Бычек В. И., доцент кафедры геометрии ХГПУ
Рассмотрим применение простейших движений[1] плоскости, таких как параллельный перенос, симметрия и вращение (поворот) при решении задач элементарной геометрии на вычисление и доказательство.
При решении задач используются основные свойства движения. Так, всякое движение переводит:
прямую в прямую, а параллельные прямые – в параллельные прямые,
отрезок – в отрезок, а середину отрезка – в середину отрезка,
луч – в луч,
угол – в равный ему угол,
точки, не лежащие на одной прямой – в точки, не лежащие на одной прямой,
полуплоскость – в полуплоскость.
ЗАДАЧА 1.
В четырехугольнике ABCD (рис.1) AB = 
, BC = 3, CD = 2, Ð BAD = ÐCDA = 60°. Найти углы ABC и BCD.
Решение. Рассмотрим параллельный перенос на вектор 
.
Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB = ED = , а ÐABE =120°. Тогда CE = CD – ED = .
В треугольнике BCE имеем 9 = x2 + 3 – 2xCos60° (по теореме косинусов), где BE = x.
Отсюда x2 - x - 6 = 0 и x = 2. Замечая, что BE2 = BC2 + CE2, получим ÐBCD = 90°, а ÐCBE = 30°. Тогда ÐABC = 120° + 30° = 150°.
ЗАДАЧА 2.
Пусть A1, B1, C1 – середины сторон треугольника ABC (рис.2), O1, О2, O3 – центры окружностей, вписанных в треугольники AC1B1, C1BA1, СВА1. Найти углы треугольника O1O2O3, если AB = 4, AC = 4, ÐBAC = 30°.
Решение.
Сначала по теореме косинусов найдем сторону BC треугольника ABC: BC=4.
Следовательно, треугольник ABC будет равнобедренным и ÐBCA=30°. Рассмотрим параллельный перенос на вектор
. Так как
:A®B1, B1®C, C1®A1, то 
отображает треугольник AB1C1 в треугольник B1CA1. Тогда :O1®O3. Отсюда следует, что O1O3||AC. Аналогично рассмотрим параллельный перенос на вектор
и параллельный перенос на вектор 
.
:O1®O2Þ O1O2||AB, 
:O3®O2ÞO2O3||BC.
Тогда ÐO2O1O3=ÐBAC=30° , ÐO1O3O2 =Ð BCA = 30°, а ÐO3O2O1=180°-2×30°=120°.
ЗАДАЧА 3.
Прямая, проходящая через середины сторон AB и CD четырехугольника ABCD, не являющего трапецией, образует со сторонами AD и CD равные углы. Доказать, что AD = CB.
Решение.
Пусть M и H – середины сторон AB и CD (рис.3). Рассмотрим сначала параллельный перенос на вектор 
и параллельный перенос на вектор 
. 
: D ®H, A ®A1,Þ AD||A1H, AD = A1H; 
:C® H, B®B1 Þ BC ||B1H, BC=B1H. Так как по условию Ð1=Ð2, а Ð1 =Ð3 и Ð2=Ð4 как накрестлежащие углы, то Ð3=Ð4.
Затем рассмотрим центральную симметрию относительно точки M. Так как ZM : A®B, то луч AA1 отобразится в луч BB1 , так как AA1 ||BB1||DC. ZM : A1®B1, так как AA1 = DH = HC = BB1. В треугольнике A1B1H медиана MH является биссектрисой. Следовательно, треугольник A1B1H равнобедренный, т. е. A1H=B1H. Тогда и AB = CB.
ЗАДАЧА 4.
Даны две окружности b1(O1, r) и b2 (O2, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.4). Прямая i, параллельная прямой O1O2, пресекает окружность b1 в точках A и B , а окружность b2 в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC не зависит от положения прямой i, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая i пересекает отрезок MH.
Решение.
Пусть прямая i1 также удовлетворяет условиям задачи. Докажем, что ÐAMC=ÐA1MC1. Так как ÐAMC=ÐAMA1+ÐA1MC, а ÐA1MC1=ÐA1MC+ÐCMC1 то надо доказать, что ÐAMА1 =ÐСMC1 . Рассмотрим параллельный перенос на вектор 
. 
:b1(O1,r) ®b2(O2,r). Тогда :M®M1, A®C, A1®C1. Значит :ÐAMA1®ÐCM1C1. Следовательно, ÐAMA1=ÐCM1C1. Но ÐCM1C1=ÐCMC1 как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CC1. Тогда ÐAMA1=ÐCMC1=ÐAMC=ÐA1MC1.
ЗАДАЧА 5.
Доказать, что точки, симметричные ортоцентру треугольника ABC относительно прямых AB, AC, BC, принадлежат описанной около треугольника ABC окружности.
