Применение движений к решению задач
Применение движений к решению задач
Бычек В. И., доцент кафедры геометрии ХГПУ
Рассмотрим применение простейших движений1 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®H2. Значит SBC: CH®CH2, BH®BH2, ÐСHB®ÐCH2B. Следовательно, ÐСHB =ÐСH2B. Так как в четырехугольнике AC1HB1
ÐAC1H=ÐAB1H=90°,
то ÐBAC+ÐС1HB1=180°.
Тогда в четырехугольнике ABH2C имеем
ÐBAC+ÐBH2C=ÐBAC+ÐBHC+ÐBAC+ÐC1HB1=180°,
т. е. точка H2 принадлежит окружности
b(O,r).
Аналогично, рассматривая SAB и SAC, получим,
что точки H3 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 литературы
Атанасян 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, 1978.
Для подготовки данной применялись материалы сети Интернет из общего доступа
1 Движением называется преобразование плоскости, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками.