Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei faţă de un punct

Definiţia 1: Fiind dat un punct fix O în plan (vezi Figura 1), două puncte A şi B se zice că sunt

simetrice faţă de punctul O, dacă punctul O este mijlocul

segmentului [AB], adică:

OA=OB.

Punctul fix O se numeşte centru de simetrie. Din cele spuse mai sus rezultă că, pentru a

construi simetricul unui punct A, când cunoaştem centru de simetrie O, se uneşte A cu O şi pe

prelungirea [AO] luăm segmentul [OB], congruent cu segmentul [OA].

Teorema 2: Două segmente de dreaptă simetrice faţă de un centru de simetrie sunt paralele şi

congruente.

Demonstraţie: Într-adevăr, fie O centrul de simetrie şi segmentele [AB] şi [AB] simetrice faţă

de punctul O (vezi Figura 2). Să arătăm că segmentele [AB] şi [AB] sunt paralele şi congruente.

Patrulaterul ABAB este un paralelogram, deoarece, conform ipotezei, diagonalele [AA] şi [BB]

se înjumătăţesc. Deci

AB∥AB.

Pe de altă parte, într-un paralelogram laturile opuse sunt

congruente, deci

AB=BA.

Teorema 3: Două figuri simetrice faţă de un punct sunt congruente.

Demonstraţie: Într-adevăr fie O punctul dat şi luăm o figură, de exemplu patrulaterul ABCD, care

este simetric cu patrulaterul ABCD (vezi Figura 3). Pentru a arăta că patrulaterele ABCD şi

ABCD sunt congruente, trebuie să arătăm că ele

au unghiurile şi laturile respectiv congruente. Într-

adevăr, laturile [AB] şi [AB] fiind simetrice faţă

de punctul O, pe baza rezultatului găsit mai sus, ele

sunt congruente şi paralele. De asemenea, latura

[BC] este paralelă şi egală cu [BC]. De aici

rezultă că unghiul ∢ABC este congruent cu unghiul

∢ABC, ca unghiuri formate de laturi paralele şi îndreptate în sens contrar. La fel se arată că şi

celelalte laturi şi unghiuri respective, sunt congruente, deci figura ABCD este congruentă cu

1

figura ABCD.

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei faţă de o dreaptă

Definiţia 1: Fiind date în plan o dreaptă fixă (D) (vezi Figura 4), două puncte M şi M, se spune

că sunt simetrice faţă de dreapta (D) atunci când dreapta (D) este perpendiculară pe segmentul

[MM] în mijlocul acestuia.

Dreapta fixă (D) se numeşte axă de simetrie.

Din definiţia de mai sus rezultă că, pentru a găsi simetricul unui punct M faţă de o dreaptă

(D), se duce din punctul M o perpendiculară pe această dreaptă, apoi, pe prelungirea acestei

perpendiculare luăm segmentul [OM] congruent cu segmentul [OM].

Punctele de pe axa de simetrie sunt propriile lor simetrice. Alte puncte nu mai au această

proprietate.

Simetricul unui segment de dreaptă [MN] faţă de o dreaptă (D) se obţine unind printr-o

dreaptă simetricele punctelor M şi N (vezi Figura 5).

Teorema 2: Două segmente simetrice faţă de o dreaptă sunt ongruente.

Demonstraţie: Pentru a construi simetrica unei drepte (D1) faţă de o axă de simetrie (D) (vezi

Figura 6), se ia pe dreapta (D1) un segment [MN] şi se construieşte simetricul lui, adică [MN].

Dreapta pe care se găseşte segmentul [MN]

2

este simetrica dreptei (D1) în raport cu axa de simetrie pe care am luat-o. Dreapta (D1)

intersectează axa de simetrie în punctul A. Punctul A este propriul său simetric; deci el trebuie să

se găsească şi pe dreapta (D), pentru că simetricele tuturor punctelor de pe dreapta (D1) se află

pe dreapta (D). De aici reiese că două drepte simetrice în raport cu o dreaptă se intersectează pe

axa de simetrie.

Teorema 3: Două figuri, simetrice faţă de o axă de simetrie sunt congruente (vezi Figura 7).

În spaţiu, simetria faţă de un punct se defineşte la fel ca în geometria plană.

Rezolvarea problemelor cu ajutorul simetriei faţă de un plan

Definiţia 1: Fiind dat un plan P fix (vezi Figura 8), se spune că două puncte M şi M sunt

simetrice faţă de planul P, dacă planul P este perpendicular pe segmentul [MM] în mijlocul

acestuia.

Planul P se numeşte plan de simetrie.

Din definiţia de mai sus rezultă că, pentru

a construi simetricul unui punct M faţă de un plan

dat P, se duce din M perpendiculara MO pe planul

P, apoi se ia pe prelungirea acestei perpendiculare

segmentul [OM], cu:

OM=OM.

Metoda simetriei constă în faptul că, în

rezolvarea unor probleme de geometrie ne folosim

de simetrie pentru a reduce problema dată la una a cărei rezolvare este cunoscută sau se poate

rezolva mai uşor. Rezolvarea problemei noi aduce după sine şi rezolvarea problemei iniţiale.

Exemplele următoare pun în evidenţă aplicarea metodei simetriei.

Problema 1: În interiorul unghiului ∢AOB se dau două puncte: C şi D. Să se găsească pe latura

[OA] a unghiului dat un punct F şi pe latura [OB] un punct E, în aşa fel încât linia frântă CEFD

să fie cea mai scurtă posibilă.

Soluţie: Mai întâi construim figura (vezi figura de mai jos), care se compune din elementele date.

Pentru a găsi punctele E şi F vom proceda astfel: construim punctul C, simetricul lui C faţă de

OB, şi punctul D, simetricul lui D faţă de OA. Punctele C, D şi unghiul ∢AOB înlocuiesc

3

figura iniţială, obţinând în felul acesta o figură nouă. În loc de C şi D, acum punctele C şi D

îndeplinesc condiţiile impuse de problemă. Noua problemă la care s-a redus problema iniţială

este: să se găsească drumul cel mai scurt posibil între C şi D, care să atingă laturile [OB] şi

[OA] ale unghiului dat. Aceasta este o problemă cunoscută. Drumul cel mai scurt între două

puncte este segmentul de dreaptă care le uneşte. În cazul nostru, segmentul [CD] intersectează

laturile [OB] şi [OA] în punctele E şi F. Acestea sunt punctele căutate. Revenind la figura

iniţială, avem:

CE=CE,

deoarece sunt lungimi de segmente simetrice faţă de

axa OB;

EF=EF, (latură comună);

FD=FD,

ca lungimi de segmente simetrice faţă de axa OA;

CE+EF+FD=CE+EF+FD=CD.

Linia frântă CEFD este cea mai scurtă. Oricare alte

două puncte luate pe laturile [OB] şi [OA], în afară de E şi F găsite mai sus, ne vor da o linie

frântă mai lungă decât CEFD. Într-adevăr, fie G şi H două puncte oarecare situate, respectiv, pe

laturile [OB] şi [OA]. Vrem să arătăm că:

CE+EF+FDCG+GH+HD.

Observăm că, datorită simetriei, putem scrie:

CE+EF+FD=CE+EF+FD=CD şi

CG+GH+HD=CG+GH+HD.

Însă, în patrulaterul CDHG, segmentul [CD] este mai scurt decât linia frântă CGHD. Deci:

CDCGHD sau

CE+EF+FDCG+GH+HD.

Problema 2: Pe o masă de biliard care are forma unui dreptunghi sunt aşezate două bile. În ce

direcţie trebuie lansată una dintre bile, care după ce a atins pe rând cele patru margini să

lovească pe cea de-a doua bilă?

Soluţie: Fie ABCD dreptunghiul care reprezintă forma masei de biliard (vezi figura de mai jos) şi

M şi N poziţiile celor două bile. Ne propunem să lansăm bila M. Aceasta după ce va lovi pe rând

cele patru margini ale mesei, va trebui să lovească şi bila N. Cunoscând legile reflexiei, am putea

face acest lucru dacă am cunoaşte punctul de pe marginea AD a mesei de biliard pe care-l atinge

4

bila M lansată, deoarece în felul acesta direcţia este determinată. Pentru a găsi acest punct

procedăm astfel:

Aflarea soluţiei: Presupunem problema rezolvată. Fie I1, I2, I3 şi I4, punctele pe unde bila de

biliard atinge cele patru margini ale mesei. Observăm că bila M poate ajunge în punctul I2,

lansând-o din poziţia M1, care este simetricul punctului M faţă de latura [AD]. Cu alte cuvinte,

putem înlocui punctul M cu M1

şi îndepărtăm marginea AD.

