Движение на евклидовой плоскости

Задача 13. Дан равнобедренный ABC (рис.23), в котором AB = BC,      ABC = 30°. На стороне BC взята точка D так, что бы AC: BD =  : 1. Найти угол DAC .                 

Решение: Рассмотрим осевую симметрию относительно серединного перпендикуляра MH к стороне AB. S_MH: B A, D D₁, M M. Значит S_MH: BD AD₁, MBD MAD₁. Следовательно, BD=AD₁,                Рис.23

 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 D₂C₂=AC₂+AD₂–2AC₂×AD₂ cos45° =1. Отсюда D₂C₂=1, т. е. треугольник AD₂ C₂ 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  14. Два квадрата BCDA и BKMN (рис.22) имеют общую вершину В. Докажите, что медиана ВЕ треугольника АВК и высота ВF треугольника СBN лежат на одной прямой.

Решение: Для доказательства того, что медиана ВЕ и высота BF лежат на одной прямой, достаточно показать, что прямая ВЕ перпендикулярна прямой CN.                                                                    

             Рис.24

 

Применим  поворот плоскости вокруг точки В на угол 90° против часовой стрелки. При этом повороте вершина К перейдет в вершину N, вершина С – в вершину А. Обозначим через A' образ точки А при данном повороте. Отметим, что точки С, В и A' лежат на одной прямой, причем точка В делит пополам отрезок СA' .Поскольку поворот плоскости вокруг данной точки на заданный направленный угол сохраняет простое отношение трех точек, то середина Е отрезка АК перейдет в середину Е' отрезка A'N. В силу того, что мы применяем поворот вокруг точки В на угол +90°, то ЕВЕ'= 90°. Далее рассмотрим треугольник СA'N. В этом треугольнике BЕ'– средняя линия. Значит, прямая ВЕ' параллельна прямой CN. Следовательно, прямая ВЕ перпендикулярна прямой CN, т.е. точки Е, В, F лежат на одной прямой.

Задача  15.На сторонах ВС и CD квадрата ABCD (рис.25) взяты точки М и К так, что периметр треугольника СМК равен удвоенной стороне квадрата. Найдите величину угла МАК.

Решение: Применим поворот плоскости вокруг вершины А на 90°, при котором вершина В перейдет в вершину D. Обозначим через M' образ точки М при этом повороте. Поскольку периметр СМК равен удвоенной стороне квадрата, то СМ + МК + СК = ВС + CD. Так как ВС = ВМ + МС,                   Рис.25

CD = СК + KD, то СМ + МК + СК = ВМ + МС + СК + КD. Откуда следует, что МК = ВМ + КD. При повороте плоскости вокруг точки А на 90° отрезок ВМ переходит в отрезок DM', отрезок АМ – в отрезок AM', следовательно, МК = DM' + KD, АМ' = АМ. Но точка D лежит между точками M' и К, значит, DM` + KD = M`K. Таким образом, мы установили, что АМК и АМ'К равны. Следовательно, ∠МАК = ∠М'АК = 45°.

 

Задача 16.На сторонах правильного треугольника(рис.26),вне его, построены квадраты. Доказать, что их центры являются вершинами правильного треугольника.

Решение: При повороте вокруг точки О на 120° по часовой стрелке квадрат ABRL переходит в квадрат ВСNM, а квадрат ВСNM переходит в квадрат САED,                       Рис.26

  квадрат САED переходит, в свою очередь, в квадрат АВRL. Важно заметить, что при этом повороте точка O₁ переходит в точку О₂, а точка О₂ переходит в точку О₃. Значит, стороны О₁О₂, О₂О₃, О₁О₃ равны между собой. Следовательно, треугольник О₁О₂О₃ – правильный.

При повороте вокруг точки О на 120° квадрат ABRL переходит в квадрат ВСNM, а квадрат ВСNM переходит в квадрат САED, квадрат САED переходит, в свою очередь, в квадрат АВRL. Важно заметить, что при этом повороте точка O₁ переходит в точку О₂, а точка О₂ переходит в точку О₃. Значит, стороны О₁О₂, О₂О₃, О₁О₃ равны между собой. Следовательно, треугольник О₁О₂О₃ – правильный.

Задача  17. Точка В лежит между точками А и С. На отрезках АВ и ВС в одной полуплоскости с границей АС построены правильные треугольники АВЕ и ВСF(рис.27). Точки М и N – середины отрезков АF и СЕ. Доказать, что треугольник ВMN правильный.                                             Рис.27

 

 

 

Решение: При повороте вокруг точки В на направленный угол 60° точка С перейдет в точку F, а точка Е перейдет в точку А. Следовательно, отрезок СЕ перейдет в отрезок AF. Поскольку поворот, как и всякое движение плоскости, сохраняет простое отношение трех точек, значит, середина N отрезка СЕ перейдет в середину отрезка AF, т.е. точка N перейдет в точку М при повороте плоскости вокруг точки В на угол 60°. Таким образом, мы доказали, что BMN - правильный.

