Движение на евклидовой плоскости

Если же точки O, X, Y лежат на одной прямой, то отрезки XY и X^' Y^' будут либо суммой, любо разностью равных отрезков OX, OY и OX^', OY'. Поэтому и в этом случае X^'Y^'=XY. Итак, поворот является движением и обозначается

Поворот является частным случаем движения, поэтому для него выполняется  все свойства движения, а так же следующие специальные: прямая отображается в прямую, составляющую угол (угол поворота) с данной прямой.

Способы задания поворота:

1.  2.

1) [OA)

2)

₃₎ AOK=

_{4) A' : AO=OA'}

₅₎ A(A)

 

      Рис.7       Рис.8    

3.

 

 

1) AA', BB'.

1.5. Центральная симметрия

Определение 6. Центральная симметрия с центром в точке O это такое отображение плоскости, при котором любой точке X сопоставляется такая точка X', что точка O является серединой отрезка XX ^' [6,с.78].

 

 

           Рис.10

Однако можно заметить, что центральная  симметрия является частным случаем  поворота, а именно, поворота на 180. Действительно, пусть при центральной симметрии относительно точки O точка X перешла в X'. Тогда угол XOX'=180, как развернутый, и XO=OX^' , следовательно такое преобразование является поворотом на 180. Отсюда также следует, что центральная симметрия является движением.

Центральная симметрия является движением, изменяющим направления на противоположные. То есть если при центральной симметрии относительно точки O точкам X и Y соответствуют точки X '^' и Y', то

XY= X'Y'

Доказательство: Поскольку точка O середина отрезка XX', то, очевидно, OX'= OX .Аналогично OY'= OY. Учитывая это находим вектор X ^'Y ': X'Y'=OY'-OX'=- OY+OX=-(OY-OX)= -XY.Таким образом X 'Y =-XY'.

Доказанное свойство является характерным свойством центральной симметрии, а именно, справедливо обратное утверждение, являющееся признаком центральной симметрии: "Движение, изменяющее направления

на  противоположные, является центральной симметрией."

Таким образом в первой главе введено понятие движения его аналитическое выражение и свойства. Рассмотрены частные случаи движения, представлены общие их свойства.

 

ГЛАВА 2. ПРИМЕНЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ НА ПЛОСКОСТИ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

 

Рассмотрим применение простейшего  движения плоскости, такого как 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.

 

 

Даны две окружности b₁(O₁,r) и b₂(O₂,r), каждая из которых проходит через центр другой. Через точку А пересечения окружностей

Рис.11                          проведена прямая,

пересекающая окружности в точках M и H. Найти угол между касательными, проведенными к окружностям в точках M и H (рис.11)[10; 24].

Решение .Пусть l – касательная к окружности b₁ в точке H, а l₂ – касательная к окружности b₂ в точке М. В O₁BO₂ имеем O₁O₂=O₁B=O₂B. Аналогично O₁O₂=O₁A=O₂A в O₁AO₂. Тогда ÐBO₁A=ÐBO₂A=120°. Отсюда следует, что ÈBO₂A=ÈBO₁A=120°. В MBH получим ÐBMA=ÐBHA=60°. Тогда ÐMBH=60°. Рассмотрим поворот вокруг точки В на угол 60.:O₁®O₂, M®H. Значит O₁M®O₂H. Тогда:l₁®l₂, так как по свойству касательной l₁^ O₁M, l₂ ^O₂H. Следовательно, угол между прямыми l₁ и l₂ равен 60°.

Задача  2. На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC (рис.12) выбраны точки D и E так, что CD = CE. Прямые, проведенные через точки D и C перпендикулярно к AE, пресекают гипотенузу AB соответственно в точках К и H. Доказать, что KH = HB [10.с.31].

Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки C на 90°.:A ®B, D®E, E®E₁, C®C. Значит: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 [10.с32].

 

             Рис.12    

Задача  3. В прямоугольном треугольнике АВС (рис.13) проведена медиана СМ. На катетах АС и ВС вне треугольника построены квадраты АСКН и ВСDЕ. Доказать, что прямые СМ и DК перпендикулярны.

Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки С на 90⁰   

Рис.13

Следовательно, . Тогда В треугольнике АВК₁ отрезок СМ является средней линией, поэтому СМВК₁. Тогда , так как .

Задача 4.Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма (рис.14) при пересечении образуют прямоугольник [10;46].

 

      Рис.14

Решение. Пусть дан параллелограмм АВСD, АА₁, ВВ₁, СС₁ и DD₁ – 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 180, то есть центральную симметрию относительно точки .

.

Тогда . Следовательно, четырехугольник КНМР – параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. В параллелограмме АВСD имеем: . Значит . Тогда в АВК найдем . В параллелограмме КНМР получили , следовательно, этот параллелограмм – прямоугольник.

Задача  5.

Дан равносторонний треугольник  АВС (рис.15) и произвольная точка М. 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 60.

,

.

Рис.15

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 АВС.

Задача  6. Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны  и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма(рис.16) [10.с56].

Речь идет о двух параллелограммах, у которых смежные стороны  и углы между ними равны, т. е. АВСD и А₁В₁С₁D₁ - параллелограммы, АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁.

 

Рис.16

- проведем диагонали ВD и В₁D₁,

образуются  треугольники: АВD, СDВ, А₁В₁D₁, С₁D₁В₁.

