Применение рухів вирішення завдань

Применение рухів до вирішення задач.

Бычек У. І., доцент кафедри геометрії ХДПУ.

Рассмотрим застосування найпростіших движений[1] площині, як-от паралельний перенесення, симетрія і обертання (поворот) під час вирішення завдань елементарної геометрії на обчислення і доказательство.

При рішенні завдань використовуються основні властивості руху. Так, всяке рух переводит:

прямую в пряму, а паралельні прямі - в паралельні прямі,.

отрезок — в відрізок, а середину відрізка — до середини відрізка,.

луч — в промінь,.

угол — в рівний йому угол, точки, не що лежать в одній прямий — в точки, не що лежать в одній прямой, полуплоскость — в полуплоскость.

ЗАВДАННЯ 1.

В чотирикутнику ABCD (мал.1) AB = , BC = 3, CD = 2, Ð BAD = ÐCDA = 60°. Знайти кути ABC і BCD.

Решение. Розглянемо паралельний перенесення у вектор .

Получим равнобедренную трапецію ABED, що має AB = ED = , а ÐABE =120°. Тоді CE = CD — ED = .

В трикутнику BCE маємо 9 = x2 + 3 — 2xCos60° (по теоремі косинусов), де BE = x.

Отсюда x2 — x — 6 = 0 і x = 2. Помічаючи, що BE2 = BC2 + CE2, одержимо ÐBCD = 90°, а ÐCBE = 30°. Тоді ÐABC = 120° + 30° = 150°.

ЗАДАЧА 2.

Пусть A1, B1, C1 — середини сторін трикутника ABC (мал.2), O1, О2, O3 — центри окружностей, уписаних в трикутники AC1B1, C1BA1, СВА1. Знайти кути трикутника O1O2O3, якщо AB = 4, AC = 4, ÐBAC = 30°.

Решение.

Сначала по теоремі косинусов знайдемо бік BC трикутника ABC: BC=4.

Следовательно, трикутник ABC буде равнобедренным і ÐBCA=30°. Розглянемо паралельний перенесення у вектор. Так как:A®B1, B1®C, C1®A1, то відображає трикутник AB1C1 в трикутник B1CA1. Тоді :O1®O3. Звідси випливає, що O1O3||AC. Аналогічно розглянемо паралельний перенесення у векторі паралельний перенесення у вектор .

:O1®O2Þ O1O2||AB, :O3®O2ÞO2O3||BC.

Тогда ÐO2O1O3=ÐBAC=30°, ÐO1O3O2 =Ð BCA = 30°, а ÐO3O2O1=180°-2×30°=120°.

ЗАДАЧА 3.

Пряма, через середини сторін AB і CD чотирикутника ABCD, не являющего трапецією, утворює зі сторонами AD і CD рівні кути. Довести, що AD = CB.

Решение.

Пусть M і H — середини сторін AB і CD (рис.3). Розглянемо спочатку паралельний перенесення у вектор і паралельний перенесення на вектор . : D ®H, A ®A1,Þ AD||A1H, AD = A1H; :З® H, B®B1 Þ BC ||B1H, BC=B1H. Бо за умові Ð1=Ð2, а Ð1 =Ð3 і Ð2=Ð4 як накрестлежащие кути, то Ð3=Ð4.

Затем розглянемо центральну симетрію щодо точки M. Оскільки ZM: A®B, то промінь AA1 відобразиться в промінь BB1, оскільки AA1 ||BB1||DC. ZM: A1®B1, оскільки AA1 = DH = HC = BB1. У трикутнику A1B1H медіана MH є биссектрисой. Отже, трикутник A1B1H рівнобедрений, т. е. A1H=B1H. Тоді й AB = CB.

ЗАДАЧА 4.

Дани дві окружності b1(O1, r) і b2 (O2, r), пересічні в точках M і H (рис.4). Пряма і, паралельна прямий O1O2, припиняє окружність b1 в точках A і B, а окружність b2 в точках З і D. Довести, що обсяг кута AMC не залежить від становища прямий і, якщо промені AB і CD сонаправлены і пряма і перетинає відрізок MH.

Решение.

Нехай пряма i1 також задовольняє умовам завдання. Доведемо, що ÐAMC=ÐA1MC1. Оскільки ÐAMC=ÐAMA1+ÐA1MC, а ÐA1MC1=ÐA1MC+ÐCMC1 треба довести, що ÐAMА1 =ÐСMC1. Розглянемо паралельний перенесення у вектор . :b1(O1,r) ®b2(O2,r). Тоді :M®M1, A®C, A1®C1. Отже :ÐAMA1®ÐCM1C1. Отже, ÐAMA1=ÐCM1C1. Але ÐCM1C1=ÐCMC1 як вписані кути, які спираються однією й саму дугу CC1. Тоді ÐAMA1=ÐCMC1=ÐAMC=ÐA1MC1.

ЗАДАЧА 5.

Доказать, що точки, симетричні ортоцентру трикутника ABC щодо прямих AB, AC, BC, належать описаної близько трикутника ABC окружности.

Решение.

Пусть окружність b (O, r) описана близько трикутника ABC, а H — його ортоцентр, т. е. H — точка перетину висот трикутника ABC (див. мал.5). Розглянемо осьову симетрію щодо прямий BC. SBC: B®B, C®C, H®H1. Отже SBC: CH®CH1, BH®BH1, ÐСHB®ÐCH1B. Отже, ÐСHB =ÐСH1B. Позаяк у чотирикутнику AC1HB1.

ÐAC1H=ÐAB1H=90°, то ÐBAC+ÐС1HB1=180°. Тоді, у чотирикутнику ABH1C маємо ÐBAC+ÐBH1C=ÐBAC+ÐBHC+ÐBAC+ÐC1HB1=180°, т. е. точка H1 належить окружності b (O, r). Аналогічно, розглядаючи SAB і SAC, одержимо, що точки H2 і H3 належать окружності b (O, r).

ЗАДАЧА 6.

Точки C1 і С2 є образами вершини З трикутника ABC при симетрії щодо прямих. Містять биссектрисы кутів BAC і ABC (рис.6).Доказать, що середина відрізка C1C2 є точка торкання уписаної в трикутник окружності і сторін AB.

Решение.

Пусть i1 і i2 — прямі, містять биссектрисы кутів BAC і ABC, а H, K, M — точки торкання уписаної окружності b (O, r) зі сторонами AB, BC, AC. Розглянемо осьову симетрію щодо прямий i1. Si1: AC®AB, C®C1. Отже, C1ÎAB. Оскільки OÎi1, то i1 — вісь симетрії окружності b. Тоді Si1: M®H. Оскільки Si1: C®C1, M®H, то Si1: CM®C1H. Отже, CM = C1H.

Аналогічно, розглядаючи осьову симетрію щодо прямий i2, одержимо CK = C2H. По властивості дотичних, проведених із зовнішнього точки З до окружності b, маємо CM=CK. Тоді C1H=C2H, причому точки C1, C2, H належать прямий AB. Отже, H — середина відрізка С1С2.

ЗАДАЧА 7.

Дан рівнобедрений трикутник ABC, у якому AB = BC, Ð ABC = 30°. З нашого боку BC узята точка D отже б AC: BD = : 1. Знайти кут DAC (рис.7).

Решение.

Рассмотрим осьову симетрію щодо серединного перпендикуляра MH до сторони AB. SMH: B®A, D®D1, M®M. Отже SMH: BD®AD1, ÐMBD®ÐMAD1. Отже, BD=AD1, DD1||AB, ÐMAD1=ÐMBD=30°. Оскільки ÐBAC=ÐBCA=75°, то ÐD1AC=45°. За умовою AC: BD=:1. Тоді AC: AD1=:1. На прямих AC і AD1 побудуємо точки C2 і D2 такі, що AC2=, AD2=1. Тоді, у трикутнику AC2D2 маємо.

D2C22=AC22+AD22−2AC2xAD2Cos45° =1.

Отсюда D2C2=1, т. е. трикутник AD2C2 є равнобедренным, але це отже, що ÐAC2D2=45°, ÐAD2C2=90°. Оскільки трикутники ACD1 і AC2D2 подібні, (ÐD1AC — загальний, AC: AD1=AC2:AD2=:1), то ÐACD1=45°, ÐAD1C=90°. Оскільки DD1||AB, ÐD1DC=ÐABC=30°, то ÐDCD1=ÐBCA- ÐD1CA=75°-45°=30°. Отже, в равнобедренном трикутнику CD1D ÐCD1D = 120°. Тоді ÐAD1D=360° - (90° +120°) = 150°. Оскільки AD1=D1C=DD1, то равнобедренном трикутнику AD1D.

ÐD1AD=(180°-150°):2=15°.

Получим ÐDAC=ÐD1AC+ÐD1AD=45°+15°=60°.

ЗАДАЧА 8.