Решение.
Пусть окружность b(O,r) описана около треугольника ABC, а H – его ортоцентр, т. е. H – точка пересечения высот треугольника ABC (рис.5). Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BC. SBC : B®B, C®C, H®H1. Значит SBC: CH®CH1, BH®BH1, ÐСHB®ÐCH1B. Следовательно, ÐСHB =ÐСH1B. Так как в четырехугольнике AC1HB1
ÐAC1H=ÐAB1H=90°, то ÐBAC+ÐС1HB1=180°. Тогда в четырехугольнике ABH1C имеем ÐBAC+ÐBH1C=ÐBAC+ÐBHC+ÐBAC+ÐC1HB1=180°, т. е. точка H1 принадлежит окружности b(O,r). Аналогично, рассматривая SAB и SAC, получим, что точки H2 и H3 принадлежат окружности b(O,r).
ЗАДАЧА 6.
Точки C1 и С2 являются образами вершины С треугольника ABC при симметрии относительно прямых. Содержащих биссектрисы углов BAC и ABC (рис.6).Доказать, что середина отрезка C1C2 есть точка касания вписанной в треугольник окружности и сторон AB.
Решение.
Пусть i1 и i2 – прямые, содержащие биссектрисы углов BAC и ABC, а H, K, M – точки касания вписанной окружности b(O,r) со сторонами AB, BC, AC. Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой i1. Si1 : AC®AB, C®C1. Следовательно, C1ÎAB. Так как OÎi1, то i1 – ось симметрии окружности b. Тогда Si1: M®H. Так как Si1 : C®C1, M®H, то Si1 : CM®C1H. Следовательно, CM = C1H.
Аналогично, рассматривая осевую симметрию относительно прямой i2, получим CK = C2H. По свойству касательных, проведенных из внешней точки C к окружности b, имеем CM=CK. Тогда C1H=C2H, причем точки C1, C2, H принадлежат прямой AB. Следовательно, H – середина отрезка С1С2.
ЗАДАЧА 7.
Дан равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC, Ð ABC = 30°. На стороне BC взята точка D так, что бы AC: BD = 
: 1. Найти угол DAC (рис.7).
Решение.
Рассмотрим осевую симметрию относительно серединного перпендикуляра MH к стороне AB. SMH:B®A, D®D1, M®M. Значит SMH:BD®AD1, ÐMBD®ÐMAD1. Следовательно, BD=AD1, DD1||AB, ÐMAD1=ÐMBD=30°. Так как ÐBAC=ÐBCA=75°, то ÐD1AC=45°. По условию AC:BD=:1. Тогда AC:AD1=:1. На прямых AC и AD1 построим точки C2 и D2 такие, что AC2=, AD2=1. Тогда в треугольнике AC2D2 имеем
D2C22=AC22+AD22–2AC2×AD2Cos45° =1.
Отсюда D2C2=1, т. е. треугольник AD2C2 является равнобедренным, а это значит, что ÐAC2D2=45°, ÐAD2C2=90°. Так как треугольники ACD1 и AC2D2 подобны, (ÐD1AC – общий, AC:AD1=AC2:AD2=:1), то ÐACD1=45°, ÐAD1C=90°. Так как DD1||AB, ÐD1DC=ÐABC=30°, то ÐDCD1=ÐBCA- ÐD1CA=75°-45°=30°. Следовательно, в равнобедренном треугольнике CD1D ÐCD1D = 120°. Тогда ÐAD1D=360° - (90° +120°) = 150°. Так как AD1=D1C=DD1, то в равнобедренном треугольнике AD1D
ÐD1AD=(180°-150°):2=15°.
Получим ÐDAC=ÐD1AC+ÐD1AD=45°+15°=60°.
ЗАДАЧА 8.
Даны две окружности b1(O1,r) и b2(O2,r), каждая из которых проходит через центр другой. Через точку А пересечения окружностей проведена прямая, пересекающая окружности в точках M и H. Найти угол между касательными, проведенными к окружностям в точках M и H (рис.8).
Решение.
Пусть i1 – касательная к окружности b1 в точке H, а i2 – касательная к окружности b2 в точке М. В треугольнике O1BO2 имеем O1O2=O1B=O2B. Аналогично O1O2=O1A=O2A в треугольнике O!AO2. Тогда ÐBO1A=ÐBO2A=120°. Отсюда следует, что ÈBO2A=ÈBO1A=120°. В треугольнике MBH получим ÐBMA=ÐBHA=60°. Тогда ÐMBH=60°. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 600. RB60°:O1®O2, M®H. Значит RB60°:O1M®O2H. Тогда RB60°:i1®i2, так как по свойству касательной i1^ O1M, i2 ^O2H. Следовательно, угол между прямыми i1 и i2 равен 60°.