Задача18. В прямоугольном треугольнике (рис.28) СМ - медиана. Па катетах АС и ВС, вне треугольника ABC, построены квадраты ACFN и BCDE. Доказать, что: 1) прямые СМ и DF перпендикулярны; 2)CM = 0,5DF.

Решение: За центр поворота примем вершину прямого угла. Такой выбор центра поворота плоскости определяет и                                  Рис.28

угол поворота - 90°. При повороте вокруг точки С на угол - 90° вершина В прямоугольного треугольника ABC перейдет в точку В' принадлежащую катету АС, вершина А перейдет в вершину F квадрата. При этом гипотенуза АВ отобразится на отрезок FB' а его середина М перейдет в середину М' отрезка FB'.

Заметим, что отрезки СМ и СМ' взаимно перпендикулярны и равны. Это позволяет сделать следующее заключение: для того, чтобы доказать, что медиана СМ треугольника ABC перпендикулярна отрезку FD и равна его половине, достаточно показать, что отрезок СМ' является средней линией треугольника FB'D, что доказывается очень просто. Точка С есть середина отрезка DB' а точка М' есть середина отрезка FB'. Значит, СМ' - средняя линия треугольника FB'D.

Задача  19. В правильном шестиугольнике ABCDEF (рис.29) точки М и N - середины сторон CD и DE, Р - точка пересечения отрезков AM и BN.

1. Найдите угол между прямыми AM и BN.
2. Докажите, что треугольник АВР и четырехугольник MDNP – равновелики.           Рис.29

Решение: Применим поворот плоскости вокруг центра правильного шестиугольника на 60°, переводящем вершину А в вершину В. При этом повороте сторона CD перейдет в сторону DE, значит, точка М, как середина отрезка CD, перейдет в точку N - середину отрезка DE. Следовательно, прямая AM при повороте плоскости вокруг точки О на 60° переходит в прямую BN. По свойству поворота угол между ними равен углу поворота, т.е. 60°. Далее отметим, что при этом повороте плоскости пятиугольник AMDEF переходит в пятиугольник BNEFA. Замечательным свойством этих пятиугольников является то, что они содержат общую часть - это пятиугольник APNEF.

Если из пятиугольников AMDEF и BNEFA вырезать их общую часть -пятиугольник APNEF, то получим равновеликие фигуры - треугольник АВР и четырехугольник MDNP.

Задача 20. Доказать, что две трапеции равны, если равны их соответственные стороны (рис.30).

Доказательство:

На  плоскости зададим две трапеции A₁B₁C₁D₁ и A₂B₂C₂D₂ с основаниями A₁B₁ и C₁D₁, A₂B₂                                        Рис.30

и C₂D₂. Пусть A₁B₁ = A₂B₂ , B₁C₁ = B₂C₂, C₁D₁ = C₂D₂, A₁ D₁ = A₂ D₂. Можно показать, что при заданных условиях расстояния между основаниями этих трапеций, углы D₁A₁B₁ и D₂A₂B₂ равны. Для того чтобы доказать, что A₁B₁C₁D₁ = А₂В₂С₂D₂ покажем, что существует движение плоскости, которое переводит одну из этих трапеций в другую. Рассмотрим параллельный перенос, определяемый вектором . При этом переносе трапеция A₁B₁C₁D₁ перейдет в равную ей трапецию . Возможны два случая расположения трапеции относительно трапеции A₂B₂C₂D₂. Первый, когда они лежат в одной полуплоскости, определяемой прямой А₂В₂; второй, когда они не лежат в одной полуплоскости с границей А₂В₂. Обозначим через а угол между прямыми A₁B₁ и А₂В₂. Заметим, что угол между прямыми, содержащими меньшие основания трапеции тоже равен а. В первом случае рассмотрим поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол по часовой стрелки. При этом отрезок перейдет в отрезок А₂В₂; прямая в прямую C₂D₂ . Поскольку , то при повороте вокруг точки А₂ на угол образом точки будет служить точка D₂. Аналогичным образом получаем, что образ точки совпадает с точкой С₂.

Итак, мы показали, что при композиции параллельного переноса на вектор и поворота плоскости вокруг точки А₂ на угол трапеция A₁B₁C₁D₁ переходит в трапецию A₂B₂C₂D₂. Значит они равны. Пусть теперь трапеции и A₂B₂C₂D₂ не лежат в одной полуплоскости с границей А₂В₂. Рассмотрим поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол 360° по часовой стрелке. Аналогичными рассуждениями можно показать, что при этом повороте трапеция перейдет в трапецию A₂B₂C₂D₂. Если рассмотреть поворот плоскости вокруг точки А₂ на угол по часовой стрелке, то трапеция перейдет в некоторую трапецию .

