показано на малюнку 4.

Тепер ми повинні показати, що кут ∡ABC = β має ту саму міру, що і кут ∡A'B'C '= β'.

Оскільки C і C 'симетричні, то OC = OC'. Аналогічно OB = OB 'і OA = OA'. З іншого боку, кут ∡BOC = ∡B'OC ', оскільки їм протиставлений вершина.

Тому трикутники BOC і B'OC 'збігаються, оскільки вони мають однаковий кут між двома рівними сторонами.

Оскільки BOC відповідає B'OC ', то кути γ і γ' рівні. Але ці кути, крім виконання γ = γ ', є внутрішніми чергуваннями між лініями BC і B'C', з чого випливає, що лінія BC паралельна B'C '.

Аналогічно BOA відповідає B'OA ', з якого випливає, що α = α'. Але α і α '- це альтернативні внутрішні кути між лініями BA і B'A', звідки робиться висновок, що лінія BA паралельна B'A '.

Оскільки кут ∡ABC = β має його сторони, паралельні куту ∡A'B'C '= β', а також обидва є гострими, робимо висновок, що:

∡ABC = ∡A'B'C '= β = β'

Доводячи таким чином, що центральна симетрія зберігає міру кутів.

Список літератури

1. Бальдор, JA 1973. Геометрія площини та космосу. Центральноамериканська культурна.
2. Математичні закони та формули. Системи вимірювання кутів. Відновлено з: ingemecanica.com.
3. Вентворт, Г. Плоска геометрія. Відновлено з: gutenberg.org.
4. Вікіпедія. Центральна симетрія. Відновлено з: es.wikipedia.com
5. Вікіпедія. Конвеєр. Відновлено з: es.wikipedia.com
6. Сапата Ф. Сполучення внутрішніх і зовнішніх кутів. Відновлено з: lifeder.com