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,  BAD = CDA = 60. Найти углы ABC и BCD.

Решение. Рассмотрим параллельный перенос на вектор .

Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB = ED = , а ABE =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 BCD = 90, а CBE = 30. Тогда ABC = 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, BAC = 30.

Решение.

Сначала по теореме косинусов найдем сторону BC треугольника ABC: BC=4.

Следовательно, треугольник ABC будет равнобедренным и BCA=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 вектори параллельный перенос на вектор .

:O1O2 O1O2||AB, :O3O2O2O3||BC.

Тогда O2O1O3=BAC=30 , O1O3O2 = BCA = 30, а O3O2O1=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, AD||A1H, AD = A1H; :C H, BB1  BC ||B1H, BC=B1H. Так как по условию 1=2, а 1 =3 и 2=4 как накрестлежащие углы, то 3=4.

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.

Рисунок

Даны две окружности 1(O1, r) и 2 (O2, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.4). Прямая , параллельная прямой O1O2, пресекает окружность 1 в точках A и B , а окружность 2 в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC не зависит от положения прямой , если лучи AB и CD сонаправлены и прямая  пересекает отрезок MH.

Решение.

Пусть прямая 1 также удовлетворяет условиям задачи. Докажем, что AMC=A1MC1. Так как AMC=AMA1+A1MC, а A1MC1=A1MC+CMC1 то надо доказать, что AMА1 =СMC1 . Рассмотрим параллельный перенос на вектор . :1(O1,r) 2(O2,r). Тогда :MM1, AC, A1C1. Значит :AMA1CM1C1. Следовательно, AMA1=CM1C1. Но CM1C1=CMC1 как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CC1. Тогда AMA1=CMC1=AMC=A1MC1.

ЗАДАЧА 5.

Доказать, что точки, симметричные ортоцентру треугольника ABC относительно прямых AB, AC, BC, принадлежат описанной около треугольника ABC окружности.

Решение.

Пусть окружность (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, СHBCH1B. Следовательно, СHB =СH1B. Так как в четырехугольнике AC1HB1

Рисунок

AC1H=AB1H=90, то BAC+С1HB1=180. Тогда в четырехугольнике ABH1C имеем BAC+BH1C=BAC+BHC+BAC+C1HB1=180, т. е. точка H1 принадлежит окружности (O,r). Аналогично, рассматривая SAB и SAC, получим, что точки H2 и H3 принадлежат окружности (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 1 и 2 – прямые, содержащие биссектрисы углов BAC и ABC, а H, K, M – точки касания вписанной окружности (O,r) со сторонами AB, BC, AC. Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой 1. S1 : ACAB, CC1. Следовательно, C1AB. Так как O1, то 1 – ось симметрии окружности . Тогда S1: MH. Так как S1 : CC1, MH, то S1 : CMC1H. Следовательно, CM = C1H.

Рисунок

Аналогично, рассматривая осевую симметрию относительно прямой 2, получим CK = C2H. По свойству касательных, проведенных из внешней точки C к окружности , 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,  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, MBDMAD1. Следовательно, BD=AD1, DD1||AB, MAD1=MBD=30. Так как BAC=BCA=75, то D1AC=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 AC2D2=45, AD2C2=90. Так как треугольники ACD1 и AC2D2 подобны, (D1AC – общий, AC:AD1=AC2:AD2=:1), то ACD1=45, AD1C=90. Так как DD1||AB, D1DC=ABC=30, то DCD1=BCA- D1CA=75-45=30. Следовательно, в равнобедренном треугольнике CD1D CD1D = 120. Тогда AD1D=360 - (90 +120) = 150. Так как AD1=D1C=DD1, то в равнобедренном треугольнике AD1D

D1AD=(180-150):2=15.

Получим DAC=D1AC+D1AD=45+15=60.

ЗАДАЧА 8.

Даны две окружности 1(O1,r) и 2(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 1 – касательная к окружности 1 в точке H, а 2 – касательная к окружности 2 в точке М. В треугольнике O1BO2 имеем O1O2=O1B=O2B. Аналогично O1O2=O1A=O2A в треугольнике O!AO2. Тогда BO1A=BO2A=120. Отсюда следует, что BO2A=BO1A=120. В треугольнике MBH получим BMA=BHA=60. Тогда MBH=60. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 600. RB60:O1O2, MH. Значит RB60:O1MO2H. Тогда RB60:12, так как по свойству касательной 1 O1M, 2 O2H. Следовательно, угол между прямыми 1 и 2 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.

1^ Движением называется преобразование плоскости, сохраняющее расстояние между любыми двумя точками.