 

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Таким образом, в ходе выполнения курсовой работы было рассмотрены частные случай движения: параллельный перенос, центральная симметрия, осевая симметрия, поворот на евклидовой плоскости. Поставленная цель исследования, обобщение и систематизация теоретического материала по теме движения на плоскости, подбор задач по данной теме, достигнута в ходе выполнения поставленных задач. Проанализирована, систематизирована теоретическая литература по данному вопросу, рассмотрены частные виды движений, выявлены общие свойства между частными видами движений, а также рассмотрено применение движений на плоскости к решению задач. Подобраны и решены задачи с применением движений на плоскости с чертежами.

Данная работа может быть использована учащимися для самостоятельного изучения темы движений на плоскости с примерами решения задач.

В дальнейшем планируется продолжить изучение движений на плоскости и  их практическое применение. 

 

ЛИТЕРАТУРА

 

1. Аргунов Б.И. Элементарная геометрия / Б.И. Аргунов, М.Б. Балк. – М.: Просвещение, 1966.
2. Атанасян Л.С. Сборник задач по элементарной геометрии / Л.С. Атанасян, М.В. Васильева, Г.Б. Гуревич, А.С. Ильин, Т.Л. Козьмина, О.С. Редозубова. – М.: Просвещение, 1964.
3. Атанасян Л.С. Геометрия / Л.С. Атанасян, В.Т. Базылев. – М.: Просвещение, 1986. – Ч. I. – 336 с.
4. Атанасян Л.С. Геометрия / Л.С. Атанасян, В.Т. Базылев. – М.: Просвещение, 1986. – Ч. II. – 352 с.
5. Барыбин К.С. Сборник геометрических задач на доказательство. – М.: Учпедгиз, 1954.
6. Болтянский В.Г. Поворот и центральная симметрия // Математика в школе. – 1989. – №6. – С. 108–120.
7. Василевский А.Б. Методы решения геометрических задач. – Минск: Вышейшая школа, 1969.
8. Вернер А.Л. Геометрия/ А.Л.Вернер, Б.Е.Кантор, С.А.Франгулов.- Спб.: "Специальная литература".1997.Ч.I.-352 с.
9. Гальперин Т.А. Московские математические олимпиады / Т.А. Гальперин, А.К. Толпыго. – М.: Просвещение, 1986.
10. Готман Э.Г. Геометрические задачи, решаемые с помощью поворота // Математика в школе. – 1989. – №3. – С. 108–114.
11. Готман Э.Г. Решение геометрических задач аналитическим методом / Э.Г. Готман, З.А. Скопец. – М.: Просвещение, 1979.
12. .Гусев В.А. Математика / В.А. Гусев, А.Г. Мордкович. – М.: Просвещение, 1998.
13. Гусев В.А. Каким должен быть курс школьной геометрии? // Математика в школе. – 2002. – №3. – С. 4–8.
14. Дорофеев С.Н. Основы подготовки будущих учителей математики к творческой деятельности. – Пенза: Информационно-издательский центр Пенз. гос. ун-та, 2002. – 218 с.
15. Дынкин Е.Б. Математические задачи / Дынкин Е.Б. и др. – М.: Наука, 1966.
16. Литвиненко В.Н. Сборник задач по стереометрии с методами решений. – М.: Просвещение, 1998. – 255 с.
17. Литвиненко В.Н. Практикум по элементарной математике. – М.: Вербум-М, 2000. – 480 с.
18. Мусхелишвили Н.И. Курс аналитической геометрии. – М.: Высшая школа, 1967.
19. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. – 2-е изд., перераб. и доп. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1991. – Ч. II. – 240 с.
20. Саранцев Г.И. Задачи и упражнения на геометрические преобразования. – М.: Просвещение, 1999.
21. Сборник московских математических олимпиад / Под ред. В.Г. Болтянского. – М.: Просвещение, 1965. – 384 с.
22. Сборник задач по геометрии / Под ред. В.Т. Базылева. – М.: Просвещение, 1980. – 240 с.
23. Скопец З.А. Задачи и теоремы по элементарной геометрии / З.А. Скопец, В.А. Жаров. – М.: Просвещение, 1968.
24. Смирнова И.М. Геометрия: Учебное пособие для 9–11 классов естественнонаучного профиля / И.М. Смирнова, В.А. Смирнов. – М.: Просвещение, 2001. – 239 с.
25. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии (планиметрия). – М.: Наука, 1986.
26. – www.wikipedia.ru (электронная энциклопедия «Википедия»);