Даны дві окружності b1(O1,r) і b2(O2,r), кожна з яких проходить через центр інший. Через точку, А перетину окружностей проведена пряма, яка перетинає окружності в точках M і H. Знайти кут між дотичними, проведеними до окружностям в точках M і H (рис.8).

Решение.

Пусть i1 — дотична до окружності b1 у точці H, а i2 — дотична до окружності b2 у точці М. У трикутнику O1BO2 маємо O1O2=O1B=O2B. Аналогічно O1O2=O1A=O2A в трикутнику O! AO2. Тоді ÐBO1A=ÐBO2A=120°. Звідси випливає, що ÈBO2A=ÈBO1A=120°. У трикутнику MBH одержимо ÐBMA=ÐBHA=60°. Тоді ÐMBH=60°. Розглянемо поворот навколо точки У на кут 600. RB60°:O1®O2, M®H. Отже RB60°:O1M®O2H. Тоді RB60°:i1®i2, оскільки за властивості дотичній i1^ O1M, i2^O2H. Отже, кут між прямими i1 і i2 дорівнює 60°.

ЗАДАЧА 9.

На катетах CA і CB рівнобедреного прямокутного трикутника ABC обрані точки D і E отже CD = CE (див. мал.9). Прямі, проведені через точки D і З перпендикулярно до AE, припиняють гипотенузу AB відповідно в точках До і H. Довести, що KH = HB.

Решение.

Рассмотрим поворот навколо точки З на 90°. RC90°:A ®B, D®E, E®E1, C®C. Отже RC90°:AE®BE1, CE®CE1. Отже, AE^BE1, CE = CE1. Оскільки CD=CE, то CD=CE1. За умовою DK^AE і CH^AE. Тоді BE1||CH||DK. По теоремі Фалеса маємо BH=HK.

ЗАДАЧА 10.

У прямокутному трикутнику АВС проведена медіана РМ. На катетах АС і ЗС поза трикутника побудовано квадрати АСКН і ВСДЕ. Довести, що прямі РМ і ДК перпендикулярні. (Рис. 10).

Решение.

Рассмотрим поворот навколо точки З на 900:

.

Следовательно, . Тоді У трикутнику АВК1 відрізок РМ є середньої лінією, тому СМ//ВК1. Тоді , оскільки .

ЗАДАЧА 11.

Доказать, що биссектрисы внутрішніх кутів паралелограма після перетину утворюють прямоугольник.

Рішення.

Пусть дано паралелограм АВСД (рис. 11), АА1, ВВ1, СС1 і ДД1 — биссектрисы внутрішніх кутів; До, М, М, Р — точки їх перетину. Треба довести, що чотирикутник КНМР є прямокутником. Розглянемо поворот навколо точки перетину діагоналей паралелограма на 1800, тобто центральну симетрію щодо точки .

.

Тогда . Отже, чотирикутник КНМР — паралелограм, так як він діагоналі у точці перетину діляться навпіл. У параллелограмме АВСД маємо: . Отже . Тоді, у трикутнику АВК знайдемо . У параллелограмме КНМР отримали , отже цей паралелограм — прямоугольник.

ЗАВДАННЯ 12.

Дан рівносторонній трикутник АВС і довільна точка М (рис.12). Довести, що довжина більшого із трьох відрізків МА, МВ, МС не більше од суми довжин двох других.

Решение.

Пусть ВМ — найбільший із зазначених відрізків. Розглянемо поворот навколо точки У на 600.

. Тоді . Тому АМ=СМ1, ВМ=ВМ1. Отже, трикутник МВМ1 буде рівнобічним. Тому МВ=ММ1. Однак у трикутнику МСМ1: ММ1<МС+СМ1=МС+МА, тобто МВ<МС+МА. Рівність буде зацікавлений у тому й в тому разі, коли точка М лежить окружності, описаної близько трикутника АВС.

Дополнительно про можливості використання рухів під час вирішення геометричних завдань можна прочитати в наведеної нижче литературе.

Список литературы

Атанасян К.С., Базылев В. Т. Геометрія. Ч. 1. — М. Просвітництво, 1986.

Атанасян К.С., Атанасян В. А. Збірник завдань із геометрії. Ч. 1. — М., Просвітництво, 1973.

Базылев В.Т., Дуничев До. І., Іваницька В.П. Геометрія. Ч. 1. — М. Просвітництво, 1974.

Вересова Е.Е., Денисова М. С. Збірник завдань із геометричних перетворенням.- М.: МГПИ їм. В.І. Леніна, 1978.

Для підготовки даної праці були використані матеріали із сайту internet.

[1] Движением називається перетворення площині, що зберігає відстань між будь-якими двома точками.