Симметрия параллелизма

Теорема. (О симметрии параллелизма на плоскости Лобачевского). Если на плоскости Лобачевского прямая $b$ параллельна $a$ в заданном направлении, то и прямая $a$ будет параллельна прямой $b$ в том же направлении.

Доказательство.

1. 1) Докажем существование прямой $c$ на плоскости Лобачевского, относительно которой точки прямых $a$ и $b$ симметричны.

Рассмотрим углы $A$ и $B$. Проведём биссектрису угла $B$ - луч $q$.

Прямая $b$ параллельна прямой $a$, значит по критерию угла луч $q$ пересекает прямую $a$ в точке $M$.

Проведём биссектрису угла $A$ - луч $p$. Биссектриса лежит внутри угла, следовательно она пересекает отрезок, соединяющий стороны этого угла, то есть отрезок $BM$. Обозначим точку пересечения $p$ c $BM$ через $K$.

Из $K$ опустим перпендикуляры на прямые $a$ и $b$. Получим точки $N$ и $L$.

Рассмотрим угол $NKL$. Прямая $c$ содердит биссектрису этого угла.

2) Докажем, что относительно прямой $c$  прямые $a$ и $b$ симметричны.

а) Точки прямой $c$ равноудалены от прямых $a$ и $b$.

Возьмём на прямой $c$ любую точку $x$ и опустим из неё перпендикуляры на прямые $a$ и $b$.

Сначала покажем, что перпендикуляры $KN$ и $KL$ равны.

Так как точки биссектрисы угла равноудалены от его сторон, то и точка $K$ равноудалена от сторон угла.

В случае биссектрисы угла $A$ точка $K$ равноудалена от его сторон $AB$ и $AN$.

В то же время точка $K$ лежит на биссектрисе угла $B$ и так же равноудалена от $AB$ и $BL$ - сторон угла $B$.

В результате получаем, что, если из точки $K$ опустить перпендикуляры к прямым $a$ и $b$, то $KN=KL$ и точка $K$ равноудалена от прямых $a$ и $b$.

Покажем теперь, что любая точка $x$ равноудалена от прямых $a$ и $b$.

Соединим точку $x$ с точками $L$ и $N$.

Рассмотрим две пары треугольников: $\Delta_1$ и $\Delta_1'$, $\Delta_2$ и $\Delta_2'$.

У первой пары треугольников равны стороны $KL$ и $KN$. Сторона $KX$ - общая. Так же у этих треугольников равные углы, так как прямая $c$ содержит в себе биссектрису угла $NKL$. Следовательно треугольники $\Delta_1$ и $\Delta_1'$ равны по углу и двум сторонам. Отсюда получаем, что у этих треугольников равны и другие соответствующие углы.

Треугольники во второй паре прямоугольные. Их стороны $XL$ и $XN$ являются их гипотенузами. Углы $1$ и $1'$ равны, так как дополняют равные углы до прямых. Следовательно треугольники $\Delta_2$ и $\Delta_2'$ равны. Значит $XY=XZ$. Откуда следует, что любая точка прямой $c$ равноудалена от прямых $a$ и $b$.

2. Докажем, что для любой точки $P$, принадлежащей прямой $a$, точка $P'$, симметричная точке $P$ относительно прямой $c$, будет принадлежать прямой $b$, и наоборот.

Для начала выполним необходимые построения.

Опустим из $P$ перпендикуляр на прямую $c$. Обозначим через $O$ точку пересечения перпендикуляра с прямой $c$. Из $O$ опустим перпендикуляр на $a$. Обозначим его основание $H$. Из точки $O$ опустим перпендикуляр на прямую $b$, получим точку $T$. От точки $T$ на прямой $b$ отложим отрезок, равный $PH$ в направлении, противоположном направлению параллельности, получим точку $P'$. Соединим $P'$ с $O$.

Нужно показать, что: 1) $|OP| = |OP'|$; 2) точки $O$, $P$, $P'$ - коллинеарны (лежат на одной прямой) или же, что угол $POP'$ - развёрнутый.

1) Рассмотрим треугольники $OPH$ и $OTP'$. Они являются прямоугольными по построению.

Так как точки прямой $c$ равноудалены от прямых $a$ и $b$, то $OH=OT$.

Катеты $PH$ и $P'T$ равны по построению.

Следовательно треугольники $OPH$ и $OTP'$ равны. Значит равны и их гипотенузы: $OP=OP'$.

2) В силу равенства треугольников у них равны углы с вершиной в точке $O$. Значит равны будут и углы $2$ и $2'$.

Возвращаясь к произвольной точке $X$ прямой $c$, рассмотрим угол $YXZ$. Прямая $c$ содержит биссектрису этого угла. Углы $3$ и $3'$ равны, как смежные с равными углами треугольников $\Delta_i$ с вершиной в точке $X$.

Так как точка $X$ - любая, то можем перенести её на точку $O$, то есть угол $2$ равен углу $2'$.

$\angle 2 + \angle 4 = \angle 2' + \angle 4'$. Левая часть данного выражения - это угол, смежный с прямым, значит левая часть есть прямой угол. Тогда и в правая часть даёт прямой угол. Угол, смежный с углом $\angle 2' + \angle 4'$ также прямой. Значит угол $POP'$ - развёрнутый.

Таким образом все требования к симметричности выполнены и точки $P$ и $P'$ симметричны относительно прямой $c$, и прямые $a$ и $b$ симметричны относительно прямой $c$.

3. Докажем, что прямые $a$ и $b$ параллельны.

Прямая $a$ не пересекает прямую $b$ по условию теоремы.

Рассмотрим угол $BAA'$. Нужно доказать, что луч $t$ пересекает прямую $b$.

Возьмём на прямой $b$ точку $A''$, симметричную точке $A$ относительно прямой $c$.

$t'$ - луч, симметричный лучу $t$ относительно прямой $c$.

Так как $t'$ симметричен $t$, то $t'$ пересечёт прямую $a$ в некоторой точке $T'$.

При повторной симметрии луч $t'$ вернётся в луч $t$. При этом общая точка прямой $a$ и луча $t'$ отобразится в общую точку их образов. А это и будет точка пересечения луча $t$ с прямой $b$.

Теорема доказана.