ЗАДАЧА 9.
На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC выбраны точки D и E так, что CD = CE (рис.9). Прямые, проведенные через точки D и C перпендикулярно к AE, пресекают гипотенузу AB соответственно в точках К и H. Доказать, что KH = HB.
Решение.
Рассмотрим поворот вокруг точки C на 90°. RC90°:A ®B, D®E, E®E1, C®C. Значит RC90°:AE®BE1, CE®CE1. Следовательно, AE^BE1, CE = CE1. Так как CD=CE, то CD=CE1. По условию DK^AE и CH^AE. Тогда BE1||CH||DK. По теореме Фалеса имеем BH=HK.
ЗАДАЧА 10.
В прямоугольном треугольнике АВС проведена медиана СМ. На катетах АС и ВС вне треугольника построены квадраты АСКН и ВСДЕ. Доказать, что прямые СМ и ДК перпендикулярны. (Рис. 10)
Решение.
Рассмотрим поворот вокруг точки С на 900:
Следовательно, 
. Тогда 
В треугольнике АВК1 отрезок СМ является средней линией, поэтому СМ//ВК1. Тогда 
, так как 
.
ЗАДАЧА 11.
Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник.
Решение.
Пусть дан параллелограмм АВСД (рис. 11), АА1, ВВ1, СС1 и ДД1 – биссектрисы его внутренних углов; К, Н, М, Р – точки их пересечения. Надо доказать, что четырехугольник КНМР является прямоугольником. Рассмотрим поворот вокруг точки пересечения диагоналей параллелограмма на 1800, то есть центральную симметрию относительно точки 
.
.
Тогда 
. Следовательно, четырехугольник КНМР – параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. В параллелограмме АВСД имеем: 
. Значит 
. Тогда в треугольнике АВК найдем 
. В параллелограмме КНМР получили 
, следовательно этот параллелограмм – прямоугольник.
ЗАДАЧА 12.
Дан равносторонний треугольник АВС и произвольная точка М (рис.12). Доказать, что длина большего из трех отрезков МА, МВ, МС не больше суммы длин двух других.
Решение.
Пусть ВМ – наибольший из указанных отрезков. Рассмотрим поворот вокруг точки В на 600.
. Тогда 
. Поэтому АМ=СМ1, ВМ=ВМ1. Следовательно, треугольник МВМ1 будет равносторонним. Поэтому МВ=ММ1. Но в треугольнике МСМ1: ММ1<МС+СМ1=МС+МА, то есть МВ<МС+МА. Равенство будет в том и только в том случае, когда точка М лежит на окружности, описанной около треугольника АВС.
Дополнительно о возможностях использования движений при решении геометрических задач можно прочитать в приведенной ниже литературе.
Список литературыАтанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. Ч. 1. – М. Просвещение, 1986.
Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометрии. Ч. 1. – М., Просвещение, 1973.
Базылев В.Т., Дуничев К. И., Иваницкая В.П. Геометрия. Ч. 1. – М. Просвещение, 1974.
Вересова Е.Е., Денисова Н.С. Сборник задач по геометрическим преобразованиям.- М.: МГПИ им. В.И. Ленина, 1
Похожие работы
... kМ0М. При k>0 гомотетия называется положительной, а при k<0 – отрицательной. Гомотетия с коэффициентом k является подобие с коэффициентом подобия |k|. Из определения гомотетии следует, что точка и ее образ в данной гомотетии лежат на одной прямой с центром гомотетии. При решении задач чаще всего используется гомотетия. Отметим ее основные свойства. Так всякая гомотетия с коэффициентом k¹ ...
... развитие логического мышления учащихся является одной из основных целей курса геометрии. При изучении геометрии развитие логического мышления учащихся осуществляется в процессе формирования понятий, доказательства теорем, решения задач. При изучении геометрических построений, прежде всего, приходится преодолевать трудности логического порядка. В условиях школы для преодоления этих трудностей ...
... учебник и задачник / А. П. Кисилев, Н.А. Рыбкин. – М.: Дрофа, 1995. 9. Изучение личности школьника / под. ред. Л.И. Белозеровой. – Киров, Информационный центр, 1991. 10. Коновалова, В.С. Решение задач на построение в курсе геометрии как средство развития логического мышления / В.С. Коновалова, З.В. Шилова // Познание процессов обучения физике: сборник статей. Вып.9. – Киров: Изд-во ...
... игр, теория массового обслуживания, и др. 1. ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ Целью нашего курсового проекта является решение задачи линейного программирования графическим методом. 1.1 Математическое программирование. Математическое программирование ("планирование") – это раздел математики, занимающийся разработкой методов отыскания экстремальных значений функции, на аргументы которой наложены ...
0 комментариев