АВD = СDВ по двум сторонам и углу между ними, т. е. АВ = СD, АD = СВ, А = С.   А₁В₁D₁ = С₁D₁В₁ по двум сторонам и углу между ними, т. е. А₁В₁ = С₁D₁, А₁D₁ = С₁В₁, А₁ = С₁.

Решение: Дано: АВСD и А₁В₁С₁D₁ - параллелограммы,(рис.16)

АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁.

Доказать: АВСD = А₁В₁С₁D₁.

Решение: В параллелограмме противоположные стороны и углы равны

АВD = СDВ по двум сторонам и углу между ними (АВ = СD, АD = СВ,

А = С). А₁В₁D₁ = С₁D₁В₁ по двум сторонам и углу между ними

(А₁В₁ = С₁D₁, А₁D₁ = С₁В₁, А₁ = С₁). АВD = А₁В₁D₁ по двум сторонам и углу между ними (АВ = А₁В₁, АD = А₁D₁, А = А₁ по условию) СDВ = С₁D₁В₁. АВСD = АВD + СDВ = А₁В₁D₁ + С₁D₁В₁ = А₁В₁С₁D₁, что и требовалось доказать.

Задача  7.В четырехугольнике ABCD (рис17) AB = , BC = 3, CD = 2,

BAD = CDA = 60 ⁰. Найти углы АВС и ВСD.

Рис.17

Решение: Рассмотрим параллельный перенос на вектор  . :AD  Получим равнобедренную трапецию ABED, у которой AB =ED = , а ABE =120°. Тогда CE = CD – ED = . В BCE имеем 9 = ² + 3 – 2x сos60° (по теореме косинусов), где BE = x. Отсюда

² - - 6 = 0 и = 2. Замечая, что BE² = BC² + CE², получим BCD = =90°, а CBE = 30°. Тогда ABC = 120° + 30° = 150°.

Задача  8. Пусть A₁, B₁, C₁ – середины сторон а ABC (рис.18), O₁, О₂, O₃ – центры окружностей, вписанных в AC₁B₁, C₁BA₁, СВА₁. Найти углы O₁O₂O₃, если AB = 4, AC = 4, BAC = =30°.

 

Рис.18

Решение: Сначала по теореме косинусов найдем сторону BC ABC: BC=4. Следовательно, ABC будет равнобедренным и BCA=30°. Рассмотрим параллельный перенос на вектор. Так как: A B₁, B₁ C, C₁ A₁, то  отображает AB₁C₁ в B₁CA₁. Тогда :O₁ O₃. Отсюда следует, что O₁O₃||AC. Аналогично рассмотрим параллельный перенос на вектор AC₁ и 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 9. Прямая, проходящая через середины сторон AB и CD четырехугольника ABCD (рис.19), 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.19). 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                  Рис.19

как по условию  1= 2, а 1 = 3 и 2= 4 как накрест лежащие углы, то 3= 4. Затем рассмотрим центральную симметрию относительно точки M. Так как Z_М : A B, то луч AA₁ отобразится в луч BB₁ , так как AA₁||BB₁||DC. Z_М : A₁ B₁, так как AA₁ = DH = HC = BB₁. В треугольнике A₁B₁H медиана MH является биссектрисой. Следовательно, A₁B₁H равнобедренный, т. е. A₁H=B₁H. Тогда и AB = CB.

 

 

Задача 10. Даны две окружности b₁(O₁, r) и b₂ (O₂, r), пересекающиеся в точках M и H (рис.20). Прямая l, параллельная прямой O₁O₂, пресекает окружность b₁ в точках A и B , а окружность b₂ в точках C и D . Доказать, что величина угла AMC               Рис. 20

не зависит от положения прямой l, если лучи AB и CD сонаправлены и прямая l пересекает отрезок MH.

Решение: Пусть прямая l₁ 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 . : b₁(O₁,r) b₂(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 11.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

Рис.21

 

 ABC (рис.21). Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BC.

S _(BC): B B, C C, H H₁. Значит S _(BC): CH CH₁, BH BH₁, СHB

CH₁B. Следовательно, СHB = СH₁B. Так как в четырехугольнике AC₁HB₁: 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 b(O,r). Аналогично, рассматривая S_(AB) и S_(AC), получим, что точки H₂ и H₃ принадлежат окружности b(O,r).

Задача 12. Точки C₁ и С₂ являются образами вершины С треугольника ABC при симметрии относительно прямых. Содержащих биссектрисы углов BAC и ABC (рис.22).Доказать, что середина отрезка C₁C₂ есть точка касания вписанной в треугольник окружности и сторон AB.      

Решение: Пусть l₁ и l₂ – прямые,  Рис.22

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 l₁. S_l1 : AC AB, C C1. Следовательно, C₁ AB. Так как O l₁, то l₁ – ось симметрии окружности b. Тогда S_l1: M H. Так как S_l1: C C1, M H, то S_l1: CM C₁H. Следовательно, CM = C₁H. Аналогично, рассматривая осевую симметрию относительно прямой l₂, получим CK = C₂H. По свойству касательных, проведенных из внешней точки C к окружности b, имеем CM=CK. Тогда C₁ H=C₂H, причем точки C₁, C₂, H принадлежат прямой AB. Следовательно, H – середина отрезка С₁С₂.