Acum punctul M1 îndeplineşte

condiţiile lui M. De asemenea,

bila M1 poate ajunge în punctul

I3, lansând-o din punctul M2,

simetricul lui M1 faţă de latura

[DC]. Deci înlocuim punctul

M1 cu M2 şi îndepărtăm latura

[DC]. La fel se observă că bila

M2 poate ajunge în I4, dacă am

lansa-o din punctul M3, care

este simetric cu punctul M2 faţă

de latura [BC]. Deci înlocuim

poziţia bilei M2 cu M3 şi suprimăm marginea BC. Bila M3, la rândul ei, poate să lovească bila N,

dacă am lansa-o din punctul M4, simetricul lui M3 faţă de latura [AB]. Deci se poate înlocui

punctul M3 cu M4 şi îndepărta latura [AB]. Punctul I4 fiind astfel găsit, putem pleca din N prin

reflexii succesive şi găsim punctul I1, care împreună cu punctul M determină direcţia pe care

trebuie lansată bila situată în punctul M pentru a lovi, după patru reflexii, bila N.

Construcţia: Din cele spuse mai sus rezultă că, pentru a găsi punctul I1 care constituie cheia

dezlegării problemei, construim M1 simetricul lui M faţă de dreapta AD, M2 simetricul lui M1 faţă

de dreapta DC, M3 simetricul lui M2 faţă de BC şi punctul M4 simetricul lui M3 faţă de AB. Unim

M4 cu N şi găsim punctul I4. Unind I4 cu M3, găsim punctul I3; unind I3 cu M2, găsim punctul I2 şi,

în cele din urmă, unind pe I2 cu M1, găsim punctul I1.

Demonstraţie: Este cuprinsă în aflarea soluţiei.

Discuţia: Pentru ca problema să fie posibilă trebuie ca dreapta M4N să intersecteze latura [AB]

într-un punct situat între vârfurile A şi B ale dreptunghiului care reprezintă forma mesei de

biliard.

5

Problema 3: Într-un triunghi isoscel, suma distanţelor de la un punct oarecare al bazei la

celelalte două laturi este constantă.

Soluţie: Fie ABC triunghiul isoscel dat (vezi figura de mai jos), iar D un punct oarecare pe latura

[BC]. Din punctul D ducem perpendiculare pe laturile [AC] şi [AB]. Se cere să arătăm că:

DE+DF=constant.

Să construim simetricul triunghiului ABC faţă de latura [BC] ca axă de simetrie. Segmentul [DF]

este congruent cu [DF] care la rândul lui este în prelungirea segmentului [ED]. Într-adevăr,

triunghiul ABC fiind isoscel, are:

∢ABC∢ACB, (1).

Triunghiurile dreptunghice BDE şi DFC având câte un

unghi ascuţit de măsuri egale, urmează că ele au şi celelalte

două unghiuri ascuţite tot congruente, adică:

∢BDE∢FDC.

Însă:

∢FDC∢CDF, (2),

prin simetrie. Deci:

∢BDE∢CDF.

Deoarece unghiurile ∢BDE şi ∢CDF sunt congruente şi

având poziţia a două unghiuri opuse la vârf, urmează că segmentul [DF] este în prelungirea

segmentului [ED]. Pe de altă parte, segmentele [DF] şi [DF] sunt congruente, pentru că sunt

simetrice faţă de BC, deci:

ED+DF=ED+DF=EF.

Unghiul ∢ABC fiind congruent cu unghiul ∢BCG, deoarece:

∢ABC∢ACB, (triunghiul ABC fiind isoscel);

∢ACB∢BCG, (prin simetrie).

Deci:

∢ABC∢BCG.

Urmează că dreptele AB şi CG sunt paralele. Ducând înălţimea [CH] în triunghiul ABC, avem:

CH∥EF

pentru că amândouă sunt perpendiculare pe aceeaşi dreaptă AB. De aici rezultă că patrulaterul

EFCH este un dreptunghi în care avem:

6

EF=CH sau:

ED+DF=CH.

Însă înălţimea dusă în triunghiul ABC din vârful C este o mărime constantă, deci:

ED+DF=